Cəfər Əliyevin bloqu

Arxiv

Ana səhifə :: Riyaziyyat :: Həndəsə :: Çevrə və Dairə


Yaranma tarixi:

Dördbucağın xaricinə və daxilinə çəkilmiş çevrələr

çevrə  dördbucaq  

 

Dördbucaqlının xaricinə çəkilmiş çevrə

Əgər dördbucaqlının bütün təpələri çevrə üzərindədirsə, bu çevrəyə dördbucaqlının xaricinə çəkilmiş çevrə, dördbucaqlıya isə çevrə daxilinə çəkilmiş dördbucaqlı deyilir.

Bu dördbucaqlının xaricinə çevrə çəkmək olmur

Üçbucaqdan fərqli olaraq istənilən dördbucaqlının xaricinə çevrə çəkmək olmaz. Misal üçün şəkildəki dördbucaqlıya baxın.

Teorem: Çevrə daxilinə çəkilmiş istənilən dördbucaqlının qarşı bucaqlarının cəmi $180°$-yə bərabərdir.

Xaricə çəkilmiş çevrə

İsbatı: Şəkildəki $ABCD$ dördbucaqlısına baxaq. Daxilə çəkilmiş bucaq haqqında teoremə görə

$\angle A = \dfrac{1}{2} \smile BCD$, $\angle C = \dfrac{1}{2} \smile BAD$

$\smile BCD$ və $\smile BAD$ isə birlikdə tam çevrə əmələ gətirir. Deməli, onların cəmi $360°$-dir. Yuxarıdakı bərabərlikləri toplasaq

$\angle A + \angle C = \dfrac{1}{2} (\smile BCD + \smile BAD) = \dfrac{360°}{2} = 180°$

Teorem: Əgər dördbucaqlının qarşı bucaqlarının cəmi $180°$-yə bərabərdirsə, bu dördbucaqlının xaricinə çevrə çəkmək olar.

İsbatı: Tutaq ki, $ABCD$ dördbucaqlısında (aşağıdakı şəklə baxın) $\angle A+\angle C=180°$.  $A$, $B$ və $D$ təpələrindən çevrə çəkib həmin çevrənin $C$ təpəsindən də keçdiyini isbat edək. Əgər bu belə olmasa $C$ təpəsi ya çevrənin daxilində, ya da xaricində yerləşəcək. $C$ təpəsi çevrə daxilində yerləşərsə $\angle C$-nin ölçüsü daha böyük olacaq. $\angle A$-nın isə ölçüsü dəyişmədiyi üçün $\angle A +\angle C > 180°$ olacaq. Bu isə şərtə ziddir. $C$ təpəsi çevrə xaricində olsa $\angle C$-nin ölçüsü daha kiçik olacaq və $\angle A +\angle C <180°$ olacaq. Bu da şərtə ziddir. Deməli, dördbucaqlının $C$ təpəsi də çevrə üzərindədir.

C təpəsi çevrə üzərində deyil

Dördbucaqlının daxilinə çəkilmiş çevrə

Əgər dördbucaqlının bütün tərəfləri çevrəyə toxunursa, bu çevrəyə dördbucaqlı daxilinə çəkilmiş çevrə, dördbucaqlıya isə çevrə xaricinə çəkilmiş dördbucaqlı deyilir.

Bu dördbucaqlının daxilinə çevrə çəkmək olmur

Üçbucaqdan fərqli olaraq istənilən dördbucaqlının daxilinə çevrə çəkmək olmaz. Bunun üçün şəkildəki dördbucaqlıya baxmaq kifayətdir.

Teorem: Çevrə xaricinə çəkilmiş istənilən dördbucaqlının qarşı tərəflərinin cəmi bərabərdir.

