Cəfər Əliyevin bloqu

Arxiv

Ana səhifə :: Riyaziyyat :: Həndəsə :: Dördbucaqlı


Yaranma tarixi:

Varinyon teoremi

Varinyon teoremi

Şəkil 1

Teorem: İstənilən dördbucaqlının tərəflərinin ortası paraleloqramın təpə nöqtələridir.

İsbatı: Bu teorem dördbucaqlının qabarıq olmasını şərt kimi qoymur və bütün dördbucaqlılar üçün doğrudur. Biz isə əvvəlcə isbatı qabarıq dördbucaqlı misalında verib, sonra ümumiləşdirəcəyik.

$ABCD$ dördbucaqlisında $AC$ diaqonalını çəksək $MN$ parçası $\triangle ABC$-nin orta xətti olacaq. Üçbucağın orta xətinin xassəsinə görə $MN || AC$ və $MN = \dfrac{1}{2}AC$.

Eynilə $\triangle ADC$ və onun $FK$ orta xətti üçün $FK||AC$ və $FK = \dfrac{1}{2} AC$. Deməli, $FK||MN$ və $FK=MN$.

Onda, $MNKF$ dördbucaqlısı paraleloqramın birinci əlamətini ödədiyinə görə paraleloqramdır.

Aşağıdakı şəkillərə baxaq. Birinci şəkildə dördbucaqlı qabarıq deyil. İkinci şəkildəki fiqur ümumiyyətlə dördbucaqlı deyil. Buna baxmayaraq hər iki şəkildə $A$ və $C$ təpələrini birləşdirərkən alınan $\triangle ABC$ və $\triangle ADC$ üçün $MN$ və $FK$ yenə orta xətt olacaq və yuxarıda deyilənlərin hamısı qüvvədə qalacaq. Bu yolla alınan paraleloqram Varinyon paraleloqramı adlanır.

Qabariq olmayan dördbucaqlı Qeyri-dördbucaqlı
Şəkil 2

Nəticə 1: Varinyon paraleloqramının perimetri dördbucaqlının diaqonallarının cəminə bərabərdir. Bu nəticə dördbucaqlı qabarıq olmasa da doğrudur. Hətta dörd nöqtəni yuxarıdakı şəkildə olduğu kimi istənilən cür ardıcıl birləşdirdikdə alınan fiqur dördbucaqlı olmasa belə bu bərabərlik doğrudur.

$S_{MNKF} = AC+ BD$

Teoremin isbatı zamanı gördük ki, Varinyon paraleloqramının tərəfləri dördbucaqlının diaqonallarının yarısına bərabərdir. Deməli paraleloqramın iki qarşı tərəfinin cəmi bir diaqonal, digər iki qarşı tərəfinin cəmi isə digər diaqonal olacaq.

Nəticə 2: Varinyon paraleloqramının sahəsi, dördbucaqlının sahəsinin yarısına bərabərdir.

$S_{MNKF} = \dfrac {1} {2} S_{ABCD}$

Yenə də əvvəl qabarıq dördbucaqlıya baxaq. Şəkil 1-dəki üçbucaqların sahəsini iki tərəf və aralarındakı bucağın sinusu vasitəsilə tapaq.

$S_{DOC} = \dfrac {1} {2} DO \cdot OC \sin \angle COD = \dfrac {1} {2} DO \cdot OC\ sin \alpha \\[15pt]
S_{AOB} = \dfrac {1} {2} AO \cdot OB \sin \angle AOB = \dfrac {1} {2} AO \cdot OB \sin \alpha \\[15pt]
S_{COB} = \dfrac {1} {2} OC \cdot OB \sin (180°-\alpha) = \dfrac {1} {2} OC \cdot OB \sin \alpha \\[15pt]
S_{AOD} = \dfrac {1} {2} AO \cdot OD \sin (180°-\alpha) = \dfrac {1} {2} AO \cdot OD \sin \alpha$

Çünki $\angle AOB$ və $\angle COD$ qarşılıqlı bucaqlar olduğu üçün bərabərdir ($\angle AOB = \angle COD = \alpha$). Sinusun xassəsinə görə isə $sin (180°-\alpha) = sin \alpha$. Onda bu 4 üçbucağın sahələrini toplasaq dördbucaqlının sahəsini alarıq.

$S_{ABCD} = \dfrac {1} {2} (OD \cdot OC + AO \cdot OB + OC \cdot OB + AO \cdot OD) sin \alpha = \\[15pt]
=\dfrac {1} {2} \left((AO+OC) \cdot OB + (AO+OC)\cdot OD\right) sin \alpha =\\[15pt]
=\dfrac {1}{2} (AO+OC)(OB+OD) sin \alpha$

$AO+OC=AC$ və $BO+OD=BD$ olduğunu nəzərə alsaq dördbucaqlının sahəsi

$S_{ABCD} = \dfrac {1} {2} AC \cdot BD \ sin \alpha$

$MNKF$ paraleloqramını isə iki bərabər üçbucağa bölüb bunların sahələri cəmi kimi verə bilərik.

$S_{MNKF} = MN \cdot MF \ sin \angle NMF$

$\angle NMF$-in tərəfləri $\alpha$ bucağının tərəflərinə paralel olduğu üçün bu bucaqlar bərabərdir.

$S_{MNKF} = MN \cdot MF \ sin \alpha$

İndi $S_{ABCD}$ və $S_{MNKF}$ sahələrinin nisbətinə baxıb, $AC=2 MN$ və $BD=2MF$ olduğunu nəzərə alsaq

$\dfrac {S_{ABCD}}{S_{MNKF}} = \dfrac {\dfrac {1} {2} AC \cdot BD \ sin \alpha}{MN \cdot MF \ sin \alpha} = \\
= \dfrac {\dfrac {1} {2} \left(2MN \cdot 2 MF\right)} {MN \cdot MF} = 2$

Bu dördbucaqlı qabarıq olmasa diaqonalların kəsişməsindən alınan üçbucaqların iksinin sahəsi toplanacaq, o biri ikisinin sahəsi isə bucaq mənfi olduğu üçün çıxılacaq. Nəticədə isə yenə həmin nisbət alınacaq.

Yalnız 4 nöqtə ardıcıl birləşdirilən zaman xətlər kəsişsə, verilmiş fiqur dördbucaqlı olmayacaq və bu bərabərlik ödənməyəcək. Bunu göstərmək üçün aşağıdakı dördbucaqlıya baxaq. Burada $AD$ və $BC$ parçaları orta nöqtələrində kəsişir. Ona görə bu tərəflərin ortasını birləşdirərkən alınan fiqurun sahəsi sıfıra bərabərdir.

Qeyri-dördbucaqlı
Şəkil 3

Digər məqalələr

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

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.

Dördbucağın xaricinə və daxilinə çəkilmiş çevrələr
Çevrə daxilinə çəkilmiş istənilən dördbucaqlının qarşı bucaqlarının cəmi 180°-yə bərabərdir. Çevrə xaricinə çəkilmiş istənilən dördbucaqlının qarşı tərəflərinin cəmi bərabərdir.

Trapesiya
Yalnız iki qarşı tərəfi paralel olan qabarıq dördbucaqlıya trapesiya deyilir. Bu paralel tərəflərə trapesiyanın oturacaqları, paralel olmayan tərəflərə isə yan tərəfləri 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.

Dördbucaqlı üçün Van-Obel teoremi
İxtiyarı dördbucaqlının tərəflərində xarici kvadratlar qursaq, qarşılıqlı kvadratların orta nöqtələrini birləşdirən düz xətt parçaları bərabər və perpendikulyar olacaq.

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

© 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.