1 Dik Koordinatlar ve Uzaklık
Analitik geometri, geometriyi cebirle yapma yöntemidir. Öklid’in M.Ö. 300 dolaylarında Elementler adlı eserinde topladığı geometri; uzunluk, açı, alan ve hacim gibi ölçülebilir özellikleri sayı ve denklem kullanmadan, yalnız şekiller üzerinde akıl yürüterek inceler. Bu sentetik yöntem on yedinci yüzyıla kadar geometrinin ana yolu oldu. Koordinat sistemleri kullanılmaya başlanınca noktalar sayılarla, şekiller denklemlerle anlatılabildi; geometrik bir problem cebirsel bir probleme dönüştü ve analitik geometri doğdu. Araçlarımız sayılar, koordinatlar, denklemler ve denklem sistemleri, vektörler, matrisler ve determinantlardır. Bunlarla iki nokta arasındaki uzaklık, bir üçgenin alanı, iki yüzey arasındaki açı, iki eğrinin kesişmesi ya da teğet olması gibi soruları ve geometrik dönüşümleri inceleyeceğiz.
Çalışmamız iki yönlüdür. Bir yanda, bir özellikle tarif edilmiş bir noktalar kümesinin (bir geometrik yerin) denklemini bulur, çoğu zaman şeklini de çizeriz. Öbür yanda, verilen bir denklemi ya da denklem sistemini sağlayan noktaların oluşturduğu şeklin geometrik özelliklerini ortaya çıkarırız. Sahnemiz iki ve üç boyutlu Öklid uzayıdır. Düzlemde (\(\mathbb{R}^2\)) başrolde \(Ax+By+C=0\) biçimindeki doğrular ve \(Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0\) biçimindeki eğriler vardır; uzayda (\(\mathbb{R}^3\)) ise \(Ax+By+Cz+D=0\) biçimindeki düzlemler ve \[ Ax^2+By^2+Cz^2+Dxy+Exz+Fyz+Gx+Hy+Kz+L=0 \] biçimindeki yüzeyler. Amacımız geometrik nesnelerin şeklini ve özelliklerini ortaya koymak, cebirsel kavramlarla rahatça işlem yapma alışkanlığı kazanmak ve cebirle ifade edilmiş bir bilginin geometrik anlamını görebilmektir.
Bu ilk bölümde bir doğrunun ve bir düzlemin noktalarını sayılarla adlandırmayı öğreneceğiz. Ardından ilk aracımızı, iki nokta arasındaki uzaklık formülünü kuracak ve onunla üçgenleri, kareleri ve aynı doğru üzerindeki noktaları tanıyacağız.
1.1 Sayı Doğrusu ve Temel İlke
Nokta geometrinin en temel kavramıdır: yalnızca bir konumu vardır, uzunluğu ya da genişliği yoktur. Doğrular, çemberler, üçgenler, yüzeyler, hepsi birer noktalar kümesi olarak düşünülebilir. O hâlde noktaları sayılarla adlandırabilirsek, bütün bu nesneleri de sayılarla ve denklemlerle anlatabiliriz. Bir noktayı temsil eden sayılara koordinat diyoruz. İlk adımı en basit yerde, bir doğru üzerinde atalım.
Tanım 1.1 (Analitik Geometrinin Temel İlkesi) Bir doğru üzerinde \(0\)’a ve \(1\)’e karşılık gelecek iki nokta seçelim. \(0\)’ın noktasından \(1\)’in bulunduğu tarafa doğru yön pozitif yön, öbür taraf negatif yön olsun ve bu iki nokta arasındaki uzaklık birim kabul edilsin. Bu durumda
- her \(x \in \mathbb{R}\) için doğru üzerinde, \(0\)’ın noktasına işaretli uzaklığı \(x\) olan bir ve yalnız bir \(X\) noktası vardır;
- tersine, doğrunun her \(X\) noktası, \(0\)’ın noktasına işaretli uzaklığı olan bir ve yalnız bir \(x \in \mathbb{R}\) sayısı belirtir.
Böylece doğrunun noktaları ile \(\mathbb{R}\)’nin elemanları birebir ve örten olarak eşlenir. Bütün koordinatlamalar bu eşlemeye dayandığından, bu ilkeye analitik geometrinin temel ilkesi denir.
Yani doğru üzerinde yalnız iki nokta işaretlemek yeter: biri başlangıcı (\(0\)), öbürü hem yönü hem de birimi (\(1\)) belirler. “İşaretli uzaklık”, \(X\) noktası pozitif taraftaysa uzaklığın kendisi, negatif taraftaysa uzaklığın eksilisi demektir. Örneğin \(0\)’ın \(2{,}5\) birim sağındaki noktanın sayısı \(2{,}5\), \(3\) birim solundakinin sayısı \(-3\)’tür.
Tanım 1.2 (Cantor–Dedekind Yöntemi) Bir doğrunun noktalarını temel ilkedeki eşlemeyle (bkz. Tanım 1.1) \(\mathbb{R}\)’nin elemanları ile temsil etme yöntemine Cantor–Dedekind yöntemi denir.
Yani Cantor–Dedekind yöntemi, “doğrunun her noktasına bir reel sayı, her reel sayıya doğrunun bir noktası” ilkesinin adıdır. Böyle birebir ve örten bir eşlemenin var olduğunu ispatlamıyoruz; bu, analitik geometrinin başlangıç kabulüdür.
Tanım 1.3 (Sayı Doğrusu) \(\mathbb{R}\) ile birebir ve örten olarak eşlenmiş bir doğruya sayı doğrusu denir.
Yani sayı doğrusu, üzerine başlangıç, yön ve birim yerleştirilmiş bir doğrudur; her noktası bir reel sayının “adresidir”. Bundan sonra bir sayı doğrusu üzerindeki noktayı çoğu zaman karşılık geldiği sayıyla birlikte anacağız.
1.2 Dik Koordinat Sistemi
Düzlemde bir noktanın yerini tek bir sayıyla belirleyemeyiz; iki sayıya ihtiyaç vardır. Bunun için düzlemde birbirini dik kesen iki sayı doğrusu alırız: birinin pozitif yönünü sağa, öbürününkünü yukarı yönlendiririz.
Tanım 1.4 (X-Ekseni ve Y-Ekseni) Düzlemde birbirini dik kesen iki sayı doğrusundan sağa yönlendirilmiş yatay olanına \(X\)-ekseni, yukarı yönlendirilmiş düşey olanına \(Y\)-ekseni denir. İki eksenin kesim noktası \(O\) ile gösterilir ve iki eksen üzerinde de \(0\) sayısına karşılık gelir.
Yani \(X\)-ekseni ve \(Y\)-ekseni, ortak başlangıç noktası \(O\) olan iki sayı doğrusudur. Bu iki eksenle donatılmış düzleme bundan sonra kısaca dik koordinat düzlemi diyeceğiz.
Şimdi düzlemde bir \(P\) noktası alalım. \(P\)’den geçen ve eksenlere dik olan iki doğru çizelim. \(X\)-eksenine inilen dikme bu ekseni tek bir noktada keser; bu noktanın \(X\)-ekseni üzerindeki sayısı \(x\) olsun. Aynı biçimde \(Y\)-eksenine inilen dikme de bu ekseni tek bir noktada keser; onun \(Y\)-ekseni üzerindeki sayısı \(y\) olsun. Böylece \(P\) noktası bir \((x, y) \in \mathbb{R}^2\) sıralı ikilisi belirtir.
Tersine, bir \((x, y) \in \mathbb{R}^2\) ikilisi verilsin. \(X\)-ekseni üzerinde \(x\)’e karşılık gelen noktadan bu eksene bir dik, \(Y\)-ekseni üzerinde \(y\)’ye karşılık gelen noktadan da bu eksene bir dik çizelim. Bu iki dik doğru tek bir noktada kesişir. Böylece düzlemin her noktasına bir sıralı ikili, her sıralı ikiliye de düzlemin bir noktası karşılık gelir: düzlemin noktaları ile \(\mathbb{R}^2\) birebir ve örten olarak eşlenmiş olur.
Tanım 1.5 (Dik Koordinatlar) Düzlemdeki bir \(P\) noktasının yukarıdaki yolla belirttiği \((x, y) \in \mathbb{R}^2\) sıralı ikilisine \(P\)’nin dik koordinatları denir ve bu durum \[ P(x, y) \quad \text{ya da} \quad P = (x, y) \] biçiminde yazılır.
Yani \(P(x, y)\) yazdığımızda, \(x\) sayısı \(P\)’nin \(X\)-eksenine dik izdüşümünün, \(y\) sayısı ise \(Y\)-eksenine dik izdüşümünün adresidir. Sıra önemlidir: \((2, 5)\) ile \((5, 2)\) farklı noktalardır. Başlangıç noktası \(O = (0, 0)\)’dır; \(X\)-ekseninin noktaları \((x, 0)\), \(Y\)-ekseninin noktaları \((0, y)\) biçimindedir.
