Ə.A.Quliyev HƏNDƏSƏ MƏSƏLƏLƏRİ

Transcript

1 Ə.A.Quliyev HƏNDƏSƏ MƏSƏLƏLƏRİ Azərbaycan Respublikası Təhsil Nazirinin 7.7.-cu il tarixli 9 -li əmri ilə dərs vəsaiti kimi təsdiq edilmişdir. BAKI- ELM -

2 Elmi redaktor: Musayev V.M. Fizika-riyaziyyat elmləri doktoru, professor Rəy verənlər: Quliyev H.F. Fizika-riyaziyyat elmləri doktoru, professor Adıgözəlov A.S. Pedaqoji elmləri doktoru, professor Mərdanov İ.C. Fizika-riyaziyyat elmləri doktoru, professor Nəsirov N.B Pedaqoji elmlər namizədi, dosent Ə.A.Quliyev. Həndəsə məsələləri. Bakı, Elm, səh. İSBN Ali və orta ixtisas məktəblərinə daxil olmağa hazırlaşanlara, həndəsənin ümumiləşdirici məsələlər vasitəsilə təkrarında müəllimlərə kömək məqsədilə hazırlanmış bu kitabda 5-ə yaxın hesablama, isbat və qurma məsələləri müfəssəl həllərilə verilir. Bu material məktəb həndəsə kursunun proqramını bütünlüklə əhatə edir. Vəsait orta məktəb şagirdləri və müəllimləri, abituriyentlər, ali məktəbin bakalavr və magistr pillələrinin tələbələri, həndəsənin tədrisini və şagirdlərin əqli fəaliyyətini inkişaf etdirməklə maraqlanan tədqiqatçı metodistlər üçün maraqlı və münasibdir (7) Elm nəşriyyatı,

3 Deyilənə görə bir dəfə Ptolomey Evkliddən soruşur ki, həndəsədə onun Başlanğıclar - indikindən daha qısa yol varmı, buna o, belə cavab verir: həndəsədə şahlar üçün ayrıca yol yoxdur. GİRİŞ Prokl Bu vəsait şagirdlər, müəllimlər, riyaziyyatdan dərnək rəhbərləri, abituriyentlər, pedaqoji universitetin tələbələri, magistrlər və həndəsədən məsələ həllinə maraq göstərən hər kəs üçün nəzərdə tutulmuşdur. Qarşıya qoyulan əsas məqsəd müəllifin 8-ci ildə nəşr olunmuş Planimetriyanın məsələ vasitəsilə təkrarı kitabını genişləndirmək və tamamlamaqdan ibarətdir. Buraya o, qədər də standart olmayan, mövcud dərslik və vəsaitlərə daxil olmayan şagirdlərin ümumiləşdirmə qabiliyyətinin inkişafına kömək edən, həndəsədən hesablama, isbat və qurma məsələləri daxil edilmişdir. Belə məsələlər vasitəsilə planimetriya və stereometriya kurslarını təkrar edib sistemləşdirməyi nəzərdə tuturuq. Kitabda həlləri ilə verilən məsələlərdən ölkəmizdə və xüsusən xarici ali məktəblərə qəbul imtahanlarına hazırlaşanlar istifadə edə bilər. Bunu özünü yoxlamada, habelə unudulanları bərpa etməkdə mühüm vasitə hesab edirik. Lakin oxucular özünü sınamaq məqsədilə təqdim olunan məsələləri müstəqil həll etməyə çalışmalı, yalnız bundan sonra göstərilən həll və cavablara müraciət etmək yaxşı olardı. Beləliklə, gənclər həndəsə məsələlərini burada göstərilənlərdən fərqli, özlərinə məxsus, bəzən də daha səmərəli üsullarla da həll edə bilərlər. Bu vəsaitlə yanaşı, onun sonunda göstərilmiş ədəbiyyatdan da istifadə etməklə həndəsədən hesablama, isbat və qurma məsələlərinin həllində müəyyən vərdiş və bacarığa nail olmaq mümkündür. Həmin məqsədə nail olmaqda şagirdlərə kömək üçün istifadə etmədiyimiz müvafiq vəsaitləri də bu siyahıya daxil etmişik. Onu da bilmək lazımdır ki, məzunlar bu vəsaitdən istifadə etməklə buraxılış, həmçinin test üsulu ilə orta ixtisas və ali məktəblərə qəbul imtahanlarına hazırlıq prosesində həndəsəni

4 yenidən öyrənə, habelə bu baərədə özlərini yoxlaya bilərlər. Son illərdə bəzi xarici ölkələrin ali məktəblərində qəbul imtahanları zamanı həndəsədən təklif edilmiş bir sıra məsələlər də bu vəsaitə daxil edilmişdir. Apardığımız araşdırmalar göstərdi ki, bu məqsədlə abituriyentlərə əsasən hesablama məsələləri təklif olunur, isbat və qurma məsələlərindən isə daha çox olimpiadalarda istifadə olunur. Tədris prosesində də belə birtərəfli yanaşma vardır. Bu da həndəsənin lazımı səviyyədə mənimsənilməməsi səbəblərindən biridir. Bu boşluğu, qismən də olsa, doldurmaq üçün kitabda hər üç növə aid (hesablama, isbat və qurma) 5-ə yaxın həndəsə məsələləri təhlil edilir ki, bunlardan ayrı-ayrı mövzuları və bütövlükdə kursun təkrarı üçün istifadəni faydalı hesab edirik. Məsələlər orta məktəbin həndəsə kursunu demək olar ki, əhatə edir. Kitabdakı məlumat xarakterli faktlara şüurlu yanaşdığınız və təqdim etdiyimiz məsələləri müstəqil həll edə bildiyiniz halda hər hansı şəraitdə həndəsəyə aid məsələlər həllində müvəffəqiyyət qazanacağınıza əvvəlcədən təminat vermək olar. Təlim prosesində ümumiləşdirmə şagirdlərin riyazi mədəniyyətinin yüksəldilməsində sistematik məntiqi əməliyyatdır. Vəsaitdə verilən məsələlərin əksəriyyəti həmin təfəkkür əməliyyatından düzgün istifadə etmək və bununla da həndəsəni daha da dərindən öyrənmək üçün olduqca faydalıdır. Oxuculara təqdim edilən bu kitab müəllifin uzun illər ərzində apardığı axtarışların nəticəsidir. Burada, görkəmli riyaziyyatçıların dili ilə həndəsəni öyrənməyin əhəmiyyəti, ayrı-ayrı məsələlər üzərində düşüncə xüsusiyyətləri, unudulmuş biliklərin bərpası, yenidən öyrənmək üçün məsələlər vasitəsi ilə təkrarın təşkili və aparılması göstərilir, həndəsə məsələlərinin həlli yolları, bununla əlaqədar şagirdlərin ümumiləşdirmə və xüsusiləşdirmə qabiliyyətlərinin inkişafı nümunələri araşdırılır. Öz faydalı qeydləri və təklifləri ilə şagirdlərin həmin həndəsi qabiliyyətlərinin yüksəldilməsində faydalı ola biləcək, bu kitabın daha da təkmilləşməsinə kömək edəcək, xeyirxah oxuculara qabaqcadan minnətdarlığımızı bildiririk. 4

5 Hazırki proqrama görə həndəsənin hər kii bölməsi I-VI siniflərdə propedevtik, VII-IX siniflərdə planimetriya sistematik, stereometriya propedevtik, X-XI siniflərdə isə stereometriya sistematik öyrənilir. Təlimin göstərilən mərhələlərində həndəsənin lazımi səviyyədə öyrənilməsinə nail olmaq üçün aşağıdakı cəhətlərə diqqəti artırmaq məqsədəuyğundur. ) Məktəbə qədər yaşda və ibtidai siniflərdə hansı həndəsi materiallardan istifadə etməklə uşaqların düşüncələrinin inkişaf etdirilməsinə daha çox əhəmiyyət verilməlidir?bu məqsədlə ailədə və bağçada uşaqlarla lazımi hazırlıq işləri aparmaq olduqca faydalıdır. Şagirdlərdə ümumiləşdirici təfəkkürün düzgün inkişaf etdirilməsi, onların məktəbəqədərki hazırlığından, əyani həndəsə ilə I-VI siniflərdə necə tanış olmalarından xeyli asılıdır. ) V-VI siniflərdə həndəsə materialının öyrənilməsinin metodik sistemini müasir tələblər səviyyəsində qurmaq lazımdır. Apardığımız araşdırmalar göstərdi ki, V-VI siniflər üçün vahid riyaziyyat kursu yaratmaq cəhdləri müvəffəqiyyətlə başa çatmamışdır. Bu ilk növbədə kursun həndəsə hissəsinin, həm də həndəsi və ədədi materialın birləşməsinin məzmunlarına aiddir. Bir çox belə kurslar yaradılmışdır. Lakin burada, birincisi həndəsi material azdır, onlar əsasən gələcək sistematik biliklərin propodevtikasına yönəlmişdir. Ikincisi, ibtidai siniflərdə olduğu kimi bu iki ildə öyrənilənləri, ifadə olunanları heç olmasa təsəvvürlər səviyyəsində başa düşmək çətindir. Bu o deməkdir ki, sonrakı sinifdə hər şeyi təzədən başlamaq lazımdır. Əsas problem ondan ibarətdir ki, bu yaş üçün V-VI sinif şagirdlərinə xas olan böyük fəallıq və imkanauyğun xüsusi həndəsə kursu yaratmaq lazımdır. Bu məzmunda da kitablar vardır, lakin həmin problem üzərində işi davam etdirmək lazımdır. Son illərdə bəzi xarici ölkələrdə (o cümlədən Rusiyada) V-VI siniflərin riyaziyyat kursunu hesab, cəbr və həndəsənin elementləri üzrə ayrı-ayrı dərslik şəklində ayırmaq fikri yaranmış və qismən həyata keçirilmişdir. Lakin ibtidai və V-VI siniflər üçün 5

6 vahid riyaziyyat dərsliklərinin yüksək səviyyədə hazırlanması daha məqsədəuyğundur. ) Son ildə VII-XI siniflərdə həndəsənin sistematik kursundan çoxlu sayda dərsliklər yazılmışdır. Lakin onların hamısı bir-birinə, Evklidin Başlanğıcları kitabına oxşayır. Təriflərin, aksiomların, teoremlərin ifadəsi, mövzuların ardıcıllığı, tədrisin şərhi texnologiyası dəyişsə də hər şey Başlanğıclar səviyyəsində qalmışdır. XX əsrin ikinci yarısında məktəb kursuna koordinatlar, vektorlar, həndəsi çevirmələr kimi mövzular daxil edilmişdir, onlar isə faktik olaraq dərindən öyrənmə səviyyəsində olmaqla kütləvi məktəb səviyyəsinə uyğun işlənməməmişdir. Məktəblərimizdə uzun müddət A.P.Kiselyovun, sonralar isə A.N.Kolmoqorovun, Z.A.Skopetsin, A.D. Aleksandrovun, A.V.Poqorelovun həndəsə dərsliklərindən istifadə olunmuşdur. Hazırda isə Respublikamızda hazırlanmış kitablar işlənilir. Dərslikləri daima təkmilləşdirmək lazımdır. 4) Hazırda riyaziyyatı dərindən öyrənən məktəblər və siniflər mövcuddur. Həndəsənin dərinləşdirilmiş kursuna şagirdlərin ümumiləşdirmə qabiliyyətini inkişaf etdirmək ilə əlaqədar material daxil ola bilər. Həndəsəyə daxil edilən belə materialın məzmunu və öyrənilməsi metodikası necə olmalıdır? Qoyulan suala cavab vermək üçün hər hansı ümumi mühakimədən başlamaq lazımdır. Bu məqsədlə şagirdlərə fərdi yanaşmaq məqsədəuyğundur. Eyni bir material bəzi şagirdlər üçün asan, bəzilərinə görə isə çətindir. Dərslikdə hər iki qrupa daxil ola bilən şagirdlər nəzərə alınmalıdır. Həndəsə dərsliyində hər bir şagirdin qavrama qabiliyyətinə uyğun olan nəzəri və praktik material olmalıdır. 5) Həndəsənin tədrisində ciddi məntiqlə, aksiomatik qurma ilə intuisiyanın, şagirdlərin həyat təcrübəsinin münasibəti didaktik prinsiplərə əsaslanaraq müəyyənləşdirilməlidir. Əsas diqqət fiqurların xassələrinin mənimsənilməsi, bunların məsələlər həllinə və praktikaya tətbiqləri əsasında şagirdlərdə məntiqi təfəkkürün o, cümlədən ümumiləşdirmə qabiliyyətinin, idrak prosesinin inkişafına verilməlidir. 6

7 6) Məlumdur ki, VII-IX siniflərdə planimetriya, son iki sinifdə isə stereometriya öyrənilir. Bu ənənə də Evkliddən başlamış, indi də davam edir. Həndəsənin belə tədrisi real həyatı hadisələrə uyğundurmu? Bu sualın böyük tarixi vardır, ona verilən bir çox cavablar tam aydın deyil. Hər şeydən əvvəl bilmək lazımdır ki, bizi müstəvi obyektləri deyil, üçölçülü fəza əhatə edir. Yaşadığımız aləm üç ölçülüdür, bütün məktəb fənləri fəza obyektlərini və proseslərini öyrənir. Deməli, həndəsənin planimetriya və stereometriya olmaqla iki hissəyə bölünməsi həyati deyil. Məlumdur ki, bunu Evklid özünün Başlanğıcları nda belə etmişdir. Lakin tarixən isbat olunmuşdur ki, Evklid həmin kitabı həndəsəni yeni öyrənməyə başlayanlar üçün dərslik deyil, artıq bu haqda müəyyən biliyi olan insanlara ünvanlamışdır. Əvvəl fəza fiqurlarının, sonra isə müstəvi fiqurlarının xassələrini öyrənmək, habelə həndəsəni fuzionizm ideyası (fəza və müstəvi fiqurların xassələrini qarşılıqlı əlaqədə öyrənmək) əsasında qurmaq fikirləri də vardır. Hazırda bir çox ölkələrdə (o cümlədən Rusiyada) həndəsə dərsliyi üçüncü yanaşma əsasında qurulmuşdur. Şagirdlərin ümumiləşdirmə qabiliyyətini inkişaf etdirmək baxımından belə yanaşmanı müvafiq hesab edirik. 7) Həndəsənin mövcud öyrənmə sistemi şagirdlərin idrak fəaliyyətinin bütün mərhələlərinin (qavrayış, diqqət, hafizə, təfəkkür və nitq, təxəyyül və yaradıcılıq), xüsusən təfəkkür əməliyyatları və formalarının inkişaf etdirilərək qaydaya salınmasında mühüm vasitə olmalıdır. 8) Həndəsə dərslərində riyaziyyatın tədrisi sahəsində əldə olunmuş müsbət naliyyətlərə və təcrübəyə əsaslanaraq, səmərəli olaraq irəliyə baxmaqla çətinliklər üzərində düşünməyi, analitiksintetik yolla mühakimə və isbatlar aparma qabiliyyətini şagirdlərdə inkişaf etdirməyi əsas vəzifə hesab edirik. Bu isə ilk növbədə dərsliklər və hazırlıqlı müəllimlər vasitəsilə reallaşa bilər. 7

8 Bütün yuxarıda göstərilənlərlə yanaşı, müasir informasiyalı cəmiyyətdə, İKT-nin bütün didaktik imkanlarını müəyyənləşdirmək və onlardan geniş istifadə etmək lazımdır. Dərs vəsaitində təhlil olunan hesablama isbat və qurma məsələləri deyilənlər baxımından faydalıdır. 8

9 Riyaziyyat-əlbəttə insan onunla təbiəti və özünü idarə edir A.N.Kolmoqorov I. Planimetriya. Hesablama məsələləri. ABC üçbucağında medianlar AM=5sm və CL= sm, bir tərəf isə BC= 5 sm-dir. BP medianını tapın.. Bərabəryanlı trapesiyanın diaqonalı onu sahələri 6 sm və 4 sm olan iki üçbucağa ayırır. Trapesiyanın yan tərəfi 4 sm olarsa, onun hündürlüyünü tapın.. Bərabəryanlı üçbucaqda yan tərəf 5 sm, oturacaq isə 4 sm-dir. Bu üçbucağın medianlarının və hündürlüklərinin kəsişmə nöqtələri arasındakı məsafəni tapın. 4. C düz bucaq tənböləni hipotenuzu 5 sm və sm hissələrə bölür. Bölgü nöqtəsindən C bucağının tərəflərinə qədər məsafələri tapın. 5. Trapesiyanın oturacaqları 6 sm və 8 sm-dir. Diaqonallarının kəsişmə nöqtəsindən oturacaqlara paralel düz xət yan tərəfləri kəsənə qədər uzadılmışdır. Bu düz xəttin yan tərəflər arasında qalan parçasının uzunluğunu tapın. 6. ABCD trapesiyasında AB və DC parçaları oturacaqlardır. AB= sm, DC=4 sm, AD= sm və DAB=6 olarsa BCE üçbucağının sahəsini tapın. 7. ABC üçbucağında AB=m. AB tərəfinə endirilmiş CD hündürlüyünün uzunluğu m-dir. AD=BC. AC tərəfinin uzunluğunu tapın. 8. ABC üçbucağında BD hündürlüyü,, AE hündürlüyü isə -yə bərabərdir, BE:EC=5:9. AC tərəfinin uzunluğunu tapın. 9. Çevrə daxilinə çəkilmiş qabarıq ABCD dördbucaqlısının diaqonalları E nöqtəsində kəsişir. BD diaqonalı ABC bucağının 9

10 tənböləni, BD, CD parçalarının uzunluqları isə uyğun olaraq 5 və 5-dir. BE parçasının uzunluğunu tapın.. ABC üçbucağında MAC=45 olmaqla AM medianı çəkilmişdir. AC=, BC= olarsa ABC üçbucağının sahəsini tapın.. Bərabəryanlı trapesiyanın yan tərəfi -ə, oturacaqları isə və 4-ə bərabərdir. Trapesiyanın diaqonalını tapın.. Yan tərəfləri, daxilinə çəkilmiş çevrənin radiusu 4 olan bərabəryanlı trapesiyanın sahəsini tapın.. Oturacağı AC və oturacaqdakı bucağı 75 olan bərabəryanlı üçbucağın xaricinə mərkəzi O nöqtəsində yerləşən çevrə çəkilmişdir. BOC üçbucağının sahəsi 6-ya bərabərdir. Çevrənin radiusunu tapın Radiusu olan çevrənin daxilinə düzgün ABC üçbucağı çəkilmişdir. BD vətəri AC tərəfini E nöqtəsində kəsir, AE:EC=:5 olarsa BE parçasının uzunluğunu tapın. 5. Hipotenuzu AC= olan düzbucaqlı ABC üçbucağında BM medianı çəkilmişdir. ABM üçbucağının daxilinə çəkilmiş çevrə P nöqtəsində BM medianına toxunur. BP:PM=: olarsa BC katetini tapın. 6. Oturacaqları sm və sm, yan tərəfləri 6 sm və 8 sm olan trapesiyanın sahəsini tapın. 7. Tərəfləri a, b, c və d olan trapesiyanın sahəsini tapın ( d b və d > b ) 8. ABCD paraleloqramın diaqonalları O nöqtəsində kəsişir. AB= a, BC= b ( a > b ) və AOD= α isə paraleloqramın sahəsini tapın. 9. ABCD paraleloqramının BD diaqonalı onun DH hündürlüyü və BC tərəfi ilə 4 -li bucaq əmələ gətirir. Paraleloqramın bucaqlarını tapın.. ABC üçbucağında C bucağı iti qalmaqla artırsa, AC və BC tərəflərinin uzunluqları isə dəyişməz qalırsa, AB tərəfi necə dəyişir?