Daxilə çəkilmiş çevrə

İsbatı: $\triangle AEO$ və $\triangle AFO$-ya baxsaq bu iki düzbucaqlı üçbucağın hipotenuzları eyni, katetləri isə radiusa bərabər olduğunu görərik. Deməli onlar katet və hipotenuza görə bərabərdir. Bərabərlikdən alınır ki, $AE=AF$. Eynilə $BE=BH$ və bütün şəkildəki məsafələrin bərabərliyi alınır. Bu məsafələri şəkildəki kimi işarələsək hər iki qarşı tərəfin cəmi $a+b+c+d$ olacaq. Teorem isbat olundu.

Teorem: Əgər qabarıq dördbucaqlının qarşı tərəflərinin cəmi bərabərdirsə bu dördbucaqlı daxilinə çevrə çəkmək olar.

İsbatı: Tutaq ki, $ABCD$ qabarıq dördbucaqlısı üçün teoremin şərti ödənir $AB+CD=BC+AD$. Onda $\angle A$ və $\angle B$ üçün tənbölən çəksək bu tənbölənlərin kəsişmə nöqtəsi həm $AO$, həm də $BO$ üzərində olduğu üçün $AD$, $AB$ və $BC$ tərəflərindən eyni məsafədə olacaq.

Onda mərkəzi $O$ nöqtəsində olan çevrə bu üç tərəfə toxunacaq. Göstərək ki, həmin çevrə $CD$ tərəfinə də toxunur. Əksini fərz edək. Tutaq ki, həmin çevrə $CD$ tərəfinə toxunmur. Onda $CD$ tərəfi ilə çevrənin ya heç bir ümumi nöqtəsi yoxdur, yada bu tərəf çevrəni kəsir.

Çevrə CD tərəfinə toxunmur

Birinci hala baxaq. Onda $CD$ düz xəttinə paralel olub çevrəyə toxunan $C’D’$ xəttini çəkək. $ABC’D’$ xaricə çəkilmiş dördbucaqlısını alarıq. Bu dördbucaqlı üçün

$AB+C’D’=BC’+AD’$

Şəkildən görünür ki,

$BC’=BC-C’C, \ AD’=AD-D’D$

Ona görə yuxarıdakı bərabərliyi belə yaza bilərik.

$AB+C’D’ = BC-C’C+AD-D’D \Rightarrow C’D’+C’C+D’D = BC+AD-AB$

Teoremdəki bərabərliyə baxsaq görərik ki, sağ tərəf $CD$-yə bərabərdir.

$C’D’+C’C+D’D = CD$

Yəni $C’CDD’$ dördbucaqlısının 1 tərəfi qalan 3 tərəfinin cəminə bərabərdir. Bu isə ola bilməz. Biz ziddiyyətə gəldik.

İkinci halda $CD$ tərəfi çevrəni kəssə yenə bu tərəfə paralel çevrəyə toxunan $C’D’$ xətini çəkə bilərik. Bu halda eyni mülahizəni yürütsək

$BC’=BC+C’C, \ AD’=AD+D’D$

olacaq. Bərabərlik isə bu şəklə düşəcək.

$AB+C’D’=BC+C’C+AD+D’D \Rightarrow C’D’-C’C-D’D=BC+AD-AB$

Yenə teoremdəki bərabərliyə görə sağ tərəf $CD$-yə bərabərdir.

$C’D’-C’C-D’D=CD \Rightarrow C’D’ = CD+C’C+D’D$

Yenə ziddiyyətə gəldik. Deməli $CD$ tərəfi də çevrəyə toxunur.

 

Digər məqalələr

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

Brahmaqupta teoremi
Çevrə daxilinə çəkilmiş dördbucaqlının sahəsi bu dördbucaqlının yarım perimetri ilə tərəfləri fərqinin hasilinin kvadrat kökünə bərabərdir.

Üçbucağın xaricinə və daxilinə çəkilmiş çevrələr
Əgər çevrə üçbucağın bütün təpələrindən keçirsə, onda bu çevrə üçbucaq xaricinə çəkilmiş çevrə adlanır. Çevrə üçbucağın bütün tərəflərinə toxunursa, onda ona üçbucaq daxilin çəkilmiş çevrə deyilir. İstənilən üçbucağın xaricinə və daxilinə yeganə çevrə çəkmək olar.

© 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.