Cəfər Əliyevin bloqu

Arxiv

Ana səhifə :: Riyaziyyat :: Həndəsə :: Dördbucaqlı


Yaranma tarixi:

Dördbucaqlı üçün Van-Obel teoremi

dördbucaq  Van-Obel  

 

Üçbucaq üçün Van-Obel teoremi artıq burada isbat edilib. Bu məqalədə isə dördbucaqlı üçün olan Van-Obel teoremini isbat edəcəyəm. Haqqında danışılacaq teoremin isbatını çox axtardım. Tapdığım yeganə isbat vektorlar vasitəsilə verilmişdi. Hesab edirəm ki, həndəsədə bütün mümkün variantlar nəticə vermədiyi halda isbat üçün vektorları istifadə etmək olar. Ümumiyyətlə, vektorları yalnız fiziki kəmiyyətlər üçün istifadə etməyə çalışıram. Hətta belə bir aforizm də var ki, “vektorlar meydana çıxan yerdə həndəsə yox olur”. Mən bu fikirlə tam razıyam.

Bu səbəbdən Van-Obel teoremi üçün isbatımı verəcəyəm. İsbat üçün dekart koordinat sistemində məsafələr və düz xətlərin tənliyindən istifadə edərək bərabərliklər quracağam. İsbatı bacardığım qədər sadələşdirməyə çalışacağam.

Teorem: İxtiyarı dördbucaqlının tərəflərində xarici kvadratlar qursaq, qarşılıqlı kvadratların orta nöqtələrini birləşdirən düz xətt parçaları bərabər və perpendikulyar olacaq.

Van-Obel teoremi

İsbatı: Bu teoremi qabarıq dördbucaqlının şəkli üzərində isbat edəcəyəm. Amma isbatdan görəcəksiniz ki, qabarıqlıq şərt kimi heç yerdə istifadə olunmur. Bərabərliklər yalnız dördbucaqlının qapalı fiqur olduğu üçün mümkün olur.

Şəkildəki $ABCD$ dördbucaqlısına nəzər salın. Bu dördbucaqlının təpə koordinatları göstərildiyi kimi $A(x_1,y_1)$, $B(x_2,y_2)$, $C(x_3,y_3)$ və $D(x_4,y_4)$ kimi işarə olunub. Hər bir kvadratın mərkəzi də uyğun $E$, $F$, $G$, $H$ ilə işarə edilib. Birinci məqsədimiz bu mərkəzlərin koordinatlarını tapmaqdır.

Yada salaq ki, dekart koordinat sisteminin müsbət istiqaməti sağa və yuxarıya doğrudur. Əvvəlcə mərkəzi $E$ olan kvadrata baxaq. Kvadratın $A$ təpəsi ilə diaqonal simmetrik olan $A_1$ nöqtəsinin koordinatlarını tapaq. $AB=BA_1$ və $AB \perp BA_1$. Onda $A_1$ nöqtəsinin $x$ koordinatı $B$ nöqtəsinin $x$ koordinatına nəzərən $y_1-y_2$ qədər sağa sürüşəcək. $y$ koordinatı isə $B$ nöqtəsinin $y$ koordinatına nəzərən $x_2-x_1$ qədər yuxarı sürüşəcək. Burada $A_1$ nöqtəsi $B$ -yə nəzərən sağda və yuxarıda olduğu üçün (yəni absis və ordinatı $B$ nəqtəsinin absis və ordinatından böyük olduğu üçün) fərqi elə veririk ki, müsbət olsun. Şəkildəki fiqur üçün $A_1$ nöqtəsinin koordinatı $(x_2+y_1-y_2, y_2+x_2-x_1)$ olacaq.

Eyni qanunauyğunluq digər $B_1$, $C_1$ və $D_1$ nöqtələri üçün də qüvvədədir. Bunu $C_1$ nöqtəsinin misalında yoxlayaq. $y_3-y_4$ fərqi müsbətdir, $x_4-x_3$ isə mənfidir. Doğrudan da $C_1$ nöqtəsi $D$ nöqtəsinə nəzərən sağda ($x$ üzrə müsbət istiqamətdə), və aşağıda ($y$ üzrə mənfi istiqamətdə) yerləşib. Ona görə $x_3$ üzərinə müsbət olan $y_3-y_4$, $y_3$ üzərinə isə mənfi olan $x_4-x_3$ gəlinir.

Beləliklə bütün $A_1$, $B_1$, $C_1$, $D_1$ nöqtələrinin koordinatlarını şəkildə verildiyi kimi tapırıq. İndi $E$, $F$, $G$, $H$ nöqtələrinin koordinatlarını tapa bilərik.

$E$ nöqtəsi $AA_1$ parçasının orta nöqtəsi olduğu üçün onun koordinatları $A$ və $A_1$ nöqtələrinin koordinatları cəminin yarısına bərabər olacaq.

$E\left(\dfrac{x_2+y_1-y_2+x_1}{2}, \dfrac{y_2+x_2-x_1+y_1}{2}\right)$

Eynilə digər orta nöqtələrin koordinatları də aşağıdakı kimi olacaq.