11 . Katetlərinin uzunluğu BC= a, AC= b olan düzbucaqlı ABC üçbucağının hipotenuzu üzərində AB düz xətti ilə ayrılmış, həmin üçbucağın yerləşmədiyi, yarımmüstəvidə kvadrat qurulmuşdur. C düz bucaq təpəsindən kvadratın Q mərkəzinə qədər məsafəni tapın.. Bərabəryanlı üçbucağın bərabər olmayan tənbölənləri arasındakı bucaq α -dir. Üçbucağın təpəsindən çəkilmiş medianın uzunluğu l -ə bərabərdir. Bu üçbucağın tənbölənləri arasındakı asılılığı müəyyən edin.. Mərkəzi O nöqtəsində, radiusu R olan çevrədə CD diametri və ona paralel AB vətəri verilir. Diametrin və ya onun uzantısı üzərində ixtiyari M nöqtəsi götürülmüşdür. AM +BM cəmi M nöqtəsinin verilmiş vəziyyətində vətərin vəziyyətindən asılıdırmı? 4. Üçbucağın tərəfləri a, b, c -dir. a tərəfinə və b, c tərəflərinin uzantılarına toxunan çevrənin radiusunu hesablayın. 5. Bərabəryanlı ABC üçbucağınınn, A, B uyğun olaraq AC, BC tərəflərinin orta nöqtələri və ABB + BAA =6 olarsa, bucaqlarını tapın. 6. ABC üçbucağının tənbölənləri O nöqtəsində kəsişir. AO düz xətti OBC üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrəni O və M nöqtələrində kəsir. BC=, A= olarsa, OM parçasının uzunluğunu tapın. 7. AB çevrənin diametridir. Mərkəzi B nöqtəsində olan ikinci çevrənin radiusu -yə bərabərdir və birinci çevrə ilə C,D nöqtələrində kəsişir. İkinci çevrənin CE= vətəri birinci çevrəyə toxunanın hissəsidir. Birinci çevrənin radiusunu tapın. 8. ABCD və ECDA trapesiyaları bərabəryanlıdırlar, BC AD, BC > AD və AE DC, AE > DC. CDE və BDA bucaqları cəminin kosinusu, DE=7 dir. BE-ni tapın. 9. Oturacaqları və 4 olan bərabəryanlı trapesiyasında birbirinə, hər biri iki yan tərəfə və oturacaqlardan birinə toxunan iki çevrə yerləşdirilmişdir. Trapesiyanın sahəsini tapın.

12 . M,N nöqtələri ABCD trapesiyasının yan tərəfləri üzərində olub, onlardan keçən düz xətt AD= a, BC= b olan oturacaqlara paraleldir. MN parçasının diaqonallar vasitəsilə üç bərabər hissəyə bölündüyünü bilərək onun uzunluğunu tapın. Trapesiyanın diaqonallarının kəsişmə nöqtəsi MBCN dördbucaqlısının daxilində yerləşir.. Qabarıq ABCD dördbucaqlısında tərəflərin orta nöqtələri uyğun olaraq K, L,M,N-dir. KM və LN parçaları E nöqtəsində kəsişir. AKEN, BKEL və DNEM dördbucaqlarının sahələri uyğun olaraq 6; 6; -dir. a) CMEL dördbucaqlısının sahəsini; b) AB= isə CD parçasının uzunluğunu tapın.. Radiusu -ə bərabər çevrə kateti AB=5 olan düzbucaqlı ABC üçbucağının A və B təpələrindən keçir. CD düz xətti D nöqtəsində bu çevrəyə toxunur. DA şüası CDB bucağını yarıya bölür. ABD bucağının qiymətini və ikinci AC katetinin uzunluğunu tapın.. ABC üçbucağında B təpə bucağı π -ə bərabərdir, daxilə çəkilmiş çevrənin mərkəzini A, C təpələri ilə birləşdirən parçaların uzunluğu isə uyğun olaraq 4 və 6 dır. ABC üçbucağının daxilinə çəkilmiş çevrənin radiusunu tapın. 4. Bərabəryanlı ABC üçbucağının AC və CB yan tərəflərini uyğun olaraq P, Q nöqtələrində kəsən çevrə həm də ABQ üçbucağının xaricinə çəkilmişdir. AQ və BP parçaları D nöqtəsində, AQ:AD=4: olmaqla, kəsişir. S(PQC)= olarsa, DQB üçbucağının sahəsini tapın. 5. Düzbucaqlı ABC üçbucağının ( C = 9 ) sahəsi 6-ya, onun xaricinə çəkilmiş çevrənin radiusu 5 -ə bərabərdir. Bu üçbucağın daxilinə çəkilmiş çevrənin radiusunu tapın. 6. Mərkəzi M nöqtəsində olan çevrə AOB bucağının tərəflərinə A, B nöqtələrində, mərkəzi N nöqtəsində olan ikinci

13 çevrə isə BA şüasına, OA parçasına, bucağın OB tərəfinin O nöqtəsindən uzantısına toxunur. ON:OM=:. Çevrələrin radiuslarının nisbətini tapın. 7. Radiusu olan çevrənin daxilinə çəkilmiş dördbucaqlının üç tərəfi eyni olub -yə bərabərdir. Dördüncü tərəfin uzunluğunu tapın. 8. Tərəfi 4 sm olan ABCD kvadratında mərkəzləri A, C nöqtəsində olan BD çevrə qövsləri çəkilmişdir. Bu qövslərlə əhatə olunmuş linzanın -fiqurun sahəsini tapın. 9. ABCD paraleloqramında l,l və m,m düz xətləri uyğun olaraq A, C və B, D bucaqlarının tənbölənləridir. l və l arasındakı məsafə m və m arasındakı məsafədən dəfə azdır. AC=, BD=. BAD bucağını və ABD üçbucağının daxilinə çəkilmiş çevrənin radiusunu tapın Bucaqlarından biri arctg olan dördbucaqlı radiusları 6 -ya və -ə bərabər çevrələrin uyğun olaraq daxilinə və xaricinə çəkilmişdir. Dördbucaqlının sahəsini və diaqonalları arasındakı bucağı tapın. 4. Oturacaqları 4 və olan bərabəryanlı trapesiyanın daxilinə çevrə çəkilmişdir. Bu trapesiyanın sahəsini tapın. 4. Düzbucaqlı üçbucağın daxilinə çəkilmiş çevrə toxunma nöqtəsilə katetlərdən birini uzunluqları 4 və 6 olan parçalara ayırır. Digər katetin uzunluğunu tapın. 4. Bərabəryanlı ABC üçbucağında (AB=BC) AM medianı və AH hündürlüyü bu üçbucağın xaricinə çəkilmiş çevrəni uyğun olaraq P və K nöqtələrində kəsənə qədər uzadılmışdır. AM:MP=: olduğu məlumdur. AH:HK nisbətini tapın. 44. Oturacağı sm və hündürlüyü 8 sm olan bərabəryanlı üçbucağın daxilinə çəkilmiş çevrəyə oturacağa paralel toxunan çəkilmişdir. Bu toxunanın üçbucağın tərəfləri arasında qalan parçasının uzunluğunu tapın.

14 45. Oturacaqları a = 7, b = 4olan trapesiyanın diaqonallarının orta nöqtələrini birləşdirən parçanın uzunluğunu tapın. 46. ABCD paraleloqramın BC tərəfindəki M nöqtəsi bu tərəfi B təpəsindən başlayaraq 5: nisbətində bölür. AM və BD-in kəsişmə nöqtəsi P olarsa, S(BMP):S(ABCD) nisbətini tapın. 47. Bərabəryanlı ABCD trapesiyasında O kiçik BC oturacağının orta nöqtəsi, OA isə A bucağının tənbölənidir. Trapesiyanın hündürlüyü 6, AD=6-dır. Trapesiyanın sahəsini tapın. 48. Trapesiyanın oturacaqlarından birinin uzunluğu 7 sm-dir. Oturacaqlara paralel və trapesiyanı sahələri bərabər iki hissəyə bölən parçanın uzunluğu 5 sm-ə bərabərdir. Trapesiyanın ikinci oturacağının uzunluğunu tapın. 49. ABCD kvadratının BC tərəfi üzərində, təpə nöqtəsindən fərqli, M nöqtəsi qeyd edilmişdir və ondan, AC diaqonalını və AB düz xəttini uyğun olaraq N, P nöqtələrində kəsən, düz xətt keçirilmişdir. MN=DN olduğu məlumdur. MPD bucağının qiymətini tapın. 5. Bərabəryanlı ABC üçbucağının daxilinə (AB=BC) radiusu, 57 -yə bərabər olan çevrə çəkilmişdir. AM medianı bu çevrəni P və Q nöqtələrində kəsir (P nöqtəsi A və Q arasında yerləşir). AP=QM olarsa PQ parçasının uzunluğunu tapın. 5. İki konsentrik çevrənin diametrləri rombun diaqonalları üzərinə düşür. Rombun iti bucağının hansı qiymətində çevrələrin əhatə etdiyi halqanın sahəsi kiçik çevrə dairəsinin sahəsinin mislindən böyük olar? 5. Bərabəryanlı ABC üçbucağının (AC=BC) daxilinə çevrə çəkilmişdir. Bu fiqurun, aralarındakı məsafə ən kiçik olan, iki nöqtəsini tapın. ACB bucağının qiymətindən asılı olaraq məsələnin necə müxtəlif həlli olduğunu aydınlaşdırın. 5. Mərkəzləri arasındakı məsafə a -ya bərabər olan (; r) və (; r) çevrələri verilir. OO parçası üzərində götürülmüş X nöqtəsindən kiçik və böyük çevrələr uyğun olaraq α, β bucaqları 4

15 altında görünür, sin α isə sin β -dən üç dəfə böyükdür. X nöqtəsinin OO parçası üzərindəki vəziyyətini müəyyən edin. 54. Kvadratın O mərkəzindən tərəfinə perpendikulyar və ona bərabər OM parçası çəkilmiş və sonra M nöqtəsi kvadratın təpələri ilə birləşdirilmişdir. Təpəsi M nöqtəsində olan qonşu parçalar (OM parçası müstəsna olmaqla) arasındakı bucaqlardan ən böyüyünü tapın. 55. ABCD rombunun D təpə nöqtəsi ACFE rombunun AE tərəfi üzərindədir. BAD bucağının hansı qiymətində BE və FE parçaları perpendikulyar olar? 56. Yan tərəfi BC=5, A və D təpələrindən BC düz xəttinə qədər məsafələr uyğun olaraq və 7 olan ABCD trapesiyasının sahəsini tapın. 57. Çevrə üzərində A nöqtəsi, onun diametri üzərində D, E nöqtələri, diametrin B nöqtəsindən uzantısı üzərində isə F nöqtəsi götürülmüşdür. BAD = ACD, BAF = CAE, BD =, BE = 5, BF = 4 olarsa BC-nin uzunluğunu tapın. 58. ABCD trapesiyasının BC oturacağı üzərində, A, C, D nöqtələri ilə birlikdə eyni çevrə üzərində olan, E nöqtəsi qeyd edilmişdir. A,B,C nöqtələrindən keçən digər çevrə CD düz xəttinə toxunur. AB=, BE:EC=4:5 isə BC-ni tapın. Verilmiş şərtlər ödənildikdə birinci çevrənin radiusunun ikinci çevrənin radiusuna nisbətinin bütün mümkün qiymətləri çoxluğunu tapın. 59. Trapesiyanın diaqonalları və 6-dır. Oturacaqların uzunluqları cəmi isə 4-ə bərabərdir. Trapesiyanın sahəsini tapın. 6. Hündürlüyü -yə bərabər ABCD trapesiyası, (BC AD) mərkəzi O nöqtəsində olan çevrənin daxilinə çəkilmişdir, COD = 6. Bu trapesiyanın sahəsini tapın.. İsbat məsələləri 6. ABC üçbucağının daxilinə çəkilmiş çevrə BC, CA və AB tərəflərinə uyğun olaraq A, B və C nöqtələrində toxunur. A 5

16 nöqtəsi və B C düz xəttindən eyni uzaqlıqda olan düz xətt q(a) olsun; analoji olaraq q(b), q(c) düz xətləri təyin edilsin. q(a), q(b), q(c) düz xətlərinin əmələ gətirdiyi üçbucağın və ΔABC -in xaricinə çəkilmiş çevrələrin mərkəzlərinin üst-üstə düşdüyünü isbat edin. 6. ABC üçbucağının BM medianı üzərində, AKM = MBC olmaqla, K nöqtəsi qeyd olmuşdur. AK=BC olduğunu isbat edin. 6. İsbat edin ki, düzbucaqlı üçbucaqda hipotenuza çəkilmiş hündürlük yalnız və yalnız -ə bərabər olduqda, onu y = x parabolası daxilinə, hipotenuzu absis oxuna paralel götürməklə, çəkmək olar (bütün təpələri parabolanın üzərində olan üçbucaq parabolanın daxilinə çəkilmişdir). 64. ABC üçbucağının AB və BC tərəfləri üzərində ( B 9 ) uyğun olaraq M və N nöqtələri qeyd olmuşdur. İsbat edin ki, A, M, N və C nöqtələri yalnız və yalnız AN və CM parçalarının kəsişmə nöqtəsi ABC və BMN üçbucaqlarının ortosentrlərini birləşdirən düz xətt üzərində olduqda, bir çevrə üzərində yerləşirlər. 65. ABC üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrənin, B təpəsi daxil olmayan, qövsünün ortasının A, C təpələrindən və daxilə çəkilmiş çevrənin mərkəzindən bərabər uzaqlıqda olduğunu isbat edin. 66. Üçbucağın daxilinə və xaricinə çəkilmiş çevrələrin mərkəzləri arasındakı məsafənin TO =R -Rr () düsturu ilə hesablandığını isbat edin, burada r və R uyğun olaraq daxilə və xaricə çəkilmiş çevrələrin radiusları, T,O isə mərkəzləridir. 67. ABC üçbucağının xaricinə və daxilinə çəkilmiş çevrələrin mərkəzlərini uyğun olaraq O və T ilə işarə edək. Xaricdən daxilə çəkilmiş ω a çevrəsi AB, AC tərəflərinin uzantılarına və BC tərəfinə uyğun olaraq K, M, N nöqtələrində toxunur. KM parçasının P orta nöqtəsinin ABC üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrə üzərində olduğu məlumdur. O, N və T nöqtələrinin bir düz xətt üzərində yerləşdiyini isbat edin. 6