Tanım 1.6 (Apsis ve Ordinat) \(P(x, y) \in \mathbb{R}^2\) noktası için \(x\) sayısına \(P\)’nin apsisi, \(y\) sayısına \(P\)’nin ordinatı denir.
Yani apsis “birinci koordinat”, ordinat “ikinci koordinat”tır. Örneğin \(P(-3, 6)\) noktasının apsisi \(-3\), ordinatı \(6\)’dır.
Tanım 1.7 (Apsisler Ekseni ve Ordinatlar Ekseni) \(X\)-eksenine apsisler ekseni, \(Y\)-eksenine ordinatlar ekseni denir.
Yani apsisler \(X\)-ekseni üzerinde, ordinatlar \(Y\)-ekseni üzerinde okunur.
İki eksen düzlemi \(O\) noktasında kesişen dört parçaya ayırır. \(Y\)-ekseninin sağındaki noktaların apsisi pozitif, solundakilerin negatiftir; \(X\)-ekseninin üstündeki noktaların ordinatı pozitif, altındakilerin negatiftir. Bu dört parçaya ad verelim.
Tanım 1.8 (Bölgeler) Eksenler dışında kalan noktalar, koordinatlarının işaretine göre dört bölgeye ayrılır:
| Bölge | Apsis | Ordinat |
|---|---|---|
| I. bölge | \(x > 0\) | \(y > 0\) |
| II. bölge | \(x < 0\) | \(y > 0\) |
| III. bölge | \(x < 0\) | \(y < 0\) |
| IV. bölge | \(x > 0\) | \(y < 0\) |
Yani bir noktanın hangi bölgede olduğunu koordinatlarının işaretleri söyler; bölgeler I’den IV’e saat yönünün tersine sıralanır. Eksenlerin üzerindeki noktalar (bir koordinatı \(0\) olanlar) hiçbir bölgeye ait değildir.
Örnek 1.1 (Noktaların Bölgelerini Bulma) \(A(3, -2)\), \(B(-1, 4)\), \(C(-2, -5)\), \(D(0, 3)\) ve \(E(4, 1)\) noktalarının hangi bölgede olduğunu belirleyin.
Çözüm
Her noktada apsisin ve ordinatın işaretine bakıp bölgeler tablosunu (bkz. Tanım 1.8) kullanırız.
- \(A(3, -2)\): apsis pozitif, ordinat negatif; \(A\) IV. bölgededir.
- \(B(-1, 4)\): apsis negatif, ordinat pozitif; \(B\) II. bölgededir.
- \(C(-2, -5)\): iki koordinat da negatif; \(C\) III. bölgededir.
- \(D(0, 3)\): apsis \(0\) olduğundan \(D\), \(Y\)-ekseni üzerindedir; hiçbir bölgeye ait değildir.
- \(E(4, 1)\): iki koordinat da pozitif; \(E\) I. bölgededir.
\(\blacksquare\)
Düzlemde dönme ve açı ölçerken hangi yönün pozitif sayılacağını da baştan kararlaştıralım.
Tanım 1.9 (Pozitif Yön) Düzlemde saat yönünün tersi pozitif yön, saat yönü negatif yön kabul edilir.
Yani pozitif \(X\)-ekseninden pozitif \(Y\)-eksenine giden çeyrek dönüş pozitif yöndedir; bölgelerin I, II, III, IV diye sıralanışı da bu yönü izler.
1.3 İki Nokta Arasındaki Uzaklık
Koordinatlar elimizde olunca ilk soru şudur: iki noktanın koordinatları biliniyorsa aralarındaki uzaklık nedir? \(P_1(x_1, y_1)\) ve \(P_2(x_2, y_2)\) noktalarını alalım. \(P_1\)’den geçen yatay doğru ile \(P_2\)’den geçen düşey doğru \(H(x_2, y_1)\) noktasında dik açıyla kesişir. \(P_1HP_2\) bir dik üçgendir: yatay dik kenarı \(|P_1H| = |x_2 - x_1|\), düşey dik kenarı \(|HP_2| = |y_2 - y_1|\) uzunluğundadır. Pisagor bağıntısı hipotenüsü verir.
Tanım 1.10 (İki Nokta Arasındaki Uzaklık) Düzlemde \(P_1(x_1, y_1)\) ve \(P_2(x_2, y_2)\) noktaları verilsin. \(P_1\) ile \(P_2\) arasındaki uzaklık \(|P_1P_2|\) ile gösterilir ve \[ \begin{aligned} |P_1P_2| &= \sqrt{|P_1H|^2 + |HP_2|^2} \\[1mm] &= \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2} \end{aligned} \] olarak tanımlanır; burada \(H = (x_2, y_1)\)’dir.
Yani iki nokta arasındaki uzaklık, apsisler farkının karesi ile ordinatlar farkının karesinin toplamının kareköküdür. Formülün arkasında yalnızca Pisagor bağıntısı vardır: \(P_1HP_2\) dik üçgeninde hipotenüs \(P_1P_2\)’dir. Birkaç gözlem:
- Kenar uzunluklarındaki mutlak değerler kare alınınca kaybolur: \(|x_2 - x_1|^2 = (x_2 - x_1)^2\).
- Noktaların sırası önemli değildir: \((x_2 - x_1)^2 = (x_1 - x_2)^2\) olduğundan \(|P_1P_2| = |P_2P_1|\).
- İki nokta aynı yatay doğru üzerindeyse (\(y_1 = y_2\)) formül \(|P_1P_2| = |x_2 - x_1|\)’e, aynı düşey doğru üzerindeyse (\(x_1 = x_2\)) \(|P_1P_2| = |y_2 - y_1|\)’e iner. Bu durumda \(P_1HP_2\) üçgeni bozulur ama formül yine doğrudur.
- \(P(x, y)\) noktasının başlangıç noktasına uzaklığı \(|OP| = \sqrt{x^2 + y^2}\)’dir.
Örnek 1.2 (Uzaklık Hesabı: Genel Durum) \(P_1(4, 1)\) ve \(P_2(3, -2)\) noktaları arasındaki uzaklığı bulun.
Çözüm
Uzaklık formülünde (bkz. Tanım 1.10) \(x_1 = 4\), \(y_1 = 1\), \(x_2 = 3\), \(y_2 = -2\) yazarız: \[ |P_1P_2| = \sqrt{(3 - 4)^2 + (-2 - 1)^2} = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10}. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 1.3 (Uzaklık Hesabı: Aynı Düşey Doğru) \(P_1(2, -6)\) ve \(P_2(2, -2)\) noktaları arasındaki uzaklığı bulun.
Çözüm
İki noktanın apsisi aynıdır; noktalar \(x = 2\) düşey doğrusu üzerindedir. Formül: \[ |P_1P_2| = \sqrt{(2 - 2)^2 + \bigl(-2 - (-6)\bigr)^2} = \sqrt{0 + 16} = 4. \] Bu, ordinatlar farkının mutlak değeri \(|-2 - (-6)| = 4\) ile aynıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 1.4 (Uzaklık Hesabı: Başlangıç Noktasından) \(P_1(0, 0)\) ve \(P_2(-6, -8)\) noktaları arasındaki uzaklığı bulun.
Çözüm
\(P_1\) başlangıç noktası olduğundan formül \(\sqrt{x_2^2 + y_2^2}\)’ye iner: \[ |P_1P_2| = \sqrt{(-6 - 0)^2 + (-8 - 0)^2} = \sqrt{36 + 64} = 10. \]
\(\blacksquare\)
Uzaklık formülü bilinmeyen bir koordinatı bulmak için de kullanılır: uzaklık verilirse formül bir denkleme dönüşür.
Örnek 1.5 (Verilen Uzaklıktaki Noktalar) Apsisi \(3\) olan ve \(P(-3, 6)\) noktasına \(10\) birim uzaklıkta bulunan noktaları bulun.
Çözüm
Aranan nokta \(Q(3, y)\) olsun. \(|PQ| = 10\) koşulunu iki tarafın karesini alarak yazalım: \[ \bigl(3 - (-3)\bigr)^2 + (y - 6)^2 = 100 \iff 36 + (y - 6)^2 = 100 \iff (y - 6)^2 = 64. \] Karesi \(64\) olan sayılar \(8\) ve \(-8\)’dir; dolayısıyla \(y - 6 = 8\) ya da \(y - 6 = -8\), yani \(y = 14\) ya da \(y = -2\). Aranan noktalar \[ Q_1(3, -2) \quad \text{ve} \quad Q_2(3, 14) \] noktalarıdır. Denetim: \[ |PQ_1| = \sqrt{6^2 + (-8)^2} = 10, \qquad |PQ_2| = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10. \]
Geometrik olarak: apsisi \(3\) olan noktalar \(x = 3\) düşey doğrusunu oluşturur; \(P\)’ye \(10\) birim uzaklıktaki noktalar ise \(P\) merkezli, \(10\) yarıçaplı çemberi. Doğru bu çemberi iki noktada keser.
