$ABC$ üçgeninde $AD$ iç açıortay ve $BP$ dış açıortay olmak üzere;
$i.\quad$ Herhangi bir üçgende, bir köşeden çizilen iç açıortay ile diğer iki köşeden çizilen iki dış açıortayın bir noktada kesiştiğini (noktadaş) gösteriniz.
$ii.\quad \Large \frac{\left | BD \right |}{\left | DP \right |} = \frac{\left | BA \right |}{\left | AP \right |}$
$iii.\quad \left | BP \right |^{2} = \left | AP \right |\left | DP \right | – \left | BD \right |\left | BA \right |$
olduğunu gösteriniz.
KANIT:
Bu yazıdan önce iç açıortay teoremleri ve iç teğet çember yazısını okumanız faydalı olacaktır.
$i.$ $ C\widehat {A}B$ açısının açıortayı ve $C\widehat {B}K$ açısının açıortayının kesiştiği noktaya $P$ noktası diyelim. $[CP $ ışınının açıortay olduğunu göstermemiz, tek bir noktada kesiştiğini göstermeye yetecektir.
$P$ noktasından $AB$, $BC$ ve $AC$ doğrularına indirdiğimiz dikme ayakları sırasıyla $K$, $T$ ve $L$ olsun. $AP$ açıortay olduğu için $\left | PK \right | = \left | PL \right |$ , $BP$ açıortay olduğu için $\left | PT \right | = \left | PK \right |$’dir. O halde $\left | PT \right | = \left | PL \right |$ olduğu görülür.
$$TCP\cong LCP \quad \Rightarrow \quad m(P\widehat{C}T) = m(P\widehat{C}L)$$
O halde $[CP $ ışını da bir açıortay olup, bu da üçgende bir köşeden çizilen iç açıortay ile diğer iki köşeden çizilen iki dış açıortayın bir noktada kesiştiğini (noktadaş) gösterir.
Dış teğet çember / Dış merkez:
$K$, $T$, $L$ noktalarından bir tek çember geçer ve $\left | PK \right |= \left | PT \right | = \left | PL \right |$ olduğu için bu çemberin merkezi $P$ noktasıdır. $P$ merkezli bu çembere dış teğet çember denir. $P$ noktasına $ABC$ üçgeninin dış teğet çemberinin merkezi veya dış merkezi denir.
Sonuçlar:
1.
$$\left | BC \right |=a, \left | AC \right |=b, \left | AB \right |=c$$
$$Alan(ABC)=Alan(ABP)+Alan(ACP)-Alan(BPC)$$
$$Alan(ABC)= \frac{c.r_{a}}{2} + \frac{b.r_{a}}{2} – \frac{a.r_{a}}{2} = r_{a}.\frac{(b+c-a)}{2}$$
$$Alan(ABC)= r_{a}.(\frac{Çevre(ABC)}{2}-a), \quad u= \frac{Çevre(ABC)}{2} $$
$$ \Rightarrow \quad Alan(ABC)=r_{a}.(u-a) $$
Diğer kenarlar için de aynı metodu uygularsak sonuç olarak;
$$ \quad Alan(ABC)=r_{a}.(u-a)=r_{b}.(u-b)=r_{c}.(u-c) $$
2.
- $LBP$, $KCP$ ve $KAP$ doğrusaldır.
- $BP$, $CP$ dış açıortay olduğu için $AP$ iç açıortaydır.
- $AK$, $CK$ dış açıortay olduğu için $BK$ iç açıortaydır.
- $BL$, $AL$ dış açıortay olduğu için $CL$ iç açıortaydır.
- O halde $O$ noktası $ABC$ üçgeninin iç teğet çemberinin merkezidir.
- Aynı açyıya ait iç açıortayla, dış açıortay dik kesişeceği için
$LC \perp KP$, $AP \perp LK$, $BK \perp AC$
$ii.$
$BDP$ ve $BAP$ üçgenlerinin $DP$ ve $AP$ kenarlarına ait yükseklikler eşit olduğu için:
$$ \frac{Alan(BDP)}{Alan(BPA)}=\frac{\left | DP \right|}{\left |AP \right |} $$
$$Alan(BDP)= \frac{\left |BD \right |.r}{2}, \quad Alan(BAP)= \frac{\left |BA \right |.r}{2} $$
$$\frac{\left |DP \right |}{\left |AP \right |} = \frac{\left |BD \right |}{\left |BA \right |} \Rightarrow \frac{\left |BD \right |}{\left |DP \right |} = \frac{\left |BA \right |}{\left |AP \right |}$$
$iii.$
$AB$ doğrusu üzerinde $\left |PD \right | = \left |PK \right |$ olacak şekilde bir $K$ noktası seçilirse; $PDP\cong PKB$ (PDBK deltoid) olur. Yani $\left |PK \right | = \left |PD \right |$ ve $\left |BD \right | = \left |BK \right |$’dir.
$KAP$ üçgeninde iç açıortay teoremini kullanırsak:
$$\left | BP \right |^{2} = \left | AP \right |\left | KP \right | – \left | BK \right |\left | BA \right |$$
$$ \left |KP \right | = \left |PD \right | ve \left |BK \right | = \left |BA \right |$$ olduğuna göre
$$\left | BP \right |^{2} = \left | AP \right |\left | PD \right | – \left | BD \right |\left | BA \right |$$
elinize sağlık hocam