17 68. İsbat edin ki, ixtiyari üçbucağı, düzbucaqlı üçbucaq əmələ gətirən, üç hissəyə ayırmaq olar. 69. İsbat edin ki, qabarıq n bucaqlının daxili bucaqlarının sinusları cəmi 6,9-dan kiçikdir. 7. ABC üçbucağı verilir. İsbat edin ki, BB / tənböləninin orta nöqtəsi, A təpəsi və C nöqtəsinin B təpəsindəki xarici bucağın tənböləni üzərindəki proyeksiyası bir düz xətt üzərindədir. 7. Verilmiş çevrə daxilinə düzgün üçbucaq çəkilmişdir. Çevrə üzərində qeyd olunmuş ixtiyari nöqtədən bu üçbucağın təpələrinə qədər məsafələrin kvadratları cəminin üçbucağın tərəfi kvadratının iki mislinə bərabər olduğunu isbat edin. 7. İsbat edin ki, çevrə daxilinə çəkilmiş qabarıq dördbucaqlının qarşı tərəflərinin hasilləri cəmi onun diaqonalları hasilinə bərabərdir. 7. İtibucaqlı ABC üçbucağında AL tənböləni çəkilmişdir. İsbat edin ki, ABL və ACL üçbucaqlarının ortosentirləri arasındakı məsafə AB AC -ni aşmır. 74. Düzbucaqlı ABC üçbucağında ( C = 9 ) CH hündürlüyü AM və BN tənbölənlərini uyğun olaraq P və Q nöqtələrində kəsir. İsbat edin ki, PM və QN parçalarının ortalarından keçən düz xətt hipotenuza paraleldir. 75. Qabarıq ABCDEFG yeddibucaqlısında AC EF, BD FG, CE GA, DF AB, EG BC və FA CD isə GB DE olduğunu isbat edin. 76. ) Sunərgizi üçbucağının bucaqlarından birinin 6 -yə bərabər olduğunu isbat edin. ) Bu üçbucağın digər iki bucaqlarını da tapın. 77. Fərz edək ki, a, b, c üçbucağın tərəflərinin uzunluqlarıdır, x, y, z isə x + y + z = şərtini ödəyən ədədlərdir. a xy + b yz + c zx bərabərsizliyini isbat edin. 78. Qabarıq ABCD dördbucaqlısının diaqonalları O nöqtəsində kəsişir. AO və DO parçaları üzərində uyğun olaraq M və N nöqtələri elə götürülmüşdür ki, BM CD və CN AB. İsbat edin ki, MN AD. 7

18 79. Üç eyni dairə 87-ci şəkildə göstərildiyi kimi müstəvi üzərində yerləşdirilmişdir və alınmış 6 hissənin hər birinin sahəsi tam sayda kvadrat santimetrlə ifadə olunur. İsbat edin ki, birinci, üçüncü və altıncı hissələrin sahələri cəmi ilə ikinci, beşinci hissələrin sahələri cəminin fərqi sm -na bölünür Şəkil Ucları A, B nöqtələrində olan ω, ω, ω çevrələrinin qövsləri AB düz xəttindən bir tərəfdə yerləşir. B nöqtəsindən çıxan iki şüa bu qövsləri uyğun olaraq M, M, M və K, K, K nöqtələrində kəsir. İsbat edin ki, M M KK = M M K K 8. Trapesiyanın hər bir təpə nöqtəsi bu təpələrin daxil olmadığı diaqonallara nəzərən simmetrik inikas edilmişdir. Isbat edin ki, təpələri alınmış nöqtələrdə olan dördbucaqlı da trapesiyadır. 8. ABC üçbucağının (AB < BC) daxilə çəkilmiş çevrənin mərkəzi T, AC tərəfinin və xaricə çəkilmiş çevrənin ABC qövsünün orta nöqtələri uyğun olaraq M və N dir. İsbat edin ki, TMA= TNB. 8. ABCD bütün bucaqları 6 -dən böyük olan rombdur. Onun tərəfləri üzərində bərabərtərəfli ABK və CDM üçbucaqları qurulmuşdur. Fərz edək ki, KC və BM düz xətləri N nöqtəsində kəsişir. İsbat edin ki, AND düzgün üçbucaqdır. 8

19 84. ABCD qabarıq dördbucaqlısı verilir. İsbat edin ki, Varinon paraleloqramının perimetri, bu dördbucaqlının diaqonalları uzunluğunun cəminə bərabərdir. 85. İsbat edin ki, dördbucaqlının orta xətləri kəsişmə nöqtəsində yarıya bölünür. 86. Dördbucaqlının diaqonallarının kvadratları cəminin onun orta xətlərinin kvadratları cəmindən dəfə böyük olduğunu isbat edin. 87. İsbat edin ki, təpələri ABCD dördbucaqlısının tərəflərinin ortalarında olan paraleloqramın sahəsi bu dördbucaqlının sahəsinin yarısına bərabərdir. 88. İsbat edin ki, tərəflərinin ortaları eyni olan bütün dördbucaqlılar müadildir. 89. İsbat edin ki, dördbucaqlının sahəsi, diaqonallarından biri, orta xətti və bunlar arasındakı bucağın sinusu hasilinə bərabərdir. 9. İsbat edin ki, dördbucaqlının diaqonalları bərabərdirsə, onda onun sahəsi orta xətlərinin hasilinə bərabərdir. 9. İsbat edin ki, Varinon paraleloqramının dördbucaqlının qarşı təpələrinə yanaşıq ayırdığı üçbucaqların sahələri cəmi bərabər olub onun (dördbucaqlının) sahəsinin dörddə birinə bərabərdir. 9. Sahəsi S olan dördbucaqlının daxilində E nöqtəsi qeyd edilərək, onun bütün tərəflərinin orta nöqtələrinə nəzərən inikas olunur. Yeni A B C D dördbucaqlısı alınır. İsbat edin ki, S(A B C D )=S. 9. ABCD dördbucaqlısında AC, BD diaqonallarının orta nöqtələri uyğun olaraq E, F; BC, AD tərəflərinin orta nöqtələri isə L, N-dir. İsbat edin ki, S(ELFN) < S(ABCD). 94. İsbat edin ki, dördbucaqlının tərəflərinin kvadratları cəmi onun diaqonallarının kvadratları cəmi ilə diaqonallarının orta nöqtələrini birləşdirən parça kvadratının dörd mislinin cəminə bərabərdir. 95. ABCD trapesiyasının (BC AD) CD tərəfi üzərində K nöqtəsi elə qeyd edilmişdir ki, bərabərtərəfli ABK üçbucağı 9

20 alınmışdır. İsbat edin ki, AB düz xətti üzərində elə L nöqtəsi var ki, CDL üçbucağı da bərabərtərəflidir. 96. ABCD kvadratının daxilində ABK düzgün üçbucağı qurulmuşdur. BK və AD düz xətləri P nöqtəsində kəsişir. İsbat edin ki, KD və CP parçalarının ortalarını birləşdirən parça kvadratın tərəfinin yarısına bərabərdir. π π 4π 97. Bucaqları, və olan üçbucaq verilir. İsbat edin ki, tənbölənlərin oturacaqlarının əmələ gətirdiyi üçbucaq bərabəryanlıdır. 98. İsbat edin ki, 97-ci məsələdə alınmış B CA C dördbucaqlısının xaricinə çevrə çəkmək olar ci məsələdə baxılan üçbucaq üçün aşağıdakı münasibətlərin ödənildiyini isbat edin. a ) OB =OC=CA = = c b ; c ab ac ) CC =, BB = ; c b ) BA = a + b c ; 4) BB CC = a, BB CC = CA 5) BB CC + OC = ; 6) b = CC + BB CC, c = BB + BB CC ; c a + 5 7) < < b a. ABCD dördbucaqlısı mərkəzi O nöqtəsində olan çevrənin xaricinə çəkilmişdir, AOC sınıq xətti üzərində isə PBQ= ABC olmaqla P və Q nöqtələri qeyd edilmişdir. İsbat edin ki, PDQ = ADC.. ABC üçbucağının tənbölənlərinin T kəsişmə nöqtəsindən AB və BC tərəflərini uyğun olaraq M və N nöqtələrində

21 kəsən düz xətt çəkilmişdir. Alınmış BMN üçbucağı iti bucaqlıdır. AC tərəfi üzərində K və L nöqtələri, TLA= TMB, TKC= TNB, olmaqla qeyd edilmişdir. İsbat edin ki, AM+KL+CN=AC.. ABC üçbucağında BB tənböləndir. B nöqtəsindən BCyə çəkilmiş perpendikulyar ABC üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrənin BC qövsünü K nöqtəsində kəsir. B nöqtəsindən AK-ya çəkilmiş perpendikulyar AC-ni L nöqtəsində kəsir. İsbat edin ki, K, L nöqtələri və AC qövsünün (B nöqtəsi daxil olmayan) ortası bir düz xətt üzərindədir.. İtibucaqlı üçbucaqda AP, BQ və CR hündürlükləri çəkilmişdir. İsbat edin ki, ABQ = APR. 4. İsbat edin ki, itibucaqlı üçbucağın iki hündürlüyünün oturacaqlarını birləşdirən parça ondan verilənə oxşar üçbucaq ayırır. 5. İsbat edin ki, üçbucağın tənböləninin kvadratı aralarında yerləşdiyi tərəflərin hasili ilə üçüncü tərəfin tənbölənlə bölündüyü parçaları hasilinin fərqinə bərabərdir. 6. Üçbucağın daxilində onun bir təpəsindən çəkilmiş median və hündürlük müxtəlifdir və həmin təpədən çıxan tərəflərlə bərabər bucaq əmələ gətirir. Üçbucağın düzbucaqlı olduğunu isbat edin. 7. ) Bucağın daxilinə çəkilmiş iki çevrənin ortaq T T toxunanı (T, T toxunma nöqtələridir) onun tərəflərini A, A nöqtələrində kəsir. A T =A T (və ya bununla eynigüclü A T =A T ) olduğunu isbat edin. ) Bucağın daxilinə çəkilmiş iki çevrədən biri bucağın tərəflərinə K, K, digəri L, L nöqtələrində toxunur. İsbat edin ki, K L düz xətti bu çevrələrdən bərabər vətərlər ayırır. 8. Çevrə təpəsi O nöqtəsində olan bucağın tərəflərinə A, B nöqtələrində toxunur. A nöqtəsindən OB-yə paralel çevrəni C nöqtəsində kəsən şüa çəkilmişdir. OC parçası çevrəni E nöqtəsində kəsir, AE və OB düz xətləri isə K nöqtəsində kəsişir. İsbat edin ki, OK=KB.

22 9. Paraleloqramın hər bir tərəfi üzərində bir nöqtə qeyd edilmişdir. Təpələri bu nöqtələrdə olan dördbucaqlının sahəsi paraleloqramın sahəsinin yarısına bərabərdir. İsbat edin ki, dördbucaqlının diaqonallarından heç olmazsa biri paraleloqramın tərəflərindən birinə paraleldir.. Düzgün ABC üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrə üzərində M nöqtəsi qeyd edilmişdir. MA, MB, MC parçalarından ən böyüyünün uzunluğunun qalan ikisinin uzunluqları cəminə bərabər olduğunu isbat edin.. İsbat edin ki, kvadratın tərəfi ilə diaqonalının ortaq ölçüsü yoxdur.. Müstəvi üzərində mərkəzləri O, O nöqtələrində və ortaq A təpəsi olan iki A B A C və A B A C kvadratları verilir. B, C nöqtələri isə uyğun olaraq B B, C C parçalarının ortalarıdır. İsbat edin ki, O BO C kvadratdır.. A A A üçbucağının A A, A A, A A tərəfləri üzərində mərkəzləri O, O, O nöqtələrində (bu nöqtələr üçbucağın xaricində yerləşir) olan kvadratlar qurulmuşdur. İsbat edin ki, ) O O və A O parçalarının uzuqluqları bərabərdir və qarşılıqlı perpendikulyardırlar; ) A A, O O, A A və A O parçalarının ortaları kvadratın təpələridir; ) Bu kvadratın sahəsi mərkəzi O nöqtəsindəki kvadratın sahəsindən 8 dəfə kiçikdir. 4. Düzbucaqlı üçbucağın xaricində AC, BC katetləri üzərində ACDE və BCKF kvadratları qurulmuşdur. E, F nöqtələrindən hipotenuzun uzantısına EM və FN perpendikulyarları endirilmişdir. Isbat edin ki, EM+FN=AB. 5. ABC üçbucağının xaricində AB, BC tərəfləri üzərində ABDE və BCKF kvadratları qurulmuşdur. İsbat edin ki, DF parçası üçbucağın BP medianından dəfə böyükdür. 6. ABC üçbucağının medianlarının kəsişmə nöqtəsindən AB və AC tərəflərini kəsən l düz xətti çəkilmişdir. İsbat edin ki, l düz xəttindən B, C təpələrinə qədər məsafələrin cəmi ondan A təpəsinə qədər olan məsafəyə bərabərdir.

23 7. İsbat edin ki, üçbucağın trisektristləri düzgün üçbucağın təpələrindən keçir (Morle teoremi). 8. İsbat edin ki, dördbucaqlının diaqonallarının kəsişmə nöqtəsi və qarşı tərəflərinin orta nöqtələri bir düz xətt üzərindədirsə, onda o, trapesiya və ya paraleloqramdır. 9. AMNO paraleloqramının ON tərəfi və onun OM diaqonalı üzərində elə B, C nöqtələri qeyd edilmişdir ki, OB = ON və n = OC n + OM. İsbat edin ki, M, B, C nöqtələri bir düz xətt üzərində yerləşir.. İsbat edin ki, tərəfləri a, b, c, d olan qabarıq dördbucaqlı a + b + c + d üçün S(ABCD) bərabərsizliyi doğrudur. 4 Frenk Morle (88-97) İngilis riyaziyyatçısıdır.

24 Gözəllik simmetriya ilə sıx əlaqədardır Veyl G.. Qurma məsələləri Bu məsələlərin şagirdlərin yaradıcılıq vərdişləri və məntiqi təfəkkürünün inkişaf etdirilməsində əhəmiyyətli olması şübhəsizdir. Lakin bunlardan məktəbdə o qədər də istifadə edilmir, onlar kifayət qədər populyar deyildir. Fikrimizcə bunun əsas səbəbi ondan ibarətdir ki, həmin məsələlərin ənənəvi olaraq tövsiyə edilən metodik sxemi quruluş etibarı ilə təkcə çətin olmayıb, həm də həlli gedişində məntiqi ardıcıllıq yoxdur. Ənənəvi sxemdəki ardıcıllıqsızlıq hər şeydən əvvəl analiz istilahının iki mənalı başa düşülməsində özünü göstərir. Bu əməliyyata əsasən məsələ həllinin açarı, məsələ həlli üsulunun axtarılması və s. kimi baxılır. Analizin məqsədi təkcə məsələnin həlli üsulunu axtarmaqla məhdudlaşmır, burada ikinci bir məqsəd də tapılan həllin tam ümumiliyini müəyyənləşdirməkdir. Analiz əsasən ikinci məqsədə xidmət edir. Daha doğrusu analizin məqsədi axtarılan fiqurun varlığı üçün şərtlər sistemini müəyyən etməkdən ibarətdir. Elmi-metodik ədəbiyyatda çox vaxt analiz sintezə qarşı qoyulur. Sintezlə müəyyən edilir ki, verilən şərtlər sistemi kafidir, başqa sözlə həmin şərtləri gözləməklə qurulmuş fiqur həqiqətən məsələnin bütün şərtlərini ödəyir. Qurma məsələsini həll etmək onun şərtlərini ödəyən bütün fiqurları tapmaq (konstruktiv vasitələrlə) deməkdir. Deməli, analiz və sintez yerinə yetirilmişdirsə məsələ tamamı ilə həll edilmişdir və heç bir araşdırma məcburi deyildir. İndicə göstərdiyimiz kimi araşdırma tələbi əsasən analizin iki mənalı şərhi nəticəsində yaranmışdır. Odur ki, qurma məsələlərinin ənənəvi həlli sxemində eyni bir əməliyyat iki dəfə aparılır. Bəzən bu iki müxtəlif yolla edilir, bəzən isə üsul da əvvəlki kimi qalır. Çox vaxt araşdırma ilə analiz eyniləşdirilir. Məktəbdə həndəsi qurmalara, ənənəvi çətin və məntiqi dəqiq olmayan dörd mərhələdən əl çəkib müvafiq ümumiləşdirmələri aparmaqla, daha yaxşı diqqət vermək lazımdır. Bu halda şagird və müəllimlərdə konstruktiv məsələlərə canlı maraq yaranar və 4

25 yaradıcı təşəbbüs üçün şərait olar. Apardığımız eksperiment və uzun illərin təcrübəsi bu hökmü təsdiq etmişdir. Qurma məsələləri müəyyən standart sxemlə həll edilir. Əvvəl analiz aparırıq, başqa sözlə əvvəl fərz edirik ki, axtarılan fiqur qurulmuşdur və onun xassələrini araşdırmaqla əsas şərtlərin köməyi ilə necə vermək mümkün olduğunu tapırıq. Bu mühakimələr əsasında qurmanın ardıcıllığını təsvir edirik. Sonra isbat etmək lazımdır ki, qurmanın göstərilən ardıcıllığı tələb olunan nəticəyə gətirir, habelə hansı hallarda necə həll olması müəyyənləşdirilir. Bir neçə məsələ üzərində bu sxemin tam yerinə yetirilməsi ilə kifayətlənərək, bir çox hallarda həllin yazılışında həmin sxemdən kənara çıxırıq. İş burasındadır ki, əksər hallarda analizdən sonra isbat artıq tam aydın görünür. Belə hallarda isbat aparılmır, lakin unutmaq lazım deyil ki, bu işi müstəqil aparmaq vacibdir. İsbatın tam aşkar olmadığı hallarda yaranmış çətinlikdən çıxış yolu göstərilir. Bəzən həllər sayının göstərilməsi üzərində dayanmağa da ehtiyac olmur (aşkar görünən hallarda). Qurma məsələlərinin həlli metodlarının (həndəsi yerlər, həndəsi çevirmələr, cəbri metod) onların həlli prosesində mənimsənilməsinə üstünlük veririk. A və B qeyd edilmiş nöqtələrdirsə, onda Ax : Bx = k şərtini ödəyən x nöqtələrinin həndəsi yeri çevrədir. Bu çevrəyə Apoloni çevrəsi deyilir. Qurma məsələlərinin həllində bəzən bu həndəsi yerdən istifadə olunur.. Perimetri və iki daxili bucağı verilən üçbucağı qurun.. a, ha və xaricinə çəkilmiş çevrənin R radiusuna görə üçbucaq qurun.. Verilmiş ABC üçbucağının daxilində elə M nöqtəsi qurun ki, S(ABM):S(BCM):S(ACM)=:: olsun. 4. a oturacağına, o biri iki tərəfinin b-c=m fərqinə və oturacağındakı bucaqların B-C fərqinə görə üçbucaq qurun. 5. Verilmiş çevrə daxilindəki P nöqtəsindən elə vətər keçirin ki, P-in vətəri böldüyü parçaların fərqi verilmiş a kəmiyyəti olsun. 5