\(\blacksquare\)
1.4 Uzaklıkla Şekil Tanıma
Uzaklık formülü, köşeleri verilmiş bir çokgenin kenar uzunluklarını hesaplamamızı sağlar. Kenar uzunlukları da çoğu zaman şeklin ne olduğunu söyler: eşit kenarlar ikizkenarlığı, Pisagor bağıntısı dik açıyı, uzunlukların toplanabilmesi de doğrusallığı ele verir.
- Gereken bütün kenar uzunluklarını uzaklık formülüyle hesapla; kareleri de not et, çünkü çoğu karşılaştırma karelerle yapılır.
- Eşit uzunluklara bak: iki kenar eşitse üçgen ikizkenar, dört kenar eşitse dörtgen eşkenar dörtgendir.
- Dik açıyı Pisagor bağıntısının tersiyle ara: bir üçgende en uzun kenarın karesi öbür iki kenarın karelerinin toplamına eşitse, en uzun kenarın karşısındaki açı diktir.
- Doğrusallığı toplamla ara: \(|AB| + |BC| = |AC|\) ise \(B\) noktası \(AC\) doğru parçası üzerindedir ve üç nokta aynı doğru üzerindedir. Aksi hâlde üçgen eşitsizliği gereği \(|AB| + |BC| > |AC|\) olur ve \(A\), \(B\), \(C\) bir üçgenin köşeleridir.
İlk iki örnekte yalnız kenar uzunluklarını hesaplıyoruz. Bir üçgenin çevresi, üç kenarının uzunlukları toplamıdır.
Örnek 1.6 (Üçgenin Çevresi: Birinci Üçgen) Köşeleri \(A(0, 4)\), \(B(-4, 1)\) ve \(C(3, -3)\) olan üçgenin çevresini bulun.
Çözüm
Kenar uzunlukları: \[ \begin{aligned} |AB| &= \sqrt{(-4 - 0)^2 + (1 - 4)^2} = \sqrt{16 + 9} = 5, \\[1mm] |BC| &= \sqrt{\bigl(3 - (-4)\bigr)^2 + (-3 - 1)^2} = \sqrt{49 + 16} = \sqrt{65}, \\[1mm] |CA| &= \sqrt{(0 - 3)^2 + \bigl(4 - (-3)\bigr)^2} = \sqrt{9 + 49} = \sqrt{58}. \end{aligned} \] Çevre: \[ |AB| + |BC| + |CA| = 5 + \sqrt{65} + \sqrt{58}. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 1.7 (Üçgenin Çevresi: İkinci Üçgen) Köşeleri \(A(-2, 5)\), \(B(4, 3)\) ve \(C(7, -2)\) olan üçgenin çevresini bulun.
Çözüm
Kenar uzunlukları: \[ \begin{aligned} |AB| &= \sqrt{\bigl(4 - (-2)\bigr)^2 + (3 - 5)^2} = \sqrt{36 + 4} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10}, \\[1mm] |BC| &= \sqrt{(7 - 4)^2 + (-2 - 3)^2} = \sqrt{9 + 25} = \sqrt{34}, \\[1mm] |CA| &= \sqrt{(-2 - 7)^2 + \bigl(5 - (-2)\bigr)^2} = \sqrt{81 + 49} = \sqrt{130}. \end{aligned} \] Çevre: \[ |AB| + |BC| + |CA| = 2\sqrt{10} + \sqrt{34} + \sqrt{130}. \] Kareköklerin altındaki sayılarda tam kare çarpan kalmadığından bu toplam daha fazla sadeleşmez.
\(\blacksquare\)
Örnek 1.8 (İkizkenar Üçgen: Birinci Üçgen) Köşeleri \(A(2, -2)\), \(B(-3, -1)\) ve \(C(1, 6)\) olan üçgenin ikizkenar olduğunu gösterin.
Çözüm
Kenar uzunlukları: \[ \begin{aligned} |AB| &= \sqrt{(-3 - 2)^2 + \bigl(-1 - (-2)\bigr)^2} = \sqrt{25 + 1} = \sqrt{26}, \\[1mm] |BC| &= \sqrt{\bigl(1 - (-3)\bigr)^2 + \bigl(6 - (-1)\bigr)^2} = \sqrt{16 + 49} = \sqrt{65}, \\[1mm] |CA| &= \sqrt{(2 - 1)^2 + (-2 - 6)^2} = \sqrt{1 + 64} = \sqrt{65}. \end{aligned} \] \(|BC| = |CA| = \sqrt{65}\) olduğundan \(ABC\) üçgeni, tepe noktası \(C\) olan bir ikizkenar üçgendir.
\(\blacksquare\)
Örnek 1.9 (İkizkenar Üçgen: İkinci Üçgen) Köşeleri \(A(-2, 2)\), \(B(6, 6)\) ve \(C(2, -2)\) olan üçgenin ikizkenar olduğunu gösterin.
Çözüm
Kenar uzunlukları: \[ \begin{aligned} |AB| &= \sqrt{\bigl(6 - (-2)\bigr)^2 + (6 - 2)^2} = \sqrt{64 + 16} = \sqrt{80} = 4\sqrt{5}, \\[1mm] |BC| &= \sqrt{(2 - 6)^2 + (-2 - 6)^2} = \sqrt{16 + 64} = \sqrt{80} = 4\sqrt{5}, \\[1mm] |CA| &= \sqrt{(-2 - 2)^2 + \bigl(2 - (-2)\bigr)^2} = \sqrt{16 + 16} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}. \end{aligned} \] \(|AB| = |BC| = 4\sqrt{5}\) olduğundan \(ABC\) üçgeni, tepe noktası \(B\) olan bir ikizkenar üçgendir.
\(\blacksquare\)
Dik üçgenlerde alan da kolayca bulunur: dik kenarlardan biri taban, öbürü yükseklik olduğundan dik üçgenin alanı dik kenarlarının çarpımının yarısıdır. \(ABC\) üçgeninin alanını \(\mathcal{A}(ABC)\) ile göstereceğiz.
Örnek 1.10 (Dik Üçgen Olduğunu Gösterme: Birinci Üçgen) Köşeleri \(A(-4, -1)\), \(B(3, 2)\) ve \(C(0, 9)\) olan üçgenin dik üçgen olduğunu gösterin.
Çözüm
Kenar uzunlukları: \[ \begin{aligned} |AB| &= \sqrt{\bigl(3 - (-4)\bigr)^2 + \bigl(2 - (-1)\bigr)^2} = \sqrt{49 + 9} = \sqrt{58}, \\[1mm] |BC| &= \sqrt{(0 - 3)^2 + (9 - 2)^2} = \sqrt{9 + 49} = \sqrt{58}, \\[1mm] |CA| &= \sqrt{(-4 - 0)^2 + (-1 - 9)^2} = \sqrt{16 + 100} = \sqrt{116}. \end{aligned} \] En uzun kenar \(CA\)’dır ve \[ |AB|^2 + |BC|^2 = 58 + 58 = 116 = |CA|^2. \] Pisagor bağıntısının tersi gereği \(CA\)’nın karşısındaki \(B\) açısı diktir; \(ABC\) bir dik üçgendir. Üstelik \(|AB| = |BC|\) olduğundan bu üçgen bir ikizkenar dik üçgendir.
\(\blacksquare\)
Örnek 1.11 (Dik Üçgenin Alanı: Birinci Üçgen) Köşeleri \(A(-4, -1)\), \(B(3, 2)\) ve \(C(0, 9)\) olan üçgenin alanını bulun.
Çözüm
Bir önceki örnekte (bkz. Örnek 1.10) bu üçgenin \(B\) köşesinde dik olduğunu ve dik kenarlarının \(|AB| = |BC| = \sqrt{58}\) olduğunu gördük. Dik kenarların çarpımının yarısı: \[ \mathcal{A}(ABC) = \frac{1}{2}\,|AB|\,|BC| = \frac{1}{2}\sqrt{58}\,\sqrt{58} = \frac{58}{2} = 29. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 1.12 (Dik Üçgen Olduğunu Gösterme: İkinci Üçgen) Köşeleri \(A(-2, 3)\), \(B(0, 4)\) ve \(C(3, -2)\) olan üçgenin dik üçgen olduğunu gösterin.
Çözüm
Kenar uzunlukları: \[ \begin{aligned} |AB| &= \sqrt{\bigl(0 - (-2)\bigr)^2 + (4 - 3)^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5}, \\[1mm] |BC| &= \sqrt{(3 - 0)^2 + (-2 - 4)^2} = \sqrt{9 + 36} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}, \\[1mm] |AC| &= \sqrt{\bigl(3 - (-2)\bigr)^2 + (-2 - 3)^2} = \sqrt{25 + 25} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}. \end{aligned} \] En uzun kenar \(AC\)’dir ve \[ |AB|^2 + |BC|^2 = 5 + 45 = 50 = |AC|^2. \] Pisagor bağıntısının tersi gereği \(B\) açısı diktir; \(ABC\) bir dik üçgendir.
\(\blacksquare\)
Örnek 1.13 (Dik Üçgenin Alanı: İkinci Üçgen) Köşeleri \(A(-2, 3)\), \(B(0, 4)\) ve \(C(3, -2)\) olan üçgenin alanını bulun.