$F\left(\dfrac{x_4+y_3-y_4+x_3}{2}, \dfrac{y_4+x_4-x_3+y_3}{2}\right)$

$G\left(\dfrac{x_1+y_4-y_1+x_4}{2}, \dfrac{y_1+x_1-x_4+y_4}{2}\right)$

$H\left(\dfrac{x_3+y_2-y_3+x_2}{2}, \dfrac{y_3+x_3-x_2+y_2}{2}\right)$

Onda iki nöqtə arasındakı məsafə düsturuna görə


$(1)$

$EF^2 = \dfrac {(x_4+y_3-y_4+x_3-x_2-y_1+y_2-x_1)^2}{4} + \dfrac {(y_4+x_4-x_3+y_3-y_2-x_2+x_1-y_1)^2}{4}$


$(2)$

$GH^2 = \dfrac {(x_3+y_2-y_3+x_2-x_1-y_4+y_1-x_4)^2}{4} + \dfrac {(y_3+x_3-x_2+y_2-y_1-x_1+x_4-y_4)^2}{4}$

$(1)$ bərabərliyində birinci kəsr $(2)$ bərabərliyində ikinci kəsrə bərabərdir. $(1)$ bərabərliyinin ikinci kəsrində isə mənfi işarəsini mötərizə xaricinə çıxarsaq kvadrata yüksəldiyinə görə bu işarə itəcək. Nəticədə isə eynilə $(2)$ bərabərliyinin birinci kəsri alınacaq. Deməli $EF=GH$. Bərabərlik isbat olundu.

İndi perpendikulyarliği isbat etməliyik. $EF$ və $GH$ düz xətlərinin perpendikulyarlığını isbat etmək üçün onların tənliklərində bucaq əmsallarının hasilinin $-1$ olmasını göstərmək kifayətdir. Düz xəttin bucaq əmsalının necə tapılmasına baxsaq görərik ki, $EF$ və $GH$ düz xətlərinin bucaq əmsalları

$k_{EF} = \dfrac {y_4+x_4-x_3+y_3-y_2-x_2+x_1-y_1}{x_4+y_3-y_4+x_3-x_2-y_1+y_2-x_1}$

$k_{GH} = \dfrac {y_1+x_1-x_4+y_4-y_3-x_3+x_2-y_2}{x_1+y_4-y_1+x_4-x_3-y_2+y_3-x_2} = \\[15pt]
= - \dfrac { x_4+y_3-y_4+x_3-x_2-y_1+y_2-x_1}{ y_4+x_4-x_3+y_3-y_2-x_2+x_1-y_1} = -\dfrac {1}{k_{EF}}$

Digər məqalələr

Ptolemey teoremi
Çevrə daxilinə çəkilmiş dördbucaqlının diaqonallarının hasili qarşı tərəflərin hasilləri cəminə bərabərdir.

Dördbucaqlının sahəsi
Qabarıq dördbucaqlının sahəsi onun diaqonalları ilə bu diaqonalların kəsişmə nöqtəsində əmələ gələn bucağın sinusu hasilinin yarısına bərabərdir. Əgər bu dördbucaqlının xaricinə çevrə çəkmək mümkündürsə onun sahəsini Braxmaqupta düsturu vasitəsi ilə də tapmaq olar.

Düzbucaqlı, romb, kvadrat
Bütün bucaqları düz bucaq olan paraleloqrama düzbucaqlı deyilir. Bütün tərəfləri bərabər olan paraleloqrama romb deyilir. Bütün tərəfləri bərabər olan düzbucaqlı kvadrat adlanır.

Trapesiya
Yalnız iki qarşı tərəfi paralel olan qabarıq dördbucaqlıya trapesiya deyilir. Bu paralel tərəflərə trapesiyanın oturacaqları, paralel olmayan tərəflərə isə yan tərəfləri deyilir. Trapesiyanın qarşı təpələrini birləşdirən düz xətt parçasına onun diaqonalı deyilir.

Tebo teoremləri
Paraleloqramın tərəfləri üzərində qurulmuş kvadratların mərkəzləri özü, kvadratın təpə nöqtələridir. Əgər kvadratın iki qonşu tərəfində bərabərtərəfli üçbucaq qursaq bu üçbucaqların kvadrata aid olmayan təpələri ilə kvadratın bu üçbucaqlara aid olmayan təpəsini birləşdirərkən bərabərtərəfli üçbucaq alarıq.

Bərabəryanlı trapesiya
Əgər trapesiyanın yan tərəfləri bərabərdirsə ona bərabəryanlı trapesiya deyilir. Bərabəryanlı trapesiyanın oturacağa bitişik bucaqları bərabərdir. Onun diaqonalları bərabərdir və diaqonallar oturacaqlar ilə eyni bucaq əmələ gətirir. Bu cür trapesiyanın xaricinə çevrə çəkmək olar.

Paraleloqram
Paraleloqramın qarşı tərəfləri bərabərdir, qarşı bucaqları bərabərdir, bir tərəfə söykənən bucaqlarının cəmi 180°-yə bərabərdir. Paraleloqramın diaqonalları kəsişmə nöqtəsində yarı bölünür.

Varinyon teoremi
İstənilən dördbucaqlının tərəflərinin orta nöqtəsini birləşdirsək paraleloqram alarıq. Bu teoremdə dördbucaqlının qabarıq olması şərt deyil və bütün dördbucaqlılar üçün doğrudur.

Üçbucaq üçün Van-Obel teoremi
ABC üçbucağının daxilində O nöqtəsində kəsişən üç AA1, BB1 və CC1 çevianları üçün belə bir bərabərlik doğrudur: CO/OC1 = CA1/A1B + CB1/B1A

© Müəllif hüquqları qorunur

Bu saytdakı bütün məqalələr Cəfər N.Əliyev tərəfindən yazılıb. Onlar hər hansı üçüncu şəxs tərəfindən digər resurslarda çap edilərsə mənbə və müəllifin adı göstərilməlidir. Sayt özü həmin şərtlərə əməl edir.