26 6. A nöqtəsi və S çevrəsi verilir. A nöqtəsindən, bu çevrədə uzunluğu d-yə bərabər vətər ayıran, düz xətt çəkin. 7. Müstəvi üzərində A və B nöqtələri verilir. AM və BM parçaları kvadratları fərqinin sabit olduğu M nöqtələrinin həndəsi yerini tapın. 8. Düzbucaqlı üçbucağın hipotenuzu üzərində, katetlərə qədər məsafələrinin kvadratları cəmi ən kiçik olan, nöqtəni tapın. 9. Oturacağının yerləşdiyi düz xəttə və yan tərəflərinə çəkilmiş hündürlüklərin oturacaqlarından ibarət iki nöqtəyə görə üçbucaq qurun.. Təpə nöqtələrindən birinə, bunun qarşısındakı tərəfin ortasına və hündürlüklərinin kəsişmə nöqtəsinə görə üçbucaq qurun.. Hansı eyni düzgün çoxbucaqlılardan parket yığmaq olar?. A və B çevrənin verilmiş iki tərpənməz nöqtələridir, M isə həmin çevrənin mütəhərrik nöqtəsidir. AM parçasının, çevrənin xaricində, uzantısı üzərində MN=MB parçası ayrılır. N nöqtələrinin həndəsi yerini tapın.. Verilmiş AB parçası üzərində, verilmiş α bucağının yerləşdiyi seqmenti qurun. 4. Bir çevrə düz xəttə A nöqtəsində toxunur. Başqa bir çevrə isə həmin düz xəttə B nöqtəsində və birinci çevrəyə M nöqtəsində toxunur. M nöqtələrinin həndəsi yerini tapın. 5. Dairə daxilinə düzgün altıbucaqlı çəkilmişdir. Yalnız xətkeşdən istifadə etməklə R radiusunun n hissəsini qurun, burada n=,,4, Verilmiş duz xətt üzərində, verilmiş iki nöqtədən məsafələri cəmi ən kiçik olan, nöqtə qurun. 7. Bir təpəsi verilmiş iti bucağın daxilində verilən nöqtədə, digər iki təpəsi isə bucağın tərəfləri üzərində olan perimetri ən kiçik üçbucaq qurun. 6

27 8. MN düz xətti və onun bir tərəfində A və B nöqtələri verilmişdir. Bu düz xətt üzərində elə bir C nöqtəsi tapın ki, ACM= BCN olsun. 9. Oturacağı a, təpəsindəki bucağı α və yan tərəflərinin cəmi m olan üçbucağı qurun. 4. Verilmiş iki O və O çevrələrinin elə bir kəsənini çəkin ki, kəsənin bu çevrələr daxilində qalan hissələri, verilən a və a parçalarına bərabər olsun. 4. Verilmiş üç nöqtədən, aralarındakı məsafələr bərabər olan, paralel düz xətlər çəkin. Aşkardır ki, söhbət gedən üçüncü məsafə iki bərabər məsafələrin hər birindən dəfə çox ola bilər. 4. Diametrin uzantısı üzərində elə nöqtə qurun ki, bu nöqtədən çevrəyə çəkilmiş toxunanın uzunluğu diametrə bərabər olsun. 4. Verilən üçbucağın təpələrini mərkəz qəbul edərək, xaricdən bir-birinə toxunan çevrələr qurun. 44. c tərəfinə, h b hündürlüyünə və 7 m a medianına görə üçbucaq qurun. 45. Üç hündürlüklərinin oturacaqlarına görə üçbucaq qurun. 46. İki konsentrik çevrələrdə elə kəsən çəkin ki, böyük çevrənin vətəri kiçik çevrənin vətərindən iki dəfə böyük olsun. 47. Bucağın tərəfi üzərində onun digər tərəfindən və daxilindəki nöqtədən eyni məsafədə olan nöqtəni tapın. 48. Verilmiş seqmentin daxilinə, bir tərəfi seqmentin vətəri (oturacağı) üzərində olan, kvadrat çəkin. 49. Trapesiyanı oturacaqlarına paralel, diaqonalları ilə üç bərabər hissəyə bölünən, düz xətt parçası ilə kəsin. 5. Verilmiş iki nöqtədən keçən və verilmiş düz xəttə toxunan çevrəni qurun. 5. Yalnız xətkeşdən istifadə etməklə trapesiyanı iki müadil hissəyə ayırın. 5. Yalnız xətkeşdən istifadə edərək paraleloqramı, sahələri : nisbətində olan, iki hissəyə ayırın. 5. Verilmiş üçbucağa, oturacağı onunla eyni düz xətt üzərində və ortaq bucağı olmaqla müadil üçbucaq qurun.

28 54. Verilmiş düz xətt üzərində elə nöqtə tapın ki, onun düz xətdən bir tərəfdə yerləşən iki nöqtədən məsafələri fərqinin modulu ən kiçik, habelə elə nöqtə tapın ki, fərqin modulu ən böyük olsun. 55. Verilmiş ABC üçbucağı daxilinə iti bucağı məlum elə bir romb çəkin ki, onun tərəflərindən biri üçbucağın AB oturacağı üzərində, iki təpəsi isə, üçbucağın AC və BC yan tərəfləri üzərində olsun. 56. Üçbucağın tərəflərindən birinin üzərində A nöqtəsi qeyd edilmişdir. Bu nöqtədən, üçbucağın sahəsini iki bərabər hissəyə bölən, düz xətt keçirin. 57. Radiusu məlum olan, verilmiş nöqtədən keçən və verilən düz xəttə toxunan çevrəni qurun. 58. Verilmiş üç nöqtədən keçən çevrəni qurun. 59. Verilmiş üç nöqtədən bərabər məsafədə olan düz xətti qurun. 6. Dairə xaricindəki nöqtədən, ona xarici hissəsi daxili hissəsinə bərabər olan, kəsən çəkin. 6. Verilmiş üçbucağın xaricinə, verilmiş başqa üçbucağa bərabər, üçbucaq çəkin. 6. Verilmiş üçbucağın daxilinə, verilmiş başqa üçbucağa bərabər, üçbucaq çəkin. 6. Yunan xaçı ilə müadil kvadrat və tərsinə kvadratla müadil yunan xaçı düzəldin. 64. Uzunluğu ən kiçik parça ilə üçbucağı iki müadil hissəyə bölün. 65. Daxilinə və xaricinə çəkilmiş çevrələrinin mərkəzi verilən Sunərgizi üçbucağını qurun. 66. Dairənin xaricindəki nöqtədən, ona xarici hissəsi daxili hissəsindən iki dəfə böyük olan, kəsən çəkin. 67. Təpələri ABCD düzbucaqlısının tərəfləri üzərində olan rombu qurun. 68. ABCD dördbucaqlısının daxilində elə F nöqtəsi tapın ki, bu nöqtəni dördbucaqlının tərəflərinin orta nöqtələri ilə birləşdirdikdə alınan dördbucaqlıların sahələri bərabər olsun. 8

29 69. Tərəflərinin orta nöqtələrinə görə beşbucaqlını qurun. 7. Diaqonallarına, bucaqlarından birinə və oturacaqlarının orta nöqtələrini birləşdirən parçaya görə trapesiyanı qurun. 7. Verilmiş üçbucağın daxilinə bir tərəfi üçbucağın oturacağı üzərində olan kvadrat çəkin. 7. Düz bucağı üç bərabər hissəyə bölün. 7. AB parçasının üçündən ona perpendikulyar qaldırın. 74. Müstəvi üzərində kəsişərək paraleloqram əmələ gətirən dörd düz xətt verilmişdir. Hər bir təpəsi bu düz xətlərdən birinin üzərində olan kvadrat qurun. 75. Çevrə daxilinə çəkilməsi məlum olan dördbucaqlını tərəflərinin uzunluğuna görə qurun. π π 4π 76. Bucaqları, və olan (məsələ 97) üçbucağı böyük bucaqlarının tənbölənlərinə görə qurun. 77. ABCD kvadratın daxilində AX+CX=BX+DX şərtini ödəyən bütün X nöqtələrini tapın. 78. ABCD paraleloqramının AB tərəfi üzərində P nöqtəsi qeyd edilmişdir. Tərəfləri ABCD paraleloqramından sahələri bərabər üçbucaqlar ayıran, təpəsi P nöqtəsində olan, daxilə çəkilmiş paraleloqram qurun. 79. Müstəvi üzərində tərəfi -ə bərabər düzgün altıbucaqlı çəkilmişidr. Yalnız xətkeşdən istifadə edərək uzunluğu 7, olan parçaları qurun. 8. Dörd tərəfinə görə trapesiyanı qurun. 9

30 Cism odur ki, uzunluğu, eni və dərinliyi vardır Evklid II Stereometriya. Hesablama məsələləri 8. Düzbucaqlı ABCDA BC D paralelepipedinin oturacağının tərəfləri AB = sm və AD = 5sm və ( DB ABC) = 45 - dir. DD - i tapın. 8. Kubun iki qarşı tilindən, sahəsi 64 sm olan, kəsik keçirilmişdir. Kubun tilinin və diaqonalının uzunluğunu tapın. 8. Düzgün dördbucaqlı ABCDA BC D prizmasında ( BD, ADD ) = verilir. ( BD, ABC) -ni tapın. 84. ABCA düz prizmasında AB = 5sm, BC = sm, BC ABC =. Yan üzlərdən ən böyüyünün sahəsi 5 sm -dır. Prizmanın yan səthinin sahəsini tapın. 85. Düzgün üçbucaqlı MABC piramidasında AB = 8 sm, BMC =ϕ. Piramidanın hündürlüyünü tapın. 86. Düzgün dördbucaqlı piramidanın oturacağının tərəfinin uzunluğu m, yan tillər arasındakı bucaq α -dır. Piramidanın: ) hündürlüyünü, ) yan tilini, ) yan üzlə oturacaq müstəvisi arasındakı bucağı; 4) iki yan üzlərin müstəviləri arasındakı bucağı tapın. 87. Düzgün altıbucaqlı piramidanın oturacağının tərəfinin uzunluğu a -ya, yan səthinin sahəsi isə piramidanın təpəsindən və oturacağın böyük diaqonalından keçən kəsiyin sahəsinə bərabərdir. Piramidanın yan səthinin sahəsini tapın. 88. Piramidanın oturacağı, tərəfləri 5 m, 4m və kiçik diaqonalı m olan, paraleloqramdır. Piramidanın hündürlüyü oturacağın diaqonallarının kəsişmə nöqtəsindən keçir və m-ə bərabərdir. Piramidanın tam səthinin sahəsini tapın.

31 89. DABC piramidasının oturacağı AB = AC = sm, BC = sm olan ABC üçbucağıdır; AD tili oturacaq müstəvisinə perpendikulyardır və 9 sm-ə bərabərdir. Piramidanın yan səthinin sahəsini tapın. 9. Piramidanın oturacağı diaqonalı 8 sm olan düzbucaqlıdır. İki yan üzün müstəvisi oturacaq müstəvisinə perpendikulyardır, digər iki yan üz isə oturacaqla və 45 bucaqları əmələ gətirir. Piramidanın tam səthinin sahəsini tapın. 9. Piramidanın oturacağı tərəfləri sm, sm və sm olan üçbucaqdır. Yan üzlərin hər biri oturacaqla 45 -lik bucaq əmələ gətirir. Piramidanın yan səthinin sahəsini tapın. 9. DABC piramidasının oturacağı hipotenuzu BC = sm olan düzbucaqlı üçbucaqdır. Piramidanın yan tilləri bir-birinə bərabərdir və hündürlüyü sm-dir. Piramidanın yan tilini tapın. 9. Düzgün üçbucaqlı kəsik piramidanın oturacaqlarının tərəflərinin uzunluqları 4 dm və dm, yan tili isə dm-dir. Piramidanın hündürlüyünü və apofemini tapın. 94. Düzbucaqlı ABC üçbucağının c- yə bərabər AB hipotenuzu düzgün ABD üçbucağının tərəfidir. Onun C təpəsi isə D təpə nöqtəsinin ABC müstəvisi üzərində proyeksiyasıdır. ABD üçbucağının mərkəzinin proyeksiyasından AB tərəfinə qədər məsafəni tapın. 95. Bərabəryanlı korbucaqlı ADM üçbucağının ( A = ) müstəvisi, tərəfi a və ADC bucağı 6 olan, ABCD rombuna perpendikulyardır. MB məsafəsini tapın. 96. Düzbucaqlı ABC ( C = 9, CAB = α, AB = c ) və π bərabəryanlı ABD (AB=AD, DAB = β, α < β < ) üçbucaqları D təpəsinin ABC müstəvisi üzərindəki proyeksiyası C nöqtəsi olmaqla yerləşdirilmişdir. CD parçasının uzunluğunu tapın. 97. Tərəfi a olan ABCD kvadratının və FCB bucağı 6 -yə bərabər BEFC rombunun müstəviləri perpendikulyardır. BFD üçbucağının sahəsini tapın.

32 98. Düzbucaqlı ABC üçbucağının ( C = 9, B = 6 ) A təpəsindən, onun müstəvisinə perpendikulyar qaldırılımışdır və bunun üzərində AM=h parçası ayrılmışdır; M nöqtəsi B və C nöqtələri ilə birləşdirilmişdir. ABCM ikiüzlü bucağı -yə bərabər olarsa, MBC üçbucağının sahəsini tapın. π 99. Bərabəryanlı ABC üçbucağının (AB=AC, BAC =β< ) AC yan tərəfindən, B təpəsindən d məsafədə, müstəvi keçirilmişdir. Bu müstəvi ilə üçbucağın müstəvisi arasındakı iti bucaq α -ya bərabərdir. S( ABC) -ni tapın.. Düzbucaqlı ABC üçbucağının C təpəsindən, AB hipotenuzunu paralel və ondan h məsafədə üçbucağın müstəvisi ilə α bucağı əmələ gətirən, müstəvi keçirilmişdir. Üçbucağın hipotenuzuna çəkilmiş hündürlüyü katetlərlə β bucağı əmələ gətirirsə, onun sahəsini tapın.. Bərabəryanlı düzbucaqlı ABC üçbucağının ( C = 9 ) və tərəfi a olan AMNB kvadratının müstəviləri perpendikulyardır. ANC üçbucağının sahəsini tapın.. Tərəfi a -ya bərabər ABCD kvadratının və bərabəryanlı korbucaqlı, BCM, B = olan, üçbucağının müstəviləri perpendikulyardır. ADM üçbucağının sahəsini tapın.. ABC korbucaqlı üçbucağın ( ACB=, BC = dm) B təpəsindən onun müstəvisinə qaldırılmış perpendikulyar üzərində, müstəvidən dm məsafədə, D nöqtəsi qeyd edilmişdir. B təpə nöqtəsindən ACD müstəvisinə qədər məsafəni tapın. 4. Bərabəryanlı ABC ( ACB =, AB = c ) və ABD ( ABD = ) üçbucaqları verilir. Tapın: ) Üçbucaqların müstəviləri arasındakı iti bucaq α -ya bərabərdirsə, C təpə nöqtəsindən ABD müstəvisinə qədər məsafəni; ) D təpə nöqtəsindən ABC müstəvisinə qədər məsafəni; ) C və D təpə nöqtələrindən məsafələri qurulmuş ABD və ABC müstəviləri arasındakı məsafəni.

33 5. Tərəfi c-yə bərabər olan düzgün ABC və bərabəryanlı korbucaqlı ABD ( DAB = ) üçbucaqları, D təpəsinin ABC müstəvisi üzərində proyeksiyası ABC üçbucağının mərkəzindən keçən və AB-yə paralel düz xətt üzərində olmaqla, yerləşdirilmişdir. Bu üçbucaqların müstəviləri arasındakı bucağın kosinusunun qiymətini tapın. 6. Düzgün dördbucaqlı piramidanın daxilinə və xaricinə çəkilmiş sferaların mərkəzləri eynidir. Piramidanın təpəsindəki müstəvi bucağın qiymətini tapın. 7. Tili a -ya bərabər olan kubun daxilinə sfera çəkilmişdir. Kubun ortaq təpəsi olan üç üzünə və əvvəlki sferaya toxunan, digər sferanın radiusunu tapın. 8. Kubun tilinin uzunluğu a -ya bərabərdir, MN onun diaqonalıdır. Kubun M nöqtəsindən çıxan üç tilinə və N nöqtəsinin daxil olduğu üç üzünə toxunan sferanın radiusunu tapın. 9. Düzgün üçbucaqlı kəsik piramidanın daxilində radiusu r -ə bərabər, hər iki oturacağa və yan tillərə toxunan, kürə yerləşdirilmişdir. Oturacaqların tərəflərinin nisbəti : olarsa, onları tapın.. Tili l olan düzgün üçbucaqlı kəsik piramidanın daxilinə, bütün üzlərə toxunan birinci kürə və bütün tillərə toxunan ikinci kürə çəkmək olar. Kəsik piramidanın oturacaqlarının tərəflərini tapın.. SABC piramidasında SC tili oturacaq müstəvisi ilə 6 - lik bucaq əmələ gətirir və SC=AB. Piramidanın A,B,C təpələri və yan tillərinin orta nöqtələri radiusu sm olan sfera üzərindədir. Piramidanın hündürlüyünün uzunluğunu tapın.. Tili a olan düzgün SABC tetraedrində A təpəsindən BC tilinə paralel, SBC yan üzünə perpendikulyar (S- tetraedrin təpə nöqtəsi, ABC oturacağıdır) müstəvi keçirilmişdir. SA, SB, SC tillərinə və keçirilən müstəviyə toxunan kürənin radiusunu tapın.. PABC üçbucaqlı piramidasının PH hündürlüyünün H oturacağı ABC üzünün üzərindədir.