Çözüm
Bir önceki örnekte (bkz. Örnek 1.12) dik açının \(B\)’de olduğunu, dik kenarların da \(|AB| = \sqrt{5}\) ve \(|BC| = 3\sqrt{5}\) olduğunu bulduk. Buna göre \[ \mathcal{A}(ABC) = \frac{1}{2}\,|AB|\,|BC| = \frac{1}{2}\sqrt{5}\,\bigl(3\sqrt{5}\bigr) = \frac{3 \cdot 5}{2} = \frac{15}{2}. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 1.14 (Dört Noktanın Kare Oluşturması) \(A(-1, -2)\), \(B(0, 1)\), \(C(-3, 2)\) ve \(D(-4, -1)\) noktalarının bir karenin köşeleri olduğunu gösterin.
Çözüm
Önce dört kenarı hesaplayalım: \[ \begin{aligned} |AB| &= \sqrt{\bigl(0 - (-1)\bigr)^2 + \bigl(1 - (-2)\bigr)^2} = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10}, \\[1mm] |BC| &= \sqrt{(-3 - 0)^2 + (2 - 1)^2} = \sqrt{9 + 1} = \sqrt{10}, \\[1mm] |CD| &= \sqrt{\bigl(-4 - (-3)\bigr)^2 + (-1 - 2)^2} = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10}, \\[1mm] |DA| &= \sqrt{\bigl(-1 - (-4)\bigr)^2 + \bigl(-2 - (-1)\bigr)^2} = \sqrt{9 + 1} = \sqrt{10}. \end{aligned} \] Dört kenar eşit olduğundan \(ABCD\) bir eşkenar dörtgendir. Kare olduğunu görmek için bir dik açı yeter. \(AC\) köşegenini hesaplayalım: \[ |CA| = \sqrt{\bigl(-1 - (-3)\bigr)^2 + (-2 - 2)^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20}. \] Buradan \[ \begin{aligned} &|AB|^2 + |BC|^2 = 10 + 10 = 20 = |CA|^2 \quad\text{ve}\\[1mm] &|CD|^2 + |DA|^2 = 10 + 10 = 20 = |AC|^2 \end{aligned} \] elde edilir. Pisagor bağıntısının tersi gereği \(ABC\) ve \(CDA\) üçgenleri sırasıyla \(B\)’de ve \(D\)’de dik olan ikizkenar dik üçgenlerdir. Dört kenarı eşit ve bir açısı dik olan dörtgen karedir; dolayısıyla \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) bir karenin köşeleridir.
Aynı sonuca öbür köşegenle de ulaşabiliriz: \[ |DB| = \sqrt{\bigl(0 - (-4)\bigr)^2 + \bigl(1 - (-1)\bigr)^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20}, \] dolayısıyla \[ \begin{aligned} &|BC|^2 + |CD|^2 = 10 + 10 = 20 = |DB|^2 \quad\text{ve}\\[1mm] &|DA|^2 + |AB|^2 = 10 + 10 = 20 = |BD|^2. \end{aligned} \] Buna göre \(BCD\) ve \(DAB\) üçgenleri sırasıyla \(C\)’de ve \(A\)’da dik olan ikizkenar dik üçgenlerdir ve \(ABCD\) yine bir karedir. İki köşegenin eşit çıkması (\(|AC| = |BD| = \sqrt{20}\)) da karenin bilinen bir özelliğidir.
\(\blacksquare\)
Örnek 1.15 (Aynı Doğru Üzerindeki Üç Nokta) \(A(-2, 8)\), \(B(0, 4)\) ve \(C(3, -2)\) noktalarının aynı doğru üzerinde bulunduğunu gösterin.
Çözüm
Üç uzaklığı hesaplayalım: \[ \begin{aligned} |AB| &= \sqrt{\bigl(0 - (-2)\bigr)^2 + (4 - 8)^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}, \\[1mm] |BC| &= \sqrt{(3 - 0)^2 + (-2 - 4)^2} = \sqrt{9 + 36} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}, \\[1mm] |AC| &= \sqrt{\bigl(3 - (-2)\bigr)^2 + (-2 - 8)^2} = \sqrt{25 + 100} = \sqrt{125} = 5\sqrt{5}. \end{aligned} \] Buradan \[ |AB| + |BC| = 2\sqrt{5} + 3\sqrt{5} = 5\sqrt{5} = |AC| \] bulunur. Üçgen eşitsizliğinde eşitlik ancak \(B\) noktası \(AC\) doğru parçası üzerindeyken olur; dolayısıyla \(A\), \(B\), \(C\) aynı doğru üzerindedir ve \(B\), \(A\) ile \(C\)’nin arasındadır.
\(\blacksquare\)
1.5 Üç Noktaya Eşit Uzaklıktaki Nokta
Uzaklık formülü bilinmeyen bir noktayı da bulmamızı sağlar. \(A\), \(B\), \(C\) noktalarına eşit uzaklıktaki \(P(x, y)\) noktasını arayalım. \(|PA| = |PB|\) koşulunun iki tarafının karesini alıp açarsak \(x^2\) ve \(y^2\) terimleri iki tarafta da birer kez bulunduğu için sadeleşir ve geriye \(x\) ile \(y\)’ye göre birinci dereceden bir denklem kalır. \(|PA| = |PC|\) koşulu da ikinci bir birinci dereceden denklem verir. İki denklemin ortak çözümü aranan noktadır. \(A\), \(B\), \(C\) bir üçgenin köşeleriyse bu nokta, üç köşeden geçen çemberin merkezidir: üçgenin çevrel çemberinin merkezi.
Örnek 1.16 (Eşit Uzaklıktaki Nokta: Birinci Üçlü) \(A(1, 7)\), \(B(8, 6)\) ve \(C(7, -1)\) noktalarına eşit uzaklıkta bulunan noktanın koordinatlarını bulun.
Çözüm
Aranan nokta \(P(x, y)\) olsun.
Birinci koşul. \(|PA| = |PB|\) ile \(|PA|^2 = |PB|^2\) denktir (uzaklıklar negatif değildir): \[ \begin{aligned} (x - 1)^2 + (y - 7)^2 &= (x - 8)^2 + (y - 6)^2 \\[1mm] x^2 - 2x + 1 + y^2 - 14y + 49 &= x^2 - 16x + 64 + y^2 - 12y + 36 \\[1mm] -2x - 14y + 50 &= -16x - 12y + 100 \\[1mm] 14x - 2y &= 50, \end{aligned} \] yani \(7x - y = 25\).
İkinci koşul. \(|PA|^2 = |PC|^2\): \[ \begin{aligned} (x - 1)^2 + (y - 7)^2 &= (x - 7)^2 + (y + 1)^2 \\[1mm] x^2 - 2x + 1 + y^2 - 14y + 49 &= x^2 - 14x + 49 + y^2 + 2y + 1 \\[1mm] 12x - 16y &= 0, \end{aligned} \] yani \(3x - 4y = 0\).
Denklem sistemi. Birinci denklemden \(y = 7x - 25\); bunu ikincide yerine yazarsak \[ 3x - 4(7x - 25) = 0 \iff -25x + 100 = 0 \iff x = 4, \] ve \(y = 7 \cdot 4 - 25 = 3\) bulunur. Aranan nokta \(P(4, 3)\)’tür.
Denetim. \(|PA| = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5\), \(|PB| = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5\), \(|PC| = \sqrt{3^2 + (-4)^2} = 5\).
\(\blacksquare\)
Örnek 1.17 (Eşit Uzaklıktaki Nokta: İkinci Üçlü) \(A(3, 3)\), \(B(6, 2)\) ve \(C(8, -2)\) noktalarına eşit uzaklıkta bulunan noktanın koordinatlarını bulun.
Çözüm
Aranan nokta \(P(x, y)\) olsun.
Birinci koşul. \(|PA|^2 = |PB|^2\): \[ \begin{aligned} (x - 3)^2 + (y - 3)^2 &= (x - 6)^2 + (y - 2)^2 \\[1mm] x^2 - 6x + 9 + y^2 - 6y + 9 &= x^2 - 12x + 36 + y^2 - 4y + 4 \\[1mm] -6x - 6y + 18 &= -12x - 4y + 40 \\[1mm] 6x - 2y &= 22, \end{aligned} \] yani \(3x - y = 11\).
İkinci koşul. \(|PA|^2 = |PC|^2\): \[ \begin{aligned} (x - 3)^2 + (y - 3)^2 &= (x - 8)^2 + (y + 2)^2 \\[1mm] x^2 - 6x + 9 + y^2 - 6y + 9 &= x^2 - 16x + 64 + y^2 + 4y + 4 \\[1mm] -6x - 6y + 18 &= -16x + 4y + 68 \\[1mm] 10x - 10y &= 50, \end{aligned} \] yani \(x - y = 5\).
Denklem sistemi. Birinci denklemden ikinciyi çıkarırsak \(2x = 6\), yani \(x = 3\); ikinci denklemden \(y = x - 5 = -2\). Aranan nokta \(P(3, -2)\)’dir.
Denetim. \(|PA| = \sqrt{0^2 + 5^2} = 5\), \(|PB| = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5\), \(|PC| = \sqrt{5^2 + 0^2} = 5\).
\(\blacksquare\)
Örnek 1.18 (Eşit Uzaklıktaki Nokta: Üçüncü Üçlü) \(A(4, 3)\), \(B(2, 7)\) ve \(C(-3, -8)\) noktalarına eşit uzaklıkta bulunan noktanın koordinatlarını bulun.
Çözüm
Aranan nokta \(P(x, y)\) olsun.
Birinci koşul. \(|PA|^2 = |PB|^2\): \[ \begin{aligned} (x - 4)^2 + (y - 3)^2 &= (x - 2)^2 + (y - 7)^2 \\[1mm] x^2 - 8x + 16 + y^2 - 6y + 9 &= x^2 - 4x + 4 + y^2 - 14y + 49 \\[1mm] -8x - 6y + 25 &= -4x - 14y + 53 \\[1mm] -4x + 8y &= 28, \end{aligned} \] yani \(x - 2y = -7\).
İkinci koşul. \(|PA|^2 = |PC|^2\): \[ \begin{aligned} (x - 4)^2 + (y - 3)^2 &= (x + 3)^2 + (y + 8)^2 \\[1mm] x^2 - 8x + 16 + y^2 - 6y + 9 &= x^2 + 6x + 9 + y^2 + 16y + 64 \\[1mm] -8x - 6y + 25 &= 6x + 16y + 73 \\[1mm] -14x - 22y &= 48, \end{aligned} \] yani \(7x + 11y = -24\).
Denklem sistemi. Birinci denklemden \(x = 2y - 7\); bunu ikincide yerine yazarsak \[ 7(2y - 7) + 11y = -24 \iff 25y - 49 = -24 \iff y = 1, \] ve \(x = 2 \cdot 1 - 7 = -5\). Aranan nokta \(P(-5, 1)\)’dir.
Denetim. \(|PA| = \sqrt{9^2 + 2^2} = \sqrt{85}\), \(|PB| = \sqrt{7^2 + 6^2} = \sqrt{85}\), \(|PC| = \sqrt{2^2 + (-9)^2} = \sqrt{85}\).
Bu örnekte \(P\) noktası üçgenin dışında kaldı: çevrel çemberin merkezi, geniş açılı bir üçgende üçgenin dışına düşer. Gerçekten \(|AB|^2 = 20\), \(|AC|^2 = 170\), \(|BC|^2 = 250\) ve \(20 + 170 < 250\) olduğundan \(A\) açısı geniştir.
\(\blacksquare\)
1.6 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalarda uzaklık formülünü ve şekil tanıma adımlarını kullanıyoruz. Birkaçında orta nokta, ağırlık merkezi ve eğim de karşımıza çıkıyor; bunları gerektiği yerde uzaklıklarla gerekçelendiriyoruz.
Alıştırma 1.1 (İki Nokta Arası Uzaklık: Birinci Çift) \(P_1(-7, 4)\) ve \(P_2(1, -11)\) noktaları arasındaki uzaklığı bulun.
Çözüm
Uzaklık formülünde \(x_1 = -7\), \(y_1 = 4\), \(x_2 = 1\), \(y_2 = -11\) yazarız: \[ |P_1P_2| = \sqrt{\bigl(1 - (-7)\bigr)^2 + (-11 - 4)^2} = \sqrt{64 + 225} = \sqrt{289} = 17. \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.2 (İki Nokta Arası Uzaklık: İkinci Çift) \(P_1(0, 3)\) ve \(P_2(-4, 1)\) noktaları arasındaki uzaklığı bulun.
Çözüm
Uzaklık formülünden \[ |P_1P_2| = \sqrt{(-4 - 0)^2 + (1 - 3)^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}. \] Son adımda \(20 = 4 \cdot 5\) olduğundan \(\sqrt{20} = \sqrt{4}\,\sqrt{5} = 2\sqrt{5}\) yazdık.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.3 (Dik Üçgen: A(10, 5), B(3, 2), C(6, −5)) Köşeleri \(A(10, 5)\), \(B(3, 2)\) ve \(C(6, -5)\) olan \(ABC\) üçgeninin dik üçgen olduğunu gösterin.
Çözüm
Kenar uzunlukları: \[ \begin{aligned} |AB| &= \sqrt{(3 - 10)^2 + (2 - 5)^2} = \sqrt{49 + 9} = \sqrt{58}, \\[1mm] |BC| &= \sqrt{(6 - 3)^2 + (-5 - 2)^2} = \sqrt{9 + 49} = \sqrt{58}, \\[1mm] |CA| &= \sqrt{(10 - 6)^2 + \bigl(5 - (-5)\bigr)^2} = \sqrt{16 + 100} = \sqrt{116}. \end{aligned} \] En uzun kenar \(CA\)’dır ve \[ |AB|^2 + |BC|^2 = 58 + 58 = 116 = |CA|^2. \] Pisagor bağıntısının tersi gereği \(B\) açısı diktir; \(ABC\) bir dik üçgendir. \(|AB| = |BC|\) olduğundan ikizkenar dik üçgendir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.4 (Alan: A(10, 5), B(3, 2), C(6, −5)) Köşeleri \(A(10, 5)\), \(B(3, 2)\) ve \(C(6, -5)\) olan \(ABC\) üçgeninin alanını bulun.
Çözüm
Bir önceki alıştırmada (bkz. Alıştırma 1.3) üçgenin \(B\)’de dik olduğunu ve dik kenarlarının \(|AB| = |BC| = \sqrt{58}\) olduğunu gördük. Dik üçgenin alanı dik kenarların çarpımının yarısıdır: \[ \mathcal{A}(ABC) = \frac{1}{2}\,|AB|\,|BC| = \frac{1}{2}\sqrt{58}\,\sqrt{58} = \frac{58}{2} = 29. \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.5 (Dik Üçgen: A(7, 5), B(2, 3), C(6, −7)) Köşeleri \(A(7, 5)\), \(B(2, 3)\) ve \(C(6, -7)\) olan \(ABC\) üçgeninin dik üçgen olduğunu gösterin.
Çözüm
Kenar uzunlukları: \[ \begin{aligned} |AB| &= \sqrt{(2 - 7)^2 + (3 - 5)^2} = \sqrt{25 + 4} = \sqrt{29}, \\[1mm] |BC| &= \sqrt{(6 - 2)^2 + (-7 - 3)^2} = \sqrt{16 + 100} = \sqrt{116}, \\[1mm] |CA| &= \sqrt{(7 - 6)^2 + \bigl(5 - (-7)\bigr)^2} = \sqrt{1 + 144} = \sqrt{145}. \end{aligned} \] En uzun kenar \(CA\)’dır ve \[ |AB|^2 + |BC|^2 = 29 + 116 = 145 = |CA|^2. \] Pisagor bağıntısının tersi gereği \(B\) açısı diktir; \(ABC\) bir dik üçgendir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.6 (Alan: A(7, 5), B(2, 3), C(6, −7)) Köşeleri \(A(7, 5)\), \(B(2, 3)\) ve \(C(6, -7)\) olan \(ABC\) üçgeninin alanını bulun.
Çözüm
Bir önceki alıştırmada (bkz. Alıştırma 1.5) dik açının \(B\)’de olduğunu, dik kenarların da \(|AB| = \sqrt{29}\) ve \(|BC| = \sqrt{116}\) olduğunu gördük. \(116 = 4 \cdot 29\) olduğundan \(\sqrt{116} = 2\sqrt{29}\)’dur. Buna göre \[ \mathcal{A}(ABC) = \frac{1}{2}\,|AB|\,|BC| = \frac{1}{2}\sqrt{29}\,\bigl(2\sqrt{29}\bigr) = 29. \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.7 (Dik Üçgen: A(8, 6), B(4, 8), C(2, 4)) Köşeleri \(A(8, 6)\), \(B(4, 8)\) ve \(C(2, 4)\) olan \(ABC\) üçgeninin dik üçgen olduğunu gösterin.
Çözüm
Kenar uzunlukları: \[ \begin{aligned} |AB| &= \sqrt{(4 - 8)^2 + (8 - 6)^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20}, \\[1mm] |BC| &= \sqrt{(2 - 4)^2 + (4 - 8)^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20}, \\[1mm] |CA| &= \sqrt{(8 - 2)^2 + (6 - 4)^2} = \sqrt{36 + 4} = \sqrt{40}. \end{aligned} \] En uzun kenar \(CA\)’dır ve \[ |AB|^2 + |BC|^2 = 20 + 20 = 40 = |CA|^2. \] Pisagor bağıntısının tersi gereği \(B\) açısı diktir; \(ABC\) bir dik üçgendir. \(|AB| = |BC|\) olduğundan ikizkenar dik üçgendir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.8 (Alan: A(8, 6), B(4, 8), C(2, 4)) Köşeleri \(A(8, 6)\), \(B(4, 8)\) ve \(C(2, 4)\) olan \(ABC\) üçgeninin alanını bulun.
Çözüm
Bir önceki alıştırmada (bkz. Alıştırma 1.7) üçgenin \(B\)’de dik olduğunu ve \(|AB| = |BC| = \sqrt{20}\) olduğunu gördük. Buna göre \[ \mathcal{A}(ABC) = \frac{1}{2}\,|AB|\,|BC| = \frac{1}{2}\sqrt{20}\,\sqrt{20} = \frac{20}{2} = 10. \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.9 (Orta Noktalarından Üçgenin Köşeleri: Birinci Üçgen) Kenarlarının orta noktaları \((-2, 1)\), \((5, 2)\) ve \((2, -3)\) olan \(P_1P_2P_3\) üçgeninin köşelerinin koordinatlarını bulun.
Çözüm
Orta noktanın koordinatları. \(P_1(x_1, y_1)\) ile \(P_2(x_2, y_2)\)’nin orta noktası \[ M\left(\frac{x_1 + x_2}{2},\ \frac{y_1 + y_2}{2}\right) \] noktasıdır. Bunu uzaklık formülüyle doğrulayalım. \(M\)’nin koordinatlarından \(P_1\)’inkileri çıkarırsak \(\frac{x_2 - x_1}{2}\) ve \(\frac{y_2 - y_1}{2}\) kalır; \(P_2\)’ninkilerden \(M\)’ninkileri çıkarırsak da aynı sayılar. Dolayısıyla \[ |P_1M| = |MP_2| = \frac{1}{2}\sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2} = \frac{1}{2}|P_1P_2|. \] Buna göre \(|P_1M| + |MP_2| = |P_1P_2|\)’dir; şekil tanıma adımlarındaki doğrusallık ölçütüyle \(M\), \(P_1P_2\) doğru parçası üzerindedir ve iki uca eşit uzaklıktadır, yani orta noktadır. (Bir doğru parçasını herhangi bir oranda bölen noktayı Bölme Oranı, Eğim ve Açı bölümünde genel olarak bulacağız.)
Denklemleri kuralım. Köşeler \(P_1(x_1, y_1)\), \(P_2(x_2, y_2)\), \(P_3(x_3, y_3)\) olsun ve orta noktalar sırasıyla \(P_1P_2\), \(P_2P_3\), \(P_1P_3\) kenarlarına ait olsun. Orta nokta formülünü iki tarafı \(2\) ile çarparak yazarsak apsisler için \[ x_1 + x_2 = -4, \qquad x_2 + x_3 = 10, \qquad x_1 + x_3 = 4, \] ordinatlar için \[ y_1 + y_2 = 2, \qquad y_2 + y_3 = 4, \qquad y_1 + y_3 = -6 \] elde ederiz.
Apsisler. Üç denklemi toplarsak \[ 2(x_1 + x_2 + x_3) = -4 + 10 + 4 = 10, \] yani \(x_1 + x_2 + x_3 = 5\). Bu toplamdan her denklemi çıkarırız: \[ x_3 = 5 - (-4) = 9, \qquad x_1 = 5 - 10 = -5, \qquad x_2 = 5 - 4 = 1. \]
Ordinatlar. Aynı yolla \[ 2(y_1 + y_2 + y_3) = 2 + 4 - 6 = 0, \] yani \(y_1 + y_2 + y_3 = 0\) ve \[ y_3 = 0 - 2 = -2, \qquad y_1 = 0 - 4 = -4, \qquad y_2 = 0 - (-6) = 6. \]
Köşeler \(P_1(-5, -4)\), \(P_2(1, 6)\) ve \(P_3(9, -2)\)’dir.
Denetim. \(P_1P_2\)’nin orta noktası \(\left(\frac{-5 + 1}{2}, \frac{-4 + 6}{2}\right) = (-2, 1)\), \(P_2P_3\)’ünkü \(\left(\frac{1 + 9}{2}, \frac{6 - 2}{2}\right) = (5, 2)\), \(P_1P_3\)’ünkü \(\left(\frac{-5 + 9}{2}, \frac{-4 - 2}{2}\right) = (2, -3)\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.10 (Dikdörtgende Karşılıklı Köşelere Uzaklıklar) Köşeleri \(O(0, 0)\), \(B(0, b)\), \(C(a, b)\) ve \(A(a, 0)\) olan bir \(OBCA\) dikdörtgeni verilsin. Düzlemin her \(P(x, y)\) noktası için \[ |OP|^2 + |PC|^2 = |AP|^2 + |PB|^2 \] olduğunu gösterin.
Çözüm
\(O\) ile \(C\) ve \(A\) ile \(B\) dikdörtgenin karşılıklı köşeleridir. Dört uzaklığın karesini uzaklık formülüyle açalım: \[ \begin{aligned} |OP|^2 &= (x - 0)^2 + (y - 0)^2 = x^2 + y^2, \\[1mm] |PC|^2 &= (a - x)^2 + (b - y)^2 \\[1mm] &= a^2 - 2ax + x^2 + b^2 - 2by + y^2, \\[1mm] |AP|^2 &= (x - a)^2 + (y - 0)^2 = x^2 - 2ax + a^2 + y^2, \\[1mm] |PB|^2 &= (0 - x)^2 + (b - y)^2 = x^2 + b^2 - 2by + y^2. \end{aligned} \] İlk ikisini ve son ikisini toplayalım: \[ \begin{aligned} |OP|^2 + |PC|^2 &= 2x^2 - 2ax + a^2 + 2y^2 - 2by + b^2, \\[1mm] |AP|^2 + |PB|^2 &= 2x^2 - 2ax + a^2 + 2y^2 - 2by + b^2. \end{aligned} \] İki toplam aynıdır; dolayısıyla \(|OP|^2 + |PC|^2 = |AP|^2 + |PB|^2\). \(P\) noktası hiçbir koşula bağlı olmadığından eşitlik, dikdörtgenin içinde ya da dışında, düzlemin her noktası için geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.11 (Ağırlık Merkezi: Birinci Üçgen) Köşeleri \(P_1(5, 7)\), \(P_2(1, -3)\) ve \(P_3(-5, 1)\) olan üçgenin ağırlık merkezinin koordinatlarını bulun.
Çözüm
Formül. Bir üçgenin ağırlık merkezi \(G\), kenarortaylarının kesim noktasıdır ve her kenarortayı köşeden itibaren \(2:1\) oranında böler. Köşeleri \(P_1(x_1, y_1)\), \(P_2(x_2, y_2)\), \(P_3(x_3, y_3)\) olan üçgende \(G\)’nin koordinatları köşe koordinatlarının ortalamasıdır: \[ G\left(\frac{x_1 + x_2 + x_3}{3},\ \frac{y_1 + y_2 + y_3}{3}\right). \] Bu formülü, verilen oranda bölen nokta yardımıyla Bölme Oranı, Eğim ve Açı bölümünde elde edeceğiz. Burada formülün verdiği noktanın iki kenarortayın da üzerinde olduğunu, yani gerçekten kenarortayların kesim noktası olduğunu uzaklıklarla doğrudan denetleyeceğiz.
Hesap. \[ x = \frac{5 + 1 + (-5)}{3} = \frac{1}{3}, \qquad y = \frac{7 + (-3) + 1}{3} = \frac{5}{3}, \] yani \(G\left(\frac13, \frac53\right)\).
Denetim. \(P_2P_3\) kenarının orta noktası \[ M\left(\frac{1 + (-5)}{2},\ \frac{-3 + 1}{2}\right) = M(-2, -1) \] noktasıdır; \(P_1M\) bir kenarortaydır. Uzaklıklar: \[ \begin{aligned} |P_1G| &= \sqrt{\left(\tfrac13 - 5\right)^2 + \left(\tfrac53 - 7\right)^2} = \frac{\sqrt{14^2 + 16^2}}{3} = \frac{\sqrt{452}}{3} = \frac{2\sqrt{113}}{3}, \\[1mm] |GM| &= \sqrt{\left(-2 - \tfrac13\right)^2 + \left(-1 - \tfrac53\right)^2} = \frac{\sqrt{7^2 + 8^2}}{3} = \frac{\sqrt{113}}{3}, \\[1mm] |P_1M| &= \sqrt{(-2 - 5)^2 + (-1 - 7)^2} = \sqrt{49 + 64} = \sqrt{113}. \end{aligned} \] \(|P_1G| + |GM| = \sqrt{113} = |P_1M|\) olduğundan \(G\), \(P_1M\) kenarortayı üzerindedir ve \(|P_1G| = 2\,|GM|\)’dir.
Aynı denetimi ikinci bir kenarortayla yineleyelim. \(P_1P_3\) kenarının orta noktası \[ N\left(\frac{5 + (-5)}{2},\ \frac{7 + 1}{2}\right) = N(0, 4) \] noktasıdır; \(P_2N\) bir kenarortaydır. Uzaklıklar: \[ \begin{aligned} |P_2G| &= \sqrt{\left(\tfrac13 - 1\right)^2 + \left(\tfrac53 + 3\right)^2} = \frac{\sqrt{2^2 + 14^2}}{3} = \frac{\sqrt{200}}{3} = \frac{10\sqrt{2}}{3}, \\[1mm] |GN| &= \sqrt{\left(0 - \tfrac13\right)^2 + \left(4 - \tfrac53\right)^2} = \frac{\sqrt{1^2 + 7^2}}{3} = \frac{\sqrt{50}}{3} = \frac{5\sqrt{2}}{3}, \\[1mm] |P_2N| &= \sqrt{(0 - 1)^2 + \bigl(4 - (-3)\bigr)^2} = \sqrt{1 + 49} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}. \end{aligned} \] \(|P_2G| + |GN| = 5\sqrt{2}\) ve bu değer \(|P_2N|\)’ye eşit olduğundan \(G\), \(P_2N\) kenarortayı üzerindedir ve \(|P_2G| = 2\,|GN|\)’dir. Farklı iki kenarortay tek bir noktada kesişir; \(G\) ikisinin de üzerinde olduğuna göre bu kesim noktasıdır, yani üçgenin ağırlık merkezidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.12 (Ağırlık Merkezi: İkinci Üçgen) Köşeleri \(P_1(2, -1)\), \(P_2(6, 7)\) ve \(P_3(-4, -3)\) olan üçgenin ağırlık merkezinin koordinatlarını bulun.
Çözüm
Ağırlık merkezi köşe koordinatlarının ortalamasıdır (bkz. Alıştırma 1.11): \[ x = \frac{2 + 6 + (-4)}{3} = \frac{4}{3}, \qquad y = \frac{-1 + 7 + (-3)}{3} = \frac{3}{3} = 1, \] yani \(G\left(\frac43, 1\right)\).
Denetim. \(P_2P_3\)’ün orta noktası \(M\left(\frac{6 + (-4)}{2}, \frac{7 + (-3)}{2}\right) = (1, 2)\)’dir. Uzaklıklar: \[ \begin{aligned} |P_1G| &= \sqrt{\left(\tfrac43 - 2\right)^2 + \bigl(1 - (-1)\bigr)^2} = \sqrt{\tfrac49 + 4} = \frac{\sqrt{40}}{3} = \frac{2\sqrt{10}}{3}, \\[1mm] |GM| &= \sqrt{\left(1 - \tfrac43\right)^2 + (2 - 1)^2} = \sqrt{\tfrac19 + 1} = \frac{\sqrt{10}}{3}, \\[1mm] |P_1M| &= \sqrt{(1 - 2)^2 + \bigl(2 - (-1)\bigr)^2} = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10}. \end{aligned} \] \(|P_1G| + |GM| = \sqrt{10} = |P_1M|\) ve \(|P_1G| = 2\,|GM|\); \(G\) kenarortayı köşeden itibaren \(2:1\) oranında böler.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.13 (Eğimle Diklik: A(10, 5), B(3, 2), C(6, −5)) Köşeleri \(A(10, 5)\), \(B(3, 2)\) ve \(C(6, -5)\) olan üçgenin dik üçgen olduğunu kenarlarının eğimlerinden yararlanarak gösterin.
Çözüm
Eğim. Apsisleri farklı iki noktadan geçen doğrunun eğimi, ordinatlar farkının apsisler farkına oranıdır: \(P_1(x_1, y_1)\), \(P_2(x_2, y_2)\) için \(m = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}\). Bu oran doğru üzerinde hangi iki noktanın seçildiğine bağlı değildir: aynı doğru üzerindeki her nokta çifti, yatay ve düşey kenarlarıyla birbirine benzer dik üçgenler oluşturur, benzer üçgenlerde de düşey kenarın yatay kenara oranı sabittir (yatay doğruda bu oran hep \(0\)’dır). Yani eğim, doğru boyunca sağa doğru bir birim gidildiğinde ne kadar yükselindiğini (eğim negatifse ne kadar alçalındığını) söyler. Bu kavramı Bölme Oranı, Eğim ve Açı bölümünde ayrıntılı işleyeceğiz.
Diklik ölçütü. Eğimleri \(m_1\) ve \(m_2\) olan ve bir \(B(p, q)\) noktasında kesişen iki doğru alalım. Birinci doğru üzerinde \(U(p + 1, q + m_1)\), ikincisi üzerinde \(V(p + 1, q + m_2)\) noktaları vardır, çünkü her iki doğruda da sağa bir birim gidince ordinat eğim kadar değişir. Uzaklık formülüyle \[ |BU|^2 = 1 + m_1^2, \qquad |BV|^2 = 1 + m_2^2, \qquad |UV|^2 = (m_1 - m_2)^2. \] İki doğru \(B\)’de dik kesişir ancak ve ancak \(UBV\) açısı diktir; Pisagor bağıntısı ve tersi gereği bu, \(|BU|^2 + |BV|^2 = |UV|^2\) demektir: \[ 2 + m_1^2 + m_2^2 = m_1^2 - 2m_1m_2 + m_2^2 \iff m_1 m_2 = -1. \] Demek ki eğimleri tanımlı iki doğru ancak ve ancak eğimlerinin çarpımı \(-1\) ise diktir.
Uygulama. \(AB\) ve \(BC\) kenarlarının eğimleri: \[ m_{AB} = \frac{2 - 5}{3 - 10} = \frac{-3}{-7} = \frac{3}{7}, \qquad m_{BC} = \frac{-5 - 2}{6 - 3} = -\frac{7}{3}. \] \(m_{AB}\, m_{BC} = \frac{3}{7} \cdot \left(-\frac{7}{3}\right) = -1\) olduğundan \(AB \perp BC\); üçgen \(B\)’de diktir. Bu, uzaklıklarla bulduğumuz sonuçla (bkz. Alıştırma 1.3) uyumludur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.14 (Eğimle Diklik: A(7, 5), B(2, 3), C(6, −7)) Köşeleri \(A(7, 5)\), \(B(2, 3)\) ve \(C(6, -7)\) olan üçgenin dik üçgen olduğunu kenarlarının eğimlerinden yararlanarak gösterin.
Çözüm
Eğimleri \(m_1\), \(m_2\) olan iki doğru ancak ve ancak \(m_1 m_2 = -1\) ise diktir (bkz. Alıştırma 1.13). \(AB\) ve \(BC\) kenarlarının eğimleri: \[ m_{AB} = \frac{3 - 5}{2 - 7} = \frac{-2}{-5} = \frac{2}{5}, \qquad m_{BC} = \frac{-7 - 3}{6 - 2} = \frac{-10}{4} = -\frac{5}{2}. \] \(m_{AB}\, m_{BC} = \frac{2}{5} \cdot \left(-\frac{5}{2}\right) = -1\) olduğundan \(AB \perp BC\); üçgen \(B\)’de diktir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.15 (Eğimle Diklik: A(8, 6), B(4, 8), C(2, 4)) Köşeleri \(A(8, 6)\), \(B(4, 8)\) ve \(C(2, 4)\) olan üçgenin dik üçgen olduğunu kenarlarının eğimlerinden yararlanarak gösterin.
Çözüm
Diklik ölçütü \(m_1 m_2 = -1\)’dir (bkz. Alıştırma 1.13). \(AB\) ve \(BC\) kenarlarının eğimleri: \[ m_{AB} = \frac{8 - 6}{4 - 8} = \frac{2}{-4} = -\frac{1}{2}, \qquad m_{BC} = \frac{4 - 8}{2 - 4} = \frac{-4}{-2} = 2. \] \(m_{AB}\, m_{BC} = \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot 2 = -1\) olduğundan \(AB \perp BC\); üçgen \(B\)’de diktir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.16 (Paralelkenar: A(−1, −5), B(2, 1), C(1, 5), D(−2, −1)) Köşeleri \(A(-1, -5)\), \(B(2, 1)\), \(C(1, 5)\) ve \(D(-2, -1)\) olan \(ABCD\) dörtgeninin bir paralelkenar olduğunu kanıtlayın.
Çözüm
Eğimlerle. Eğimleri eşit olan iki doğru ya paraleldir ya da çakışıktır (eğim için bkz. Alıştırma 1.13). Gerçekten, eğimi \(m\) olan iki doğru bir \(B(p, q)\) noktasında kesişseydi, ikisi de \((p + 1, q + m)\) noktasından geçerdi; iki ortak noktası olan doğrular çakışır. Dört kenarın eğimleri: \[ \begin{aligned} m_{AB} &= \frac{1 - (-5)}{2 - (-1)} = \frac{6}{3} = 2, & m_{BC} &= \frac{5 - 1}{1 - 2} = -4, \\[1mm] m_{CD} &= \frac{-1 - 5}{-2 - 1} = \frac{-6}{-3} = 2, & m_{DA} &= \frac{-5 - (-1)}{-1 - (-2)} = -4. \end{aligned} \] \(m_{AB} = m_{CD}\) ve \(m_{BC} = m_{DA}\)’dır. \(m_{AB} \neq m_{BC}\) olduğundan \(A\), \(B\), \(C\) aynı doğru üzerinde değildir; bu yüzden \(AB\) ile \(CD\) çakışık değil paraleldir, aynı biçimde \(BC\) ile \(DA\) da paraleldir. Karşılıklı kenarları paralel olan dörtgen paralelkenardır.
Uzunluklarla denetim. Karşılıklı kenarlar eşit de çıkar: \[ \begin{aligned} |AB| &= \sqrt{\bigl(2 - (-1)\bigr)^2 + \bigl(1 - (-5)\bigr)^2} = \sqrt{9 + 36} = \sqrt{45}, \\[1mm] |BC| &= \sqrt{(1 - 2)^2 + (5 - 1)^2} = \sqrt{1 + 16} = \sqrt{17}, \\[1mm] |CD| &= \sqrt{(-2 - 1)^2 + (-1 - 5)^2} = \sqrt{9 + 36} = \sqrt{45}, \\[1mm] |DA| &= \sqrt{\bigl(-1 - (-2)\bigr)^2 + \bigl(-5 - (-1)\bigr)^2} = \sqrt{1 + 16} = \sqrt{17}. \end{aligned} \]
Köşegenlerle ikinci yol. Köşegenleri birbirini ortalayan dörtgen paralelkenardır. \(AC\)’nin orta noktası \(\left(\frac{-1 + 1}{2}, \frac{-5 + 5}{2}\right) = (0, 0)\), \(BD\)’nin orta noktası \(\left(\frac{2 - 2}{2}, \frac{1 - 1}{2}\right) = (0, 0)\)’dır. İki köşegenin orta noktası aynı olduğundan \(ABCD\) paralelkenardır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.17 (Paralelkenar: A(2, 4), B(6, 2), C(8, 6), D(4, 8)) Köşeleri \(A(2, 4)\), \(B(6, 2)\), \(C(8, 6)\) ve \(D(4, 8)\) olan \(ABCD\) dörtgeninin bir paralelkenar olduğunu kanıtlayın.
Çözüm
Eğimlerle. Dört kenarın eğimleri: \[ \begin{aligned} m_{AB} &= \frac{2 - 4}{6 - 2} = -\frac{1}{2}, & m_{BC} &= \frac{6 - 2}{8 - 6} = 2, \\[1mm] m_{CD} &= \frac{8 - 6}{4 - 8} = -\frac{1}{2}, & m_{DA} &= \frac{4 - 8}{2 - 4} = 2. \end{aligned} \] \(m_{AB} = m_{CD}\), \(m_{BC} = m_{DA}\) ve \(m_{AB} \neq m_{BC}\) olduğundan \(AB \parallel CD\) ve \(BC \parallel DA\); \(ABCD\) bir paralelkenardır.
Aslında bir kare. Kenar uzunlukları \[ \begin{aligned} |AB| &= \sqrt{(6 - 2)^2 + (2 - 4)^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20}, \\[1mm] |BC| &= \sqrt{(8 - 6)^2 + (6 - 2)^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20}, \\[1mm] |CD| &= \sqrt{(4 - 8)^2 + (8 - 6)^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20}, \\[1mm] |DA| &= \sqrt{(2 - 4)^2 + (4 - 8)^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20} \end{aligned} \] olduğundan \(ABCD\) bir eşkenar dörtgendir. Üstelik \(m_{AB}\, m_{BC} = \left(-\frac12\right) \cdot 2 = -1\) olduğundan (diklik ölçütü için bkz. Alıştırma 1.13) \(AB \perp BC\)’dir. Bir açısı dik olan eşkenar dörtgen karedir.
Eğim kullanmadan. Karelik yalnız uzaklıklarla da gösterilebilir. Kenarlar \(\sqrt{20}\) bulundu; ayrıca \[ |CA| = \sqrt{(2 - 8)^2 + (4 - 6)^2} = \sqrt{36 + 4} = \sqrt{40} \] olduğundan \[ \begin{aligned} &|AB|^2 + |BC|^2 = 20 + 20 = 40 = |CA|^2 \quad\text{ve}\\[1mm] &|CD|^2 + |DA|^2 = 20 + 20 = 40 = |AC|^2. \end{aligned} \] Yani \(ABC\) ve \(CDA\) üçgenleri ikizkenar dik üçgenlerdir ve \(ABCD\) bir karedir. Öbür köşegenle de aynı sonuç çıkar: \[ |DB| = \sqrt{(6 - 4)^2 + (2 - 8)^2} = \sqrt{4 + 36} = \sqrt{40}, \] \[ \begin{aligned} &|BC|^2 + |CD|^2 = 40 = |DB|^2 \quad\text{ve}\\[1mm] &|DA|^2 + |AB|^2 = 40 = |BD|^2, \end{aligned} \] dolayısıyla \(BCD\) ve \(DAB\) üçgenleri de ikizkenar dik üçgenlerdir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.18 (Paralelkenar Dikdörtgen mi?) Köşeleri \(A(-1, -5)\), \(B(2, 1)\), \(C(1, 5)\) ve \(D(-2, -1)\) olan \(ABCD\) paralelkenarı bir dikdörtgen midir? Neden?
Çözüm
Dikdörtgen, bütün açıları dik olan paralelkenardır; bir paralelkenarda tek bir açının dik olması yeter. \(B\) açısına bakalım.
Uzaklıklarla. Kenar uzunluklarını daha önce bulmuştuk (bkz. Alıştırma 1.16): \(|AB|^2 = 45\) ve \(|BC|^2 = 17\). Köşegen: \[ |AC| = \sqrt{\bigl(1 - (-1)\bigr)^2 + \bigl(5 - (-5)\bigr)^2} = \sqrt{4 + 100} = \sqrt{104}. \] \[ |AB|^2 + |BC|^2 = 45 + 17 = 62 \neq 104 = |AC|^2 \] olduğundan Pisagor bağıntısı sağlanmaz; \(B\) açısı dik değildir. Dolayısıyla \(ABCD\) bir dikdörtgen değildir.
Eğimlerle. \(m_{AB} = 2\) ve \(m_{BC} = -4\) bulunmuştu; \(m_{AB}\, m_{BC} = -8 \neq -1\) olduğundan \(AB\) ile \(BC\) dik değildir (diklik ölçütü için bkz. Alıştırma 1.13).
Köşegenlerle. Dikdörtgenin köşegenleri eşittir. Burada \[ |BD| = \sqrt{(-2 - 2)^2 + (-1 - 1)^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} \neq \sqrt{104} = |AC|, \] bu da aynı sonucu verir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.19 (Orta Noktalarından Üçgenin Köşeleri: İkinci Üçgen) Kenarlarının orta noktaları \((3, 2)\), \((-1, -2)\) ve \((5, -4)\) olan \(P_1P_2P_3\) üçgeninin köşelerinin koordinatlarını bulun.
Çözüm
Köşeler \(P_1(x_1, y_1)\), \(P_2(x_2, y_2)\), \(P_3(x_3, y_3)\) olsun ve orta noktalar sırasıyla \(P_1P_2\), \(P_2P_3\), \(P_1P_3\) kenarlarına ait olsun. Orta nokta formülünden (bkz. Alıştırma 1.9) apsisler için \[ x_1 + x_2 = 6, \qquad x_2 + x_3 = -2, \qquad x_1 + x_3 = 10, \] ordinatlar için \[ y_1 + y_2 = 4, \qquad y_2 + y_3 = -4, \qquad y_1 + y_3 = -8 \] elde ederiz.
Apsisler. Toplarsak \[ 2(x_1 + x_2 + x_3) = 6 - 2 + 10 = 14, \] yani \(x_1 + x_2 + x_3 = 7\). Buradan \[ x_3 = 7 - 6 = 1, \qquad x_1 = 7 - (-2) = 9, \qquad x_2 = 7 - 10 = -3. \]
Ordinatlar. Toplarsak \[ 2(y_1 + y_2 + y_3) = 4 - 4 - 8 = -8, \] yani \(y_1 + y_2 + y_3 = -4\). Buradan \[ y_3 = -4 - 4 = -8, \qquad y_1 = -4 - (-4) = 0, \qquad y_2 = -4 - (-8) = 4. \]
Köşeler \(P_1(9, 0)\), \(P_2(-3, 4)\) ve \(P_3(1, -8)\)’dir.
Denetim. \(P_1P_2\)’nin orta noktası \(\left(\frac{9 - 3}{2}, \frac{0 + 4}{2}\right) = (3, 2)\), \(P_2P_3\)’ünkü \(\left(\frac{-3 + 1}{2}, \frac{4 - 8}{2}\right) = (-1, -2)\), \(P_1P_3\)’ünkü \(\left(\frac{9 + 1}{2}, \frac{0 - 8}{2}\right) = (5, -4)\).
\(\blacksquare\)
Bu bölümde düzlemin noktalarını koordinatlarla adlandırdık ve uzaklık formülüyle kenar uzunluklarını, dik açıları ve doğrusallığı hesapla tanımayı öğrendik. Alıştırmalarda kısaca kullandığımız orta nokta, ağırlık merkezi ve eğim kavramlarını bir sonraki bölümde, Bölme Oranı, Eğim ve Açı bölümünde, genel ve eksiksiz biçimde kuruyoruz.