34 5 PH =, PA =, PB =, APB =, ACB = 6. Piramidanın xaricinə çəkilmiş sferanın radiusunu tapın. 4. PABCD piramidasının oturacağı ABCD trapesiyasıdır. Bu trapesiyanın BC və AD oturacaqları BC:AD=:5 münasibətindədir. Trapesiyanın diaqonalları E nöqtəsində kəsişir, piramidanın daxilinə çəkilmiş sferanın O mərkəzi isə PE parçası üzərindədir və onu PO:OE=7: nisbətində bölür. PBC yan üzünün sahəsi 8-ə bərabərdir. Piramidanın tam səthinin sahəsini tapın. 5. Bütün tilləri a olan düzgün dördbucaqlı piramidanın daxilinə, dörd təpəsi piramidanın apofemləri, digər dörd təpəsi isə oturacaq müstəvisi üzərində olan, kub çəkilmişdir. Kubun həcmini və səthinin sahəsini tapın. 6. Radiusu,5 dm-ə bərabər kürənin daxilinə, hündürlüyü 8 sm olan düzgün dördbucaqlı prizma çəkilmişdir. a) kürənin və prizmanın həcmləri nisbətini; b) prizmanın yuxarı oturağacağının təpələrinin birindən aşağı oturacağının diaqonallarına qədər məsafələri tapın. 7. Düz paralelepipedin oturacağı tərəfi a olan rombdur, iki yan üzlər arasındakı bucaq isə ϕ -yə bərabərdir; Paralelepipedin böyük diaqonalı oturacaq müstəvisi ilə β bucağı əmələ gətirir. Paralelepipedin həcmini tapın. 8. M nöqtəsi bərabəryanlı ABC üçbucağının AB=BC= sm, AC= sm, tərəflərindən 6/ sm məsafədədir. Bu nöqtənin verilmiş üçbucağın müstəvisindən olan məsafəsini tapın. 9. Silindrin ox kəsiyi, sahəsi π 5 olan kvadratdır. Silindrin tam səthinin sahəsini tapın.. Doğuranı, oturacağının diametri 8 olan konusun daxilinə kürə çəkilmişdir. Kürənin və konusun yan səthinin toxunma xəttinin uzunluğunu tapın.. Düz konusun oturacağındakı nöqtədən onun doğuranına qədər ən böyük məsafə -ə bərabərdir. Bu məsafəni göstərən 4

35 parça konusun oturacağına ϕ bucağı altında meyl edir. Konusun yan səthinin sahəsini tapın.. Düz dairəvi konusun S təpə nöqtəsindən SAB kəsiyi keçirilmişdir. (AB vətəri oturacağın diametrindən kiçikdir). SC doğuranı (OC- parçası AOB bucağının tənbölənidir) konusun oturacağına α, kəsiyin müstəvisinə isə β bucaqları altında meyl edir. Oturacağın mərkəzindən verilmiş doğurana qədər məsafə - ə bərabərdir. Konusun oturacağının mərkəzindən kəsiyin müstəvisinə qədər məsafəni tapın.. AB= dm parçasının ucları silindrin oturacaqları çevrələrinin üzərindədir. Silindrin oturacağının radiusu dm, AB düz xətti ilə silindrin oxu arasındakı məsafə isə 8 dm dir. Silindrin h hündürlüyünü tapın. 4. Silindrin AA doğuranından, biri onun oxundan keçən, iki kəsən müstəvi keçirilmişdir. Silindrin bu müstəvilər ilə kəsikləri arasındakı bucaq ϕ -yə bərabərdirsə, onların sahələri nisbətini tapın. 5. Silindrin doğuranı ilə ox kəsiyinin diaqonalı arasındakı bucaq ϕ -yə, oturacağının sahəsi isə S-ə bərabərdir. Silindrin yan səthinin sahəsini tapın. 6. Konusun h-a bərabər hündürlüyü doğuranla 6 -lik bucaq əmələ gətirir. Konusun iki qarşılıqlı perpendikulyar doğuranlarından keçən müstəvi kəsiyinin sahəsini tapın. 7. Hündürlüyü sm olan konusun təpəsindən və oturacağının 6 -li qövsü gərən vətərindən müstəvi keçirilmişdir. Alınmış kəsiyin oturacaq müstəvisi ilə 45 -lik bucaq əmələ gətirdiyini bilərək, onun sahəsini tapın. 8. Yan tərəfi m-ə və oturacağa bitişik bucağı ϕ -yə bərabər olan bərabəryanlı üçbucaq oturacağı ətrafında fırlanır. Üçbucağın fırlanmasından alınan cismin səthinin sahəsini tapın. 9. Kəsik konusun oturacaqlarının radiusları R və r-dir, burada R > r, doğuran isə oturacaq müstəvisi ilə 45 -lik bucaq əmələ gətirir. Ox kəsiyin sahəsini tapın. 5

36 . Diaqonalları 5 sm və sm olan rombun bütün tərəfləri radiusu sm-ə bərabər sferaya toxunur. Sferanın mərkəzindən rombun müstəvisinə qədər məsafəni tapın.. Tərəflərinin uzunluğu AB=6, BC=8, AC= olan ABC üçbucağının təpələri radiusu -ə bərabər sferanın üzərində yerləşir. Sferanın mərkəzindən üçbucağın müstəvisinə qədər məsafəni tapın.. Oturacağının tərəfi a, yan tili a olan düzgün üçbucaqlı piramidanın daxilinə və xaricinə çəkilmiş sferaların radiuslarını tapın.. Düzgün dördbucaqlı PABCD piramidasında oturacağın tərəfi, hündürlük -dir. A təpəsindən PCD üzünə qədər məsafəni tapın. 4. Bütün tilləri a -ya bərabər olan dördbucaqlı piramidanın daxilinə bərabərtərəfli silindr çəkilmişdir. Silindrin oturacağının diametrini tapın. 5. Hündürlüyü h-a bərabər olan konusun iki qarşılıqlı perpendikulyar doğuranı onun yan səthinin sahəsini : nisbətində bölür. Konusun həcmini hesablayın. 6. Bərabərtərəfli konusun H hündürlüyü, həm də kürənin diametridir. Bu cismlərin səthilərinin kəsişmə xəttinin uzunluğunu tapın. 7. Konusun hündürlüyü, səthi onun yan səthinin sahəsini yarıya bölən, kürənin diametridir. Konusun oturacağı radiusunun onun hündürlüyünə nisbətini tapın. 8. Doğuranı 7, hündürlüyü 5 olan konusun daxilinə kürə çəkilmişdir. Konusun yan səthi ilə kürə səthinin ortaq xəttinin (bu çevrədir) uzunluğunu tapın. 9. Bütün tilləri -yə bərabər olan üçbucaqlı piramidanın və radiusu -ə bərabər kürənin mərkəzləri eyni nöqtədir. Kürənin piramidanın daxilində qalan hissəsinin səthi sahəsini tapın. 4. Üç doğuranı qarşılıqlı perpendikulyar olan konusun daxilinə radiusu R-ə bərabər kürə çəkilmişdir. Konusun oturacağının radiusunu tapın. 6

37 4. Yarım sfera şəklində kasa su ilə doldurulmuşdur. Kasanı əydikdə suyun nə qədər hissəsi tökülür? 4. Düzgün ABCDEFA B C D E F altıbucaqlı prizmasında, O nöqtəsi onun oturacağının mərkəzidir. BE =8, E BE = 6. a) Prizmanın, b) onun xaricinə çəkilmiş silindrin və c) daxilinə çəkilmiş silindrin həcmini tapın. 4. Düz prizmanın oturacağı paraleloqramdır. Oturacağın a -ya bərabər tərəfindən və digər oturacağın onun qarşındakı tərəfindən β bucağı əmələ gətirən kəsik keçirilmişdir. Kəsiyin sahəsi Q-yə bərabərdir. Prizmanın həcmini tapın. 44. Silindrin daxilinə düzgün n bucaqlı prizma çəkilmişdir. Prizmanın və silindrin həcmləri nisbətini tapın. 45. Paralelepipedin bütün üzləri tərəfi a və iti bucağı 6 olan bərabər romblardır. Paralelepipedin həcmini tapın. 46. Mail paralelepipedin oturacağı tərəfləri a və b olan düzbucaqlıdır. Uzunluğu c olan yan til oturacağın qonşu tərəfləri ilə ϕ -yə bərabər bucaq əmələ gətirir. Paralelepipedin həcmini tapın. 47. Hündürlüyü,5 sm-ə bərabər olan piramidanın oturacağı tərəfi 6 sm olan rombdur. Oturacağa bitişik ikiüzlü bucaqların hər biri 45 -yə bərabərdir. Piramidanın həcmini tapın. 48. Kəsik piramidanın oturacaqları hipotenuzları m və n olan ( m > n ) bərabəryanlı düzbucaqlı üçbucaqlardır. Katetlərin daxil olduğu iki yan üz oturacağa perpendikulyardır, üçüncüsü isə onunla ϕ bucağı əmələ gətirir. Kəsik piramidanın həcmini tapın. 49. İki bərabər kürə, birinin mərkəzi digərinin səthi üzərində olmaqla, yerləşdirilmişdir. Kürələrin ortaq hissəsinin həcminin bir kürə həcminə nisbətini tapın. 5. Oturacaqlarının radiusları r və r olan kəsik konusun daxilinə kürə çəkilmişdir. Kəsik konusun və kürənin həcmləri nisbətini tapın. 5. Düzgün dördbucaqlı piramida radiusu R olan sferanın daxilinə çəkilmişdir. Piramidanın yan tillərindən biri oturacaq müstəvisinə perpendikul-yardır, ən böyük yan til isə onunla α 7

38 bucağı əmələ gətirir. Piramidanın yan səthinin sahəsini tapın və 8 α = arcsin, R = 7 olduqda onun qiymətini hesablayın Yan üzü hündürlüyü ilə 45 -lik bucaq əmələ gətirən düzgün dördbucaqlı piramidanın daxilinə radiusu 6 olan kürə çəkilmişdir. Piramidanın oturacağının sahəsini tapın. 5. Tilinin uzunluğu -ə bərabər ABCDA B C D kubunun şaquli AA və üfiqi AB tilləri üzərində, AM =, AN = 4 olmaqla, uyğun olaraq M və N nöqtələri qeyd edilmişdir. M,N nöqtələrindən oturacağın AC diaqonalına paralel müstəvi keçirilmişdir. Alınmış kəsiyin sahəsini tapın. 54. Tilinin uzunluğu a -ya bərabər olan kubun diaqonalı, səthi onun tilinə toxunan, düz dairəvi silindrin oxudur. Silindrin oturacağının radiusunu tapın. 55. Düzgün dördbucaqlı piramidanın xaricinə çəkilmiş radiusu olan sferanın O mərkəzindən piramidanın yan tilinə qədər məsafə 4 -yə bərabərdir. ) Piramidanın hündürlüyünü; ) O nöqtəsindən piramidanın yan üzünə qədər məsafəni; ) piramidanın daxilinə çəkilmiş kürənin radiusunu tapın. 56. Düzbucaqlı ABCDA B C D paralelepipedinin oturacağı tərəfi 6-ya bərabər kvadratdır. Mərkəzi ABCD üzünün O mərkəzi ilə üst-üstə düşən və AB D müstəvisinə toxunan kürənin radiusunu tapın. 57. Sferanın daxilinə silindr çəkilmişdir. Silindrin oxundan müstəvi keçirilmişdir. Silindrin doğuranı 4 sm-ə bərabər olub kürənin müstəvi ilə kəsiyində 6 -lik qövs gərir. Silindrin həcminin 4 mislinin kürənin həcminə nisbətini tapın. 58. Düz prizmanın oturacağı rombdur. Prizmanın diaqonallarının və hündürlüyünün uzunluqları uyğun olaraq 8 sm, 5 sm, sm-dir. Rombun tərəfinin uzunluğunu tapın. 59. Üçbucaqlı ABCD piramidasında AD=, CD=5 tilləri π məlumdur, habelə ABD = CBD = BAC = ; Bunlardan 8

39 π əlavə ABC və ADC üzləri arasındakı bucaq -yə bərabərdir. Piramidanın həcmini tapın. 6. Oturacağının tərəfi -yə bərabər düzgün ABCA B C prizmasının oturacağının AC tərəfindən müstəvi elə keçirilmişdir ki, kəsikdə sahəsi olan ACM üçbucağı alınmışdır. B təpəsindən bu kəsiyin müstəvisinə qədər məsafəni tapın. 6. Oturacaqları trapesiya olan düz prizmada paralel yan üzlərin sahələri 8 sm və sm, onlar arasındakı məsafə isə 5 smdir. Prizmanın həcmini tapın. 6. Düzgün üçbucaqlı piramidanın həcmi 6 -ə bərabərdir, onun oturacağının mərkəzindən yan üzünə endirilmiş perpendikulyar isə yan üzün daxilinə çəkilmiş çevrənin mərkəzindən keçir. Piramidanın oturacağının tərəfini tapın. 6. Düz silindrin və düz konusun hündürlükləri bərabərdir. Silindrin yan səthinin sahəsinin konusun yan səthinin sahəsinə nisbəti 5:6 dır. Bundan əlavə cos α =, burada α -konusun doğuranı ilə onun oturacaq müstəvisi arasındakı bucaqdır. Silindrin həcminin konusun həcminə nisbətini tapın. 64. Düz ABCA B C prizmasının oturacağı ABC düzbucaqlı üçbucağıdır, O nöqtəsi isə onun xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzidir. AC=BC=, CC = olarsa, prizmanın C təpəsindən C O düz xəttinə perpendikulyar keçirilmiş müstəvilə kəsiyinin sahəsini tapın. 65. Rombun, hər bir diaqonalı ətrafında, fırlanmasından alınan cismlərin həcmləri uyğun olaraq və -ə bərabərdir. Rombun tərəfi ətrafında fırlanmasından alınan cismin həcmini tapın. 9

40 66. Bərabəryanlı ABCD trapesiyasının (AD BC) daxilinə çevrə çəkmək olar. cos < BAD = və trapesiyanın BC tərəfi ətrafında fırlanmasından alınan cismin həcmi -ə bərabərdir. Trapesiyanın AD tərəfi ətrafında fırlanmasından alınan cismin həcmini tapın. 67. ABCD düzbucaqlısının AB və AD tərəfləri ətrafında fırlanmasından alınan cismlərin həcmləri uyğun olaraq və -ə bərabərdir. Bu düzbucaqlının A təpəsindən keçən və AC diaqonalına perpendikulyar olan düz xətt ətrafında fırlanmasından alınan cismin həcmini tapın. π 68. < ACB = olan düzbucaqlı ABC üçbucağının A,B,C təpələrindən m BC, n AC, p AB düz xətləri keçirilmişdir. ABC üçbucağının m və n düz xətləri ətrafında fırlanmasından alınan cisimlərin həcmləri uyğun olaraq 65 və 56-dır. Bu üçbucağın p düz xətti ətrafında fırlanmasından alınan cismin həcmini tapın. 69. Sferanın daxilinə aşağı oturacaqları ortaq və həcmləri eyni olan konus və silindr çəkilmişdir. Kürə səthinin sahəsi 5 -dir. konusun yan səthinin sahəsini tapın. 7. Həcmi 4-ə bərabər konusun xaricinə sfera çəkilmişdir. Həcmi 8 olan digər sfera xaricə çəkilmiş sferaya daxildən, konusa isə onun oturacağının mərkəzində, toxunur. Xaricə çəkilmiş kürənin həcmini tapın. 7. Doğuranı oturacaq müstəvisi ilə α bucağı əmələ gətirən, cos α =, 8, konus kürənin daxilinə çəkilmişdir. Konusun təpəsindən keçən müstəvi kürəni kəsir, kəsiyin sahəsinin kürənin səthi sahəsinə nisbəti,4-ə bərabərdir. Kəsən müstəvi ilə oturacaq müstəvisi arasındakı bucağın kosinusunu tapın. 7. Kəsik konusun aşağı oturacağı kürəyə toxunur, onun yuxarı oturacağının çevrəsi isə kürənin səthi üzərində yerləşir. Kürənin səthi sahəsinin kəsik konusun yan səthinin sahəsinə nisbəti 5:7 dir. Kəsik konusun doğuranı ilə oturacaq müstəvisi arasındakı bucağın kosinusunu tapın. 4

41 7. Konusun daxilinə həcmi 9 olan silindr çəkilmişdir. Silindrin yuxarı oturacaq müstəvisi verilmiş konusdan həcmi 6 olan kəsik konus ayırır. Əvvəlki konusun həcmini tapın. 74. Konusun ox kəsiyi təpəsindəki bucaq β -ya bərabərdir, cos β =. Kürənin və konusun oturacağının mərkəzləri, habelə onların radiusları eynidir. Kürənin və konusun kəsişmə çevrəsindən müstəvi keçirilmişdir. Konusun bu müstəvidən aşağıda yerləşən hissəsinin həcmi 9-a bərabərdir. Konusun həmin müstəvidən yuxarıda yerləşən hissəsinin həcmini tapın. 75. Piramidanın oturacağı tərəfləri 5, və olan üçbucaqdır, onun hündürlüyü isə yan üzlərin hündürlükləri (həmin təpədən çəkilmiş) ilə, -dək kiçik olmayan, eyni bucaq əmələ gətirir. Belə piramidanın ən böyük həcmi nə ola bilər? 76. Düzgün dördbucaqlı SABCD piramidasının SH hündürlüyünün H oturacağından SDC üzünə çəkilmiş perpendikulyarın uzunluğu 6 -ya, SB yan tilinin oturacaq müstəvisi ilə əmələ gətirdiyi bucaq isə π -ə bərabərdir. Piramidanın xaricinə çəkilmiş sferanın radiusunu tapın. 77. Konusun, aralarındakı bucaq arcsin π -ə bərabər, iki 5 doğuranından müstəvi keçirilmişdir. Konusun doğuranının oturacaq müstəvisi ilə əmələ gətirdiyi bucağın kosinusu 4 -ə bərabərdir. Kəsiyin sahəsinin konusun tam səthinin sahəsinə nisbətini tapın. 78. Düz ABCDA B C D prizmasının oturacağı, AB=, AC = 6 7 olan, ABCD rombudur. Yan til AA =. B təpəsindən AC düz xəttinə qədər məsafəni tapın. 79. Dördbucaqlı MABCD piramidasında tillərin hər biri -ə bərabərdir. AD düz xətti ilə BM tilinin ortasından BC-yə paralel keçən düz xətt arasındakı məsafəni tapın. 4

42 8. MABC piramidasında MA= yan tili oturacaq müstəvisinə perpendikulyardır. < BAC = 9, AB = 9 və AC = 5. A təpəsindən BCM müstəvisinə qədər məsafəni tapın. 8. Silindrin yuxarı oturacağının çevrəsi üzərindəki A nöqtəsindən AD doğuranı və alt oturacağın çevrəsini C nöqtəsində kəsən AC= maili çəkilmişdir. Silindrin oturacağının radiusu 5-ə, hündürlüyü isə 8-ə bərabərdir. Silindrin oxundan, AC maili və AD doğuranından keçən, müstəviyə qədər məsafəni tapın. 8. ABCDA B C D kubunun tili -ə bərabərdir. AB D və BDC müstəviləri arsındakı məsafəni tapın. 8. ABCDA B C D kubunun tili 6 -ya bərabərdir. B D və CD düz xətləri arasındakı məsafəni tapın. 84. Tili -ə bərabər olan kubun qonşu üzlərinin çarpaz diaqonalları arasındakı məsafəni tapın. 85. Düz ABCA B C prizmasında AA yan tilinin orta nöqtəsi O dur, AA = 5, AB=BC=, AC=. AC və B O düz xətləri arasındakı bucağın sinusunu tapın. 86. Düzgün üçbucaqlı ABCA B C prizmasının ABC oturacağının AB=4 tərəfinin orta nöqətsi T-dir. Prizmanın yan tili -yə bərabərdir. B T düz xətti ilə BCC B yan üzünün müstəvisi arasındakı bucağın sinusunu tapın. 87. MABCD piramidasında hündürlük,5 dir, bütün yan tillər bərabərdir, oturacağı isə diaqonalı, diaqonallar arasındakı bucaq olan düzbucaqlıdır. Oturacaq müstəvisi ilə, AM düz xəttinə paralel olub, B, D nöqtələrini üzərində saxlayan, müstəvi arasındakı bucağın tangensini tapın. 88. ABCDA B C D kubunun tili a -ya bərabərdir. Kəsən müstəvi AB, AA və A D tillərinin ortasından keçir. Kəsiyin sahəsini tapın. 89. ABCA B C prizmasında oturacağın AB və AC tərəfləri bir birinə və AA yan tilinə perpendikulyardır. AB=AC=AA =4. 4

43 AB, AC və AA tillərinin ortalarından keçən kəsiyin sahəsini tapın. 9. Konusun doğuranı 4-ə bərabərdir və oturacaq müstəvisi ilə 6 -lik bucaq əmələ gətirir. Konusun oturacağa paralel və hündürlüyün ortasından keçən kəsiyinin sahəsini tapın. 9. Tili -yə bərabər ABCDA B C D kubu və mərkəzi onun A B C D üzünün diaqonallarının kəsişmə nöqtəsində olan, BC D müstəvisinə toxunan kürə verilir. Kürənin kubun daxilində qalan hissəsinin həcmini tapın. 9. Üçbucaqlı ABCA B C prizmasının həcmi V yə bərabərdir. AA tilinin ortasında E, BB tilinin üzərində isə B F:FB=:4 olmaqla F nöqtələri qeyd edilmişdir. C, E, B və C, E, F nöqtələrindən iki müstəvi keçirilmişdir. Prizmanın bu müstəvilər arasında qalan hissəsinin həcmini tapın. 9. Üçbucaqlı ABCA B C prizmasında oturacağın BC tərəifndən və A B tilinin K orta nöqtəsindən keçən müstəvi onu iki çoxüzlüyə ayırır. Bu çoxüzlülərin həcmləri nisbətini tapın.. İsbat məsələləri 94. İsbat edin ki, düzbucaqlı kağız vərəqindən sonsuz sayda müxtəlif tetraedrlər düzəltmək olar (yapışdırma üst-üstə qoymadan, yalnız kənarlarla olur). 95. ABCD A B C D kubunun AD, A B, CC tillərinin orta nöqtələri uyğun olaraq K, Z, M dir. İsbat edin ki, KZM mərkəzi kubun mərkəzi üzərinə düşən düzgün üçbucaqdır. 96. Müstəvi ax + by + cz + d = tənliyi ilə verilir. ( a, b, c ) vektorunun bu müstəviyə perpendikulyar olduğunu isbat edin. 97. l düz xətti kəsişən iki l,l düz xətləri ilə eyni bucaq əmələ gətirir, həm də nəzərə almaq lazımdır ki, bu düz xətt l,l düz xətlərini üzərində saxlayan α müstəvisinə perpendikulyar deyil. İsbat edin ki, l düz xəttinin α müstəvisi üzərindəki proyeksiyası da l,l düz xətləri ilə eyni bucaq əmələ gətirir. 4

44 98. İsbat edin ki, l düz xətti iki kəsişən düz xətlərin hər biri ilə, yalnız və yalnız bu düz xətlər arasındakı bucaqlardan birinin tənböləninə perpendikulyar olduqda, bərabər bucaq əmələ gətirir. 99. A və A nöqtələri l düz xətti üzrə kəsişən α və α müstəviləri üzərindədir. İsbat edin ki, yalnız və yalnız A, A nöqtələri l düz xəttindən bərabər məsafədə olduqda A A düz xətti α,α müstəviləri ilə eyni bucaq əmələ gətirir.. İsbat edin ki, iki çarpaz düz xəttən paralel müstəvilər keçirmək olar.. İki çarpaz düz xətt verilir. İsbat edin ki, ucları bu düz xətlər üzərində olub, onlara perpendikulyar yeganə parça vardır.. Fəzada cüt-cüt çarpaz üç düz xətt vardır. İsbat edin ki, üç tili bu düz xətlər üzərində olan yeganə paralelepiped vardır.. l düz xətti cüt-cüt perpendikulyar üç düz xətlərlə α, β, γ bucaqları əmələ gətirir. İsbat edin ki, cos α + cos β + cos γ = 4. D təpəsindəki müstəvi bucaqları düz olan ABCD tetraedrində ABC üzünün kvadratının düzbucaqlı üçbucaqlardan ibarət, digər üzlərin kvadratları cəminə bərabər olduğunu isbat edin. 5. İsbat edin ki, kubun tillərinin ixtiyari müstəvi üzərində proyeksiyalarının uzunluqlarının kvadratları cəmi 8a -na bərabərdir, burada a - kubun tilinin uzunluğudur. x, y z olan nöqtədən ax + by+ cz+ d = 6. Koordinatı ( ), ax + by + cz + d tənliyi ilə verilən müstəviyə qədər məsafənin - a + b + c nə bərabər olduğunu isbat edin. 7. Oxları ilə doğuranları arasındakı bucaqları bərabər olan iki konusun oxları paraleldir. İsbat edin ki, onların səthilərinin kəsişməsinin bütün nöqtələri bir müstəvi üzərindədir. 8. Tili a olan ABCDA B C D kubu verilir. İsbat edin ki, fəzanın ixtiyari nöqtəsindən AA, B C, CD düz xətlərindən a birinə qədər məsafə -dən kiçik deyil. 44

45 9. ABCDA B C D paralelepipedi verilir. AC diaqonalının A BD müstəvisi ilə kəsişmə nöqtəsi M-dir. İsbat edin ki, AC MA =.. Hər hansı müstəvi ilə düzgün üçbucağın tərəfləri arasındakı bucaqlar α, β və γ -ya bərabərdir. İsbat edin ki, bu bucaqlardan birinin sinusu digər iki bucağın sinusları cəminə bərabərdir.. l düz xətti α müstəvisinə perpendikulyar deyil, l onun bu müstəvi üzərində proyeksiyasıdır. Fərz edək ki, l həmin müstəvi üzərində hər hansı düz xətdir. İsbat edin ki, yalnız və yalnız l l olduqda l l (üç perpedikulyar teoremi).. a) Düzgün tetraedrin qarşı (çarpaz) tillərinin perpendikulyar olduğunu isbat edin; b) Təpəsi S nöqtəsində olan düzgün piramidanın oturacağı A...A n- çoxbucaqlısıdır. SA və A n A n+ tillərinin perpendikulyar olduğunu isbat edin.. Çoxbucaqlının bir müstəvidə sahəsi S-dir. İsbat edin ki, onun digər P müstəvisi üzərindəki proyeksiyasının sahəsi S cosϕ -yə bərabərdir, burada ϕ baxılan P müstəvisi ilə çoxbucaqlının müstəvisi arasındakı bucaqdır. 4. Üçbucaqlı piramidanın oturacaq tillərindəki ikiüzlü bucaqlar α, β və γ uyğun yan üzlərin sahəsi isə S a, Sb, Sc -dir. Oturacağın sahəsinin S a cosα + Sb cos β + Sc cosγ olduğunu isbat edin. 5. Cismin iki müstəvi üzərindəki proyeksiyası dairələrdir. İsbat edin ki, bu dairələrin radiusları bərabərdir. 6. İsbat edin ki, tili olan kubun müstəvi üzərində proyeksiyasının sahəsi, ədədi qiymətcə, onun bu müstəviyə perpendikulyar düz xətt üzərində proyeksiyasının uzunluğuna bərabərdir. 7. Üç düz xətt A nöqtəsində kəsişir. Onların hər birinin üzərində iki nöqtə götürülmüşdür: B və B /, C və C /, D və D /. İsbat edin ki, ( ABCD) V ( AB C D ) = = AB AC AD : AB AC AD. V : ( ) ( ) 45

46 8. DABC tetraedrinin həcminin AB AC ADsinβ sinγ sinα - 6 ya bərabər olduğunu isbat edin, burada β, γ ilə A təpəsindəki AB və AC tillərinə bitişik müstəvi bucaqlar işarə edilmişdir, α isə AD tilindəki ikiüzlü bucaqdır. 9. Tetraedrin iki üzünün sahəsi S, S, bu üzlər arasındakı ikiüzlü bucaq α, onların ortaq tilinin uzunluğu isə a -dır. SS sinα Tetraedrin V həcminin -ya bərabər olduğunu isbat a edin.. Radiusu R olan sferanın xaricinə çəkilmiş çoxüzlünün həcminin RS -ə bərabər olduğunu isbat edin, burada S- çoxüzlünün səthinin sahəsidir.. İsbat edin ki, kürənin və onun xaricinə çəkilmiş kəsik konusun həcmləri nisbəti onların tam səthiləri sahələrinin nisbətinə bərabərdir.. Kəsik konusun yan səthinin sahəsi, radiusu onun doğuranına bərabər olan, dairənin sahəsinə bərabərdir. İsbat edin ki, bu konusun daxilinə kürə çəkmək olar.. Hündürlüyü oturacaqlarının diametrləri arasında orta mütənasib olan kəsik konusun daxilinə kürə çəkmək mümkün olduğunu isbat edin. 4. İsbat edin ki, düzgün tetraedrin üç təpəsini dördüncü təpədən çəkilmiş hündürlüyün orta nöqtəsilə birləşdirdikdə, cütcüt perpendikulyar üç düz xətt alınır. 5. R və r uyğun olaraq düzgün dördbucaqlı piramidanın xaricinə və daxilinə çəkilmiş kürələrin radiuslardır. İsbat edin ki, R +. r 6. Üçbucaqlı SABC piramidasının ABC oturacağı üzərindəki O nöqtəsindən uyğun olaraq SA, SB, SC tillərinə paralel və SBC, SCA, SAB üzlərini A /, B /, C / nöqtələrində kəsən 46

47 OA /, OB /, OC / düz xətləri çəkilmişdir. İsbat edin ki, OA OB OC + + =. SA SB SC 7. Paralel müstəvilər üzərində yerləşməyən və uyğun tərəfləri paralel olmayan iki ABC və A B C üçbucaqlarına baxaq. Bu üçbucaqların uyğun təpələrini birləşdirən düz xətlər isə bir O nöqtəsində kəsişir. İsbat edin ki, üçbucaqların uyğun tərəflərinin uzantıları cüt-cüt kəsişir və bu kəsişmə nöqtələri bir düz xətt üzərindədir. 7. İsbat edin ki, hər hansı üçbucaqlı piramidanın təpələrini qarşı üzlərin ağırlıq mərkəzi ilə birləşdirən parçalar bir nöqtədə kəsişir və bu nöqtə ilə onların hər biri : nisbətində bölünür. 8. Düzgün tetraedrin daxilindəki ixtiyari nöqtədən onun dörd üzünə qədər məsafələr cəminin sabit kəmiyyət olduğunu isbat edin. 9. İki-iki kəsişən sonlu sayda düz xətlər verilmişdirsə, onların hamısının ya bir nöqtədə kəsişdiyini yaxud da bir müstəvi üzərində olduğunu isbat edin.. İsbat edin ki, kubun müstəvi ilə kəsiyi düzgün altıbucaqlı ola bilər.. İsbat edin ki, hündürlükləri eyni və oturacaqları paralel olan bərabər konusların ortaq hissəsinin həcmi onların hər birinin həcminin 4 -ə bərabərdir.. İsbat edin ki, konusun həcmi yan səthinin sahəsi ilə oturacağın mərkəzindən doğurana qədər məsafə hasilinin -ə bərabərdir. Məsələni belə də ifadə etmək olar: İsbat edin ki, kubu müstəvi ilə elə kəsmək olar ki, kəsikdə düzgün altıbucaqlı alınar. 47

48 . Düzgün dördbucaqlı piramidanın yan tilləri, təpədən a, b, c və d məsafədə olan nöqtələrdən keçən, müstəvi ilə kəsilmişdir. İsbat edin ki, + = +. a c b d 4. İsbat edin ki, təpədəki müstəvi bucaqları düz olan tetraedrin çarpaz tillərinin ortalarını birləşdirən parçanın uzunluğu bu tetraedrin xaricinə çəkilmiş sferanın radiusuna bərabərdir. 5. İsbat edin ki, tetraedrin ikiüzlü bucağının tənbölən müstəvisi qarşıdakı tili bu ikiüzlü bucağı əmələ gətirən üzlərin sahəsi ilə mütənasib hissələrə bölür. 6. ABCD tetraedrin həcminin d AB CDsinϕ -yə bərabər olduğunu isbat edin. Burada d parçası AB və CD düz xətləri 6 arasındakı məsafə, ϕ - onlar arasındakı bucaqdır. 7. Fəzada iki çarpaz düz xətt verilir. Tetraedrin qarşı tilləri, uzunluqlarını saxlamaqla, bu düz xətlər üzrə yerini dəyişir. İsbat edin ki, bunun nəticəsində tetraedrin həcmi dəyişmir. 8. Müstəvi radiusları R, r olan iki toxunan kürəyə A, B nöqtələrində toxunur. İsbat edin ki, AB = Rr. 9. a) Bir müstəvi üzərində olmayan iki çevrə iki müxtəlif A, B nöqtələrində kəsişir. İsbat edin ki, bu çevrələri üzərində saxlayan yeganə sfera vardır. b) Bir müstəvi üzərində olmayan iki çevrə l düz xəttinə P nöqtəsində toxunur. İsbat edin ki, bu çevrələri üzərində saxlayan yeganə sfera vardır. 4. Üçbucaqlı kəsik piramidanın iki yan üzü daxilə çəkilmiş dördbucaqlıdırsa, onun digər yan üzünün də daxilə çəkilmiş dördbucaqlı olduğunu isbat edin. 4. Müstəvi bucaqları α, β, γ və bunların qarşısındakı ikiüzlü bucaqları A, B, C olan üçüzlü bucaq verilir. İsbat edin ki, müstəvi bucaqları π A, π B, π C və ikiüzlü bucaqları π α, π β, π γ olan üçüzlü bucaq vardır. 4. İsbat edin ki, üçüzlü bucağın ikiüzlü bucaqları düzdürsə, onda onun müstəvi bucaqları da düzdür. 48

49 4. İsbat edin ki, uyğun ikiüzlü bucaqları bərabər olan üçüzlü bucaqlar bərabərdir. 44. Tetraedrin a tilindən çıxan üzlərin sahələri S, S, bu tildəki ikiüzlü bucaq α, a -nın qarşısındakı til b, b və a tilləri ( absinϕ) arasındakı bucaq ϕ olarsa, S + S SS cosα = 4 bərabərliyinin doğruluğunu isbat edin. 45. Düzbucaqlı ABCDA B C D paralelepipedinin AC diaqonalı A BD müstəvisinə perpendikulyardır. İsbat edin ki, bu paralelepiped kubdur. 46. a) Qabarıq çoxüzlünün bütün üzlərinin sahələri bərabərdir. İsbat edin ki, onun daxili nöqtəsindən üzlərinin müstəvilərinə qədər məsafələrin cəmi bu nöqtənin vəziyyətindən asılı deyil. b) Tetraedrin hündürlükləri h, h, h, h4, onun ixtiyari daxili nöqtəsindən üzlərinə qədər məsafələri isə d, d, d, d4 -dir. İsbat h edin ki, i =. di 47. Sferanın xaricinə çəkilmiş çoxüzlünü kəsən müstəvi onu həcmləri V, V, səthilərinin sahələri S, S olan iki hissəyə bölür. İsbat edin ki, yalnız və yalnız müstəvi daxilə çəkilmiş sferanın mərkəzindən keçdikdə V : S = V : S olar. 48. ABCD tetraedrində M və N uyğun olaraq AB və CD tillərinin orta nöqtələridir. İsbat edin ki, MN = AD+ BC. 49. Təpəsi O nöqtəsində olan düz üçüzlü bucağın tilləri müstəvi ilə A, B, C nöqtələrində kəsişir. ABC üçbucağının itibucaqlı olduğunu isbat edin. 5. A(-4; -4; 4), B(-; ; ), C(, 5,), D(; -; ) nöqtələri verilir. İsbat edin ki, AC və BD parçaları perpendikulyardır. 49

50 5. Sferaya toxunan iki müstəvi a düz xətti üzrə kəsişir. İsbat edin ki, toxunma nöqtələrini birləşdirən düz xətt a -ya perpendikulyardır. 5. ) İsbat edin ki, müstəvi üzərində olmayan dörd nöqtədən yalnız bir sfera keçirmək olar. ) İsbat edin ki, çevrə və onun müstəvisi üzərində olmayan nöqtədən yalnız bir sfera keçirmək olar. 5. İsbat edin ki, piramidanın xaricinə sfera çəkməyin mümkün olması üçün, onun oturacağının xaricinə çevrə çəkməyin mümkün olması zəruri və kafidir. 54. Sfera ( x a) + ( y b) + ( z c) = R koordinat başlanğıcından keçir. İsbat edin ki, koordinat başlanğıcında sferaya toxunan müstəvinin tənliyi ax + by + cz = şəkildədir. 5

51 Evklid həndəsəsi sadəcə məntiqi sistemlərdən biri deyil. O, belə sistemlərə, digər elmlərin yamsılamağa cəhd etdikləri və yenə də cəhd etdiyi, ilk və ən böyük nümunədir. Qurma məsələləri Poya C. 55. α müstəvisi üzərində a, b düz xətləri verilir. Verilmiş M nöqtəsi α müstəvisi üzərində deyil. a, M və b, M -dən keçən müstəvilərin kəsişmə xəttini qurun. 56. ABC bucağı və M nöqtəsi verilir. (AB), M və (BC), M- dən keçən müstəvilərin kəsişmə xəttini qurun. 57. ABC üçbucağı və onun müstəvisi üzərində olmayan M nöqtəsi verilir. M və A dan α müstəvisini elə keçirin ki, ABC və α müstəvilərinin kəsişmə xətti: ) BC parçasını yarıya bölsün; ) BAC bucağını yarıya bölsün. 58. a düz xətti və M nöqtəsi verilir. Verilmiş nöqtədən, a - nı düz bucaq altında kəsən, düz xətt çəkin. 59. ABC bucağı və onun müstəvisi üzərində olmayan M, BC şüası üzərində olan P nöqtəsi verilir. P B. M və P nöqtələrindən α müstəvisini elə keçirin ki, ABC və α müstəvilərinin kəsişmə xətti verilmiş bucağın tərəfləri üzərində konqruent parçalar ayırsın. 6. ABCD tetraedrinin AD, AB, BC, CD tillərinin ortalarından keçən müstəvi kəsiyini qurun. Kəsikdə alınan dördbucaqlının növünü təyin edin. 6. α a = M, N a verilir. a və N dən keçən müstəvi ilə α müstəvisinin kəsişmə xəttini çəkin. 6. α müstəvisi üzərində a düz xətti və M nöqtəsi verilmişdir. N α nöqtəsindən elə β müstəvisi keçirin ki, α və β müstəvilərinin kəsişmə xətti M dən keçib, a -ya perpendikulyar olsun. 5

52 6. ABCD tetraedrinin AB, AD, CD tilləri üzərində uyğun olaraq M, N, P nöqtələri elə seçilmişdir ki, NP və AC düz xətləri paralel deyildir. Tetraedrin verilmiş nöqtələrdən keçən kəsiyini qurun. 64. Verilmiş nöqtədən verilmiş düz xətlə çarpaz olan düz xətt keçirin. 65. ) Verilmiş nöqtədən verilmiş düz xəttə paralel müstəvi keçirin; ) verilmiş nöqtədən verilmiş müstəviyə paralel düz xətt keçirin. 66. A və B nöqtələri uyğun olaraq kəsişən α və β müstəvilərinə aid olub, onların c kəsişmə xəttinə aid deyil. A və B nöqtələrindən c düz xəttinə paralel müstəvi keçirin. 67. M və N nöqtələri ABCD tetraedrinin AD və AB tillərinin daxili nöqtələridir. Verilmiş nöqtələrdən keçən və AC düz xəttinə paralel olan müstəvi ilə tetraedrin kəsiyini qurun. 68. ABCD trapesiyası verilmişdir, burada AB CD və M nöqtəsi trapesiyanın müstəvisinə aid deyil: ) M-dən və CD-dən, M-dən və AB-dən; ) M-dən və AD-dən, M-dən və BC-dən keçən müstəvilərin kəsişmə xəttini qurun. 69. ABCDA B C D paralelepipedində M,N,P nöqtələri uyğun olaraq DD, BB, CC tilləri üzərindədir və MP / CD, MN / DB. MNP və ABC müstəvilərinin kəsişmə xəttini qurun. 7. Kubla, onun bir təpədən çıxan üç tilinin uclarından keçən müstəvi ilə kəsiyini qurun. Kubun tili a -ya bərabərdirsə, kəsiyin perimetrini və sahəsini tapın. 7. ABCDA B C D paralelepipedi verilmişdir; DC və A B tillərinin orta nöqtələri M və N dir. ) AM və AN düz xətlərinin BB C C üzü ilə kəsişmə nöqtələrini qurun; ) AMN və BB C müstəvilərinin kəsişmə xəttini qurun. 7. ABCDA B C D paralelepipedinin, (BC ) dən və DD tilinin M orta nöqtəsindən keçən müstəvi ilə kəsiyini qurun. 7. ABCDA B C D paralelepipedində M nöqtəsi B C parçasının orta nöqtəsidir. Paralelepipedin: ) (DC)-dən və M- dən; ) (AD)-dən və M-dən keçən müstəvi ilə kəsiyini qurun. 5

53 74. ABCDA B C D düzbucaqlı paralelepipedi verilmişdir. AB, AA, CD tillərinin ortasından keçən müstəvi ilə paralelepipedin kəsiyini qurun. 75. ABCDA B C D paralelepipedi verilmişdir. A C düz xətti ilə AB və C D tillərindən keçən müstəvinin kəsişmə nöqtəsini qurun. 76. Verilmiş M nöqtəsindən verilmiş a düz xəttinə paralel düz xətti çəkin. 77. Verilmiş düz xəttin verilmiş müstəviyə paralel müstəvi keçirin. 78. A, C təpələrindən və A B tilinin M nöqtəsindən keçən α müstəvisi ilə ABCDA B C D paralelepipedinin kəsiyini qurun. 79. Tetraedrin təpəsindən onun qarşı üzünə paralel müstəvi keçirilmişdir. Tetraedrin qalan üzlərinin müstəviləri ilə bu müstəvinin kəsişmə xəttini qurun. 8. ABCDA B C D kubunun B təpəsindən, CC və A D tillərinin ortasından keçən müstəvi ilə kəsiyini qurun. 8. İki çarpaz düz xəttin ortaq perpendikulyarını qurun. 8. Verilmiş düz xəttə paralel və verilmiş digər iki düz xətti kəsən düz xətt qurun. 8. Ucları verilmiş iki düz xətt üzərində olan, verilmiş uzunluqda, verilmiş müstəviyə paralel parça qurun. 84. SABC tetraedri verilir. ABC oturacağı üzərindəki O nöqtəsindən, iki qarşı SC və AB tillərini kəsən, düz xətt çəkin. 85. ABCDA B C D paralelepipedi verilir. a) A D DA yan üzünün M simmetriya mərkəzindən keçib A A və B D çarpaz düz xətlərini kəsən; b) D təpəsindən keçib A A və B D çarpaz düz xətlərini kəsən; c) paralelepipedin diaqonallarının O kəsişmə nöqtəsindən keçib A D və B D çarpaz düz xətlərini kəsən düz xətt çəkin. Hər üç halda iki çarpaz düz xətti kəsən düz xətt çəkmək tələb olunur. 86. Dördbucaqlı ABCDA B C D prizması verilir. Onun A,C,B təpələrindən keçən müstəvi ilə kəsiyini qurun. 5

54 87. PABC tetraedrində MZ düz xətti ilə (M nöqtəsi B və C arasında yerləşir, Z isə PO hündürlüyünün orta nöqtəsidir, O nöqtəsi ABC oturacağının daxilindədir) tetraedrin səthinin kəsişmə nöqtəsini tapın (qurun). 88. PABC tetraedrində LE parçasının (L nöqtəsi PAC üzündə, E isə A və B arasındadır) PAD üçbucağı ilə (D nöqtəsi B və C arasındadır) kəsişmə nöqtəsini qurun. 89. ABCA B C çoxüzlüsü paralelepipedin diaqonal kəsiyi ilə ayrılmışdır. AK parçasının (K ilə B C in daxili nöqtəsi işarə edilmişdir) A BC müstəvisi ilə kəsişmə nöqtəsini tapın. 9. ABCA B C çoxüzlüsündə PBC və DAK üçbucaqlarının kəsişməsini qurun (P, D, K uyğun olaraq AA, CC və AB tilləri üzərindədir). 9. ABCA B C çoxüzlüsündə MN parçası ilə (M və N nöqtələri uyğun olaraq AA B və BB C üzləri üzərində yerləşir) A BC üçbucağının kəsişmə nöqtəsini tapın. 9. ABCA B C çoxüzlüsündə AA M və CC N üçbucaqlarının kəsişməsini qurun (M və N nöqtələri uyğun olaraq BC və AB tərəfləri üzərindədir). 9. ABCA B C çoxüzlüsündə ABK və MNQ üçbucaqlarının kəsişməsini qurun. ( Q AA C, K CC, K və Q nöqtələri AC tilindən bərabər məsafələrdədir, M və N uyğun olaraq BC və AB tillərinin orta nöqtələridir). 94. ABCA B C çoxüzlüsü verilir. a) B C tili üzərində elə K nöqtəsi tapın ki, AK və A M parçaları kəsişsinlər (M nöqtəsi BC tili üzərində yerləşir); b) AB tili üzərində elə Z nöqtəsi tapın ki, ZK (K nöqtəsi A C tili üzərindədir) və A M (M nöqtəsi BC tili üzərindədir) parçaları kəsişsinlər. 95. PABC tetraedrində DMN və QKZ üçbucaqlarının kəsişməsini qurun (D və Q nöqtələri uyğun olaraq PA və PC tilləri üzərindədir; A, K, N, C və A, Z, M, B nöqtələri uyğun olaraq AC və AB tərəfləri üzərindədir) 96. PABC tetraedrində AQL və DMN üçbucaqlarının kəsişməsini qurun (D, Q, L nöqtələri uyğun olaraq PA, PC, PB tilləri üzərindədir, M və N nöqtələri isə AB, BC tilləri üzərində 54

55 olub, D və Q nöqtələrindən, habelə AC dən bərabər məsafələrdədir). 97. Fəzada verilmiş nöqtənin verilmiş digər nöqtədən keçən müstəvilər üzərindəki proyeksiyasının həndəsi yerini tapın. 98. ABCA B C çoxüzlüsündə A BC üçbucağının MN düz xətti ilə kəsişmə nöqtəsini qurun (M və N nöqtələri uyğun olaraq AB düz xətti və A B C üzü üzərindədir). 99. ABCDA B C D paralelepipedində onun DD B B diaqonal kəsiyi ilə MN düz xəttinin (M və N oturacaqların daxili nöqtələridir) kəsişmə nöqtəsini qurun. 4. PABC tetraedrinin PC tilində elə X nöqtəsi tapın ki, KX parçası (K nöqtəsi AB tilinin üzərindədir) digər MN parçası (M və N nöqtələri uyğun olaraq PA və BC tilləri üzərindədir) ilə kəsişsin. 4. Dördbucaqlı SABCD piramidası verilir. Piramidanın SA yan tili üzərində verilmiş M nöqtəsindən ABCD oturacağının müstəvisinə paralel və SC yan tilini kəsən müstəvi keçirin. 4. ABCDA B C D paralelepipedi verilir. B C CB üzünün B C diaqonalından paralelepipedin AC diaqonalına paralel müstəvi keçirin və bu müstəvinin A B C D aşağı oturacağı ilə kəsişmə xəttini qurun. 4. Düzgün dördbucaqlı SABCD piramidası verilir; onun, ABCD oturacağının AB və BC tərəfləri ilə eyni bucaq əmələ gətirən, müstəvi ilə kəsiyini qurun. 44. Oturacağı ABCD düzbucaqlısı və SD yan tili oturacaq müstəvisinə perpendikulyar olan dördbucaqlı SABCD piramidası verilir. Piramidanın xaricinə çəkilmiş sferanın mərkəzini qurun. 45. Silindrin, onu iki müadil hissəyə bölən, kəsiyini qurun. 46. C təpəsindəki bütün müstəvi bucaqları düz olan üçbucaqlı SABC piramidası verilir. Piramidanın xaricinə çəkilmiş sferanın mərkəzini qurun. 47. Üçbucaqlı SABC piramidasının hündürlüyü onun ABC oturacağının xaricinə çəkilmiş çevrənin O mərkəzindən keçir. Piramidanın xaricinə çəkilmiş sferanın mərkəzini qurun. 55

56 48. ABCDA B C D paralelepipedi verilir. Onun A D DA üzünün AD diaqonalından B D diaqonalına paralel keçən müstəvi ilə kəsiyini qurun. 49. Verilmiş ABCDA B C D kubunun BB C C üzündə M nöqtəsi qeyd edilmişdir. Bu üzdə kubun B D diaqonalına perpendikulyar düz xətt çəkin. 4. Düz prizmaının oturacaqlarından eyni məsafədə olan nöqtələrin həndəsi yerini qurun. 4. Hündürlüyü verilmiş silindrin hündürlüyünə bərabər, həcmi isə 4 dəfə böyük olan silindri təsvir edin. 4. Konusu oturacağa paralel müstəvi ilə elə kəsinki alınmış kiçik konusun həcmi verilənin həcminin 8 -ə bərabər olsun. 4. Oturacağının radiusu R, hündürlüyü R olan silindr verilir. Həcmi silindrin həcminin -nə bərabər olan sferanı təsvir edin. 44. Sahəsi sferanın sahəsinin 8 -nə bərabər olan sfera hissəsi səthini təsvir edin. 45. a düz xətti və onun xaricində M nöqtəsi verilir. M nöqtəsindən a düz xəttinə paralel müstəvi keçirin. 56

57 Həndəsə yalnış çertyojlar üzərində düzgün mühakimə aparmaq məharətidir Həllər, şərhlər və cavablar I Planimetriya Əsas düsturlar C.Poya. İxtiyari üçbucaq ( a, b, c - tərəflər; α, β, γ -bu tərəflər qarşısındakı bucaqlar; p-perimetrin yarısı; r, ra, rb, rc uyğun olaraq daxilə, xaricdən daxilə çəkilmiş çevrələrin radiusları; S- sahə; h a, hb, hc uyğun olaraq a, b, c tərəflərinə çəkilmiş hündürlüklər): S = a ha = bhb = chc (.) S = bcsinα = absin γ = acsin β (.) S = p p a p b p c (.) ( )( )( ) S r = p (.4) S r a = p a (.5) S r b = p b (.6) S r c = p c (.7) S = r r r r (.8) a a b c sin β sin γ S = (.9) sinα b sin γ sinα S = (.) sin β 57

58 c sinα sin β S = (.) sin γ a = b + c bc cosα (Kosinuslar teoremi) (.) a b c = = = R (Sinuslar teoremi) sinα sin β sin γ (.). Düzbucaqlı üçbucaq ( a, b - katetlər; c hipotenuz; c b c katetlərin hipotenuz üzərində proyeksiyaları): S = ab (.4) S = ch c (.5) a + b + c r = (.6) c R = (.7) a + b = c (Pifaqor teoremi) (.8) a c h = c (.9) h b c c a c a = a c (.) b c b = b c (.) a = csin α = c cos β = btgα = bctgβ (.). Düzgün üçbucaq: a S = 4 (.) a r = 6 (.4) a R = (.5) 58

59 4. İxtiyari qabarıq dördbucaqlı ( d və d diaqonallar; ϕ - onlar arasındakı bucaq; S sahə): S = sinϕ d d (.6) 5. Paraleloqram ( a və b - qonşu tərəflər; α onlar arasındakı bucaq; ha - a tərəfinə çəkilmiş hündürlük) S = ah a = ab sinα = sinϕ d d (.7) 6. Romb: S = aha = a sinα = dd (.8) 7. Düzbucaqlı: S = ab = sinϕ d d (.9) 8. Kvadrat (d- diaqonaldır): d S = a = (.) 9. Trapesiya ( a və b - oturacaqlar; h onlar arasındakı məsafə; l orta xətt): a + b l = (.) a + b S = h = lh (.). Xaricə çəkilmiş çoxbucaqlı (p perimetrin yarısı; r - daxilə çəkilmiş çevrənin radiusu): S = pr (.). Düzgün çoxbucaqlı ( an - düzgün n bucaqlının tərəfi; R- xaricə çəkilmiş çevrənin radiusu; r - daxilə çəkilmiş çevrənin radiusu): a R ; a = R a = R (.4) = 4 ; 6 59

60 . Çevrə, dairə (r- radius; C- çevrənin uzunluğu; S- dairənin sahəsi): C = π r (.5) S = π r (.6). Sektor ( l - sektorun qövsünün uzunluğu; n mərkəzi bucağın dərəcə ölçüsü; α - mərkəzi bucağın radian ölçüsü ) π r n l = = rα (.7) 8 π r n S = = r α (.8) 6 4. Üçbucağın medianları bir nöqtədə kəsişir və bu nöqtə hər bir medianı təpədən başlayaraq : nisbətində bölür. 5. Üçbucağın medianları uzunluqları ( m a, mb, mc ) tərəflərin uzunluqları ( a, b, c ) vasitəsilə m a = ( b + c ) a, m b = ( c + a ) b, m c = ( a + b ) c (.9) düsturları ilə ifadə olunur. 6. Üçbucağın tərəflərinin uzunluqları medianların uzunluqları vasitəsilə ( ) a = mb + mc ma, b ( mc + ma ) mb c ( m + m ) m =, = a b c (.4) düsturları ilə ifadə olunur. 7. Üçbucağın tənböləni çəkildiyi tərəfi qalan iki tərəflə mütənasib hissələrə bölür. 8. Üçbucağın tənböləninin uzunluğu l c = ab a b (.4) 6

61 düstürü ilə ifadə olunur, burada a, b verilmiş ABC üçbucağının iki tərəfinin uzunluqları, a və b isə üçüncü tərəfin parçaları uzunluğudur. l, l, l onun 9. Üçbucağın tənbölənlərinin uzunluqları ( a b c ) tərəfləri uzunluqları ( a, b, c) ilə ( a+ b+ c) ( a+ b c) bc ( b+ c+ a ) ( b+ c a ) ac ( c+ a+ b) ( c+ a b ) ab lc =, la =, lb = a+ b b+ c a+ c (.4) düsturları vasitəsilə ifadə olunur.. İxtiyari üçbucağın hündürlükləri ( h a, hb, hc ) ilə onun daxilinə çəkilmiş çevrənin r radiusu arasında + + = (.4) ha hb hc r münasibəti vardır.. Diaqonalları qarşılıqlı perpendikulyar olan bərabəryanlı trapesiyanın S sahəsi onun hündürlüyünün (h) kvadratına bərabərdir: S = h (.44). Daxilinə çevrə çəkmək mümkün olan bərabəryanlı trapesiyanın hündürlüyü (h) onun oturacaqları ( a, b) arasında həndəsi orta kəmiyyətdir: h = ab (.45). Fərz edək ki, ABC verilmiş üçbucaqdır, BM=MC, AM=5 sm, AZ=ZB, CZ= sm, AP=PC, BC= 5 sm (Şəkil.) O medianların kəsişmə nöqtəsi olduğundan AO = AM = sm ; 6

62 OM = AM = 5sm ; CO = CZ = 8sm ; OZ = CZ = 4sm. Şərtə görə BM = MC = 5 sm. ΔOMC - dən OC = OM + MC OM MC cos OMC ; ( 5) 5 5 < OMC 8 = 5 + cos və deməli cos OMC = 6,6. ΔBOM -dən 5 BO = BM + OM BM OM cos BMO; cos BMO = cos OMC 6,6 olduğundan BO = = + 66 = Onda BO=4 sm. Medianın xassəsinə görə BP = BO və beləliklə, BP = 4 = sm.. Fərz edək ki, ABCD verilmiş trapesiyadır, AB=CD=4sm, S ( ABC) = 6sm, S( ACD) = 4 sm, CH AD ( ABCD) = S( ABC) + S( ACD) = 6+ 4 ( sm ) S = olduğundan S ( ACH) = S( ABCD) = = ( sm ) ; ( CHD) S( ACD) S( ACH ) = 4 4( sm ) (Şəkil.) S = =, ΔCHD -dən trapesiyanın hündürlüyünü tapaq. HD = CD CH = 6 CH və CH HD = 4 ; Burada ( ; 4) = CH olduğundan, CH 6 CH 8 bərabərlikdən ( 6 CH ) = 64. Sonuncu CH və ya 6

63 4 ( CH 8) = CH 6CH + 64 =,, CH 8, CH = ± alırıq. kənar kökdür.. Fərz edək ki, ABC üçbucağında: AB=BC=5 sm, AC=4 sm, BM=MC, BH AC, AK BC (Şəkil.) ABH üçbucağından AH 4 sin α = = = >. Deməli, α > 45, başqa sözlə AB 5 5 ABC > 9 və ABC üçbucağı kor bucaqlıdır. BAH = AOH, AH OH olduğundan AH OH Δ AOH ~ ΔBAH, odur ki, = ; BH AH AH OH = ; OH = = 6( sm). BH 5 PH = BH olduğundan, PH = sm, OP = OH PH = 6 = ( sm). 4. Fərz edək ki, ABC üçbucağında < ACB = 9, < ACK=< KCB, AK = sm, KB = 5sm, KP CB (Şəkil 4). CK baxılan AK AC ΔABC - in düz bucağının tənböləni olduğundan = ; KB CB AC 4 = =, AC = 4 k, CB = k. Pifaqor teoreminə görə CB 5 AC + CB = AB və beləliklə, 6k + 9k = 5, 5k = 5, k = 7, AC = 8 sm, CB = sm. Δ ACB ~ ΔKPB AC AB 8 5 olduğundan = ; = ; KP = sm. K nöqtəsi ACB KP KB KP 5 bucağının tənböləni üzərində olduğandan, onun tərəflərindən eyni məsafədədir. = 6

64 5. Fərz edək ki, ABCD trapesiyasında BC = 6 sm, AD = 8 sm, M PQ, PQ AD (Şəkil 5). Δ AMD ~ ΔCMB. AM MD AD AD 8 Odur ki, = = ; = =. Δ BAC ~ ΔPAM CM BM BC BC 6 AC BC AB AC AM + MC 4 olduğundan = = ; = = + =. AM PM PA AM AM BC = ; = ; PM = 4, 5sm. Δ BCD ~ ΔMQD -dən PM PM BC BD BD 4 BC = ; = MQ MD MD ; = ; = ; MQ = 4, 5sm. MQ MQ Beləliklə, PQ = PM + MQ = 9( sm) 6. AB tərəfinə DK perpendikulyarını endirək. Onda < ADK = (Şəkil 6.) Beləliklə, AK = AD =, DK =. B nöqtəsindən AC düz xəttinə çəkilmiş perpendikulyarın uzunluğunu h ilə işarə edək. Onda AC h S( ABC) AC AE + EC AE = = = = + S( BCE) CE CE CE CE h 64

65 . Δ DCE ~ ΔBAE olduğundan DC CE CE 4 = və ya = AB AE AE 5 AE 5 S( ABC) 5 9 tənasübünü alırıq. Onda =. Bu halda = + =, CE 4 S( BCE) onda S( BCE) = S( ABC) (). Sonra 9 S ( ABC) = AB DF = = 45 və ()-ə əsasən S ( BCE) = 4 45 = ( sm ) AD = x işarə edək. Onda BC = x (Şəkil 7), DB = x. DBC üçbucağından Pifaqor teoreminə görə x ( ) + ( x) + ( ) 7 ( m) =, x = alırıq. ADC üçbucağından AC = =. 8. Şərtə görə BE = 5x, CE = 9x (Şəkil 8). S( ABC) = AC BD = BC AE bərabərliyindən istifadə edib, AC = 4x tənliyini alırıq. Buradan AC = 5x. ΔAEC - dən Pifaqor teoreminə görə + 8x = 5x və buradan x = alırıq. Beləliklə AC = 5. 65

66 9. Şərtə və daxilə çəkilmiş bucaq haqqında teoremə əsasən ABD = DBC = ACD bərabərlikləri doğrudur (Şəkil 9). Onda Δ BCD ~ ΔECD. (D bucağı ortaqdır). BE = x işarə edək. 5 5 Onda = tənasübünü qurmaq olar ki, buradan 5 x x = ; x = x = 6. Şəkil 9.. Məsələni həll etmək üçün vəziyyəti təhlil edib bilmək lazımdır ki: - verilmiş üçbucaq iki müadil üçbucaqdan ibarətdir; - əvvəlcə AM tərəfi tapılarsa, AMC üçbucağının sahəsini S = ab sinα düsturu ilə tapmaq olar; - AMC üçbucağından AM tərəfini kosinuslar teoremindən istifadə etməklə tapmaq olar. Bu təhlil fikirdə aparılır. Bundan sonra lazımı hesablamalar aparılır. AM = x işarə edək. (Şəkil ) Onda kosinuslar teoreminə görə 5 = 8 + x 6x, x 6x 7 =,buradan x =, x 7. Beləliklə, AM=7 və = S ( MAC) = 7 = =,5. Deməli, S ( ABC) = S( MAC) =. 66

67 . Bərabəryanlı trapesiyanın elementlərinin hesablanmasına aid belə məsələləri həll etmək üçün həmin trapesiyanın xassəsini (oturacaqdakı bucaqları və diaqonalları bərabərdir) bilməklə yanaşı bərabəryanlı trapesiyanın kiçik oturacağı ucundakı təpəsindən çəkilmiş hündürlüyün böyük oturacağı böldüyü parçalardan birinin oturacaqların fərqinin, digərinin isə onların cəminin yarısına bərabər olduğunu nəzərə almaq lazımdır. Göstərilən faktlardan istifadə etməklə lazımi hesablamalar aparılır: AH = =, DH = = (Şəkil ); 5 BH = AB AH = = ; 4 4 BD = BH + DH = 5 49 = + = 5 buradan BD = Çevrənin xaricinə çəkilmiş trapesiyanın hündürlüyü çevrənin diametrinə (h=r), oturacaqlarının cəmi a + b = c + d, yan tərəflərin cəminin yan tərəflərin cəminə ( ) c + d yarısı isə orta xəttə = m bərabərdir (Şəkil ). Bu xassələrdən istifadə etməklə trapesiyanın sahəsinin hesablanması bir əmələ gətirilir: h = 8, m = AB = olduğundan S = 8 = 8 (Şəkil.) 67

68 . BOC - yan tərəfləri axtarılan radiusa R bərabər bərabəryanlı üçbucaq olduğundan (Şəkil 4), şərtdə isə həmin üçbucağın sahəsi verildiyindən, onda baxılan məsələni həll etmək üçün üçbucağın S = ab sin γ sahə düsturundan istifadə etmək, bunun üçün isə əvvəlcə BOC bucağının qiymətini tapmaq təbii olardı. BOC mərkəzi bucaq olduğundan daxilə çəkilmiş uyğun A bucağından dəfə böyükdür. Beləliklə, aşağıdakı hesablamanı yerinə yetirmək lazımdır: < BOC = 75 = 5 ; R sin5 = 6, buradan R = 6 və R=8. 4. Məsələni həll etmək üçün bilmək lazımdır ki, axtarılan parça, bir tərəfi verilmiş düzgün üçbucağın a tərəfi, digəri isə 5 a və bunlar arasındakı bucaq 6 olan üçbucağın, tərəfidir. 8 (Şəkil 5). Deməli, BE-ni Kosinuslar teoremindən istifadə etməklə tapmaq olar. Xaricə çəkilmiş çevrənin radiusuna əsasən düzgün üçbucağın tərəfini tapmaq 8 a qalır: R = = və beləliklə a = 8, CE = 5 ; BE = ,5 = 49, buradan BE=7. 5. Əvvəlki məsələdə olduğu kimi şərtə görə çəkilmiş çertyojun təhlili baxılan məsələnin həlli planının hazırlanmasına kömək edir. Bu təhlilin mühüm anı bərabəryanlı AMB üçbucağına keçməkdir (Şəkil 6), burada AM və MB hipotenuzun yarısına bərabərdir. Sonra MP 68

69 və PB parçalarını hesablayıb və toxunanların bərabər parçalarından istifadə etməklə (Şəkil 7) AB katetini tapmaq olar. Onda axtarılan BC kateti Pifaqor teoremi ilə hesablanılır. AM=MB= olduğundan MP = MB= = 4, BP= MB= = KM = MP = 4 olduğundan AH = AK = 4 = 6, BH = BP = 6. Beləliklə, AB =, AC = 5 4, AB = 4 -dir. ΔABC -dən BC = AC AB = 4 4 = Bu məsələnin həlli ilə əlaqədar biliklərin ümumiləşdirilməsi dərsinin aparılmasına nümunə göstəririk. Əsas məqsəd eyni bir məsələnin çoxlu sayda üsullarla həll edilməsidir. Baxılan məsələdə ədədi verilənlər elə seçilmişdir ki, mürəkkəb hesablamalar aparmağa ehtiyac olmasın. Aşağıda məsələnin 8 həllini veririk. I. ABCD trapesiyasında AB=6 sm, BC= sm, CD=8 sm, AD= sm. S(ABCD) ni tapmalıyıq. Qalan həllərdə də şərt eyni olacaqdır. BM və CN parçalarını BM AD və CN AD olmaqla çəkək (Şəkil 8), onda BCNM düzbucaqlıdır, odur ki, BM=CN və BC=MN. Onda bu halda AM+ND=. AM=x olsun, onda ND =-x. Pifaqor teoreminə görə ABM və DCN üçbucaqlarından 69

70 h = 6 x, h 8 ( x) x = 8 ( ) =, bu iki bərabərlikdən 6 x və ya 6 x = 64 + x x, x = 7, x =,6( sm). İndi h - ı tapaq: h = 6,6 = 6,96 = 4,8, h = 4, 8sm. BC + AD + S ( ABCD) = h = 4,8 = 7 (sm ) II. Fərz edək ki, BN AD və BK CD, onda BCDK paraleloqramdır. (Şəkil 9). Buradan BK = CD = 8sm, KD = BC = sm. Fərz edək ki, AN = xsm, Onda NK = ( x)sm. Sonrakı mühakimə tamamı ilə birinci həllə eynidir. İndi ABK üçbucağının növünü müəyyən etmək lazımdır. Pifaqor teoreminin tərsinə görə bu üçbucaq düzbucaqlıdır ( = ) III. Fərz edək ki, BN AD və BK CD, onda KBCD paraleloqramdır və BK = CD = 8sm, KD = BC = sm. ABK üçbucağına baxaq: AB = 6sm, BK = 8sm, AK = sm. = olduğundan ABK düzbucaqlı üçbucaqdır. Bilirik ki, düzbucaqlı üçbucaqda katetin kvadratı onun hipotenuz üzərindəki proyeksiyası ilə hipotenuzun uzunluğu hasilinə bərabərdir. Baxdığımız halda bu 6 = x deməkdir ki, buradan x =, 6sm. ΔABN -dən Pifaqor teoreminə görə h = 6,6 = 4, 8sm. Bundan sonra mühakimə birinci həldəki kimi davam etdirilir. IV. BK CD çəkək, onda BCDK paraleloqramdır, buradan BC = KD = sm, odur ki, AK = AD KD = sm = olduğundan ABK düzbucaqlı üçbucaqdır ( < ABK = 9 ). AB BK 6 8 S ( ABK) = = = 4( sm ). 7

71 AK h h =. Onda 5 h = 4, Digər tərəfdən S( ABK ) = = 5h h = 4,8( sm). V. İndi məsələnin, düzbucaqlı üçbucaqda triqonometrik asılılıqdan istifadə etməklə, həllini verək. Bunun üçün ilk dörd həldə istifadə edilən çertyojun yalnız bir hissəsindən istifadə etmək lazım gəlir. Pifaqor teoreminin tərsinə görə ABK düzbucaqlı üçbucaqdır (Şəkil ). Onda 8 4 sin α = =. Qurmaya görə ABN də 5 düzbucaqlı üçbucaqdır ( BN AK ). Onda 4 BN = AB sinα = 6 = 4,8( sm). 5 β bucağı ilə əlaqədar da analoji işi davam etdirmək olar. həllin sonrası aşkardır. VI. Yeni sual qoyaq: Pifaqor teoreminin tərsindən istifadə etməmək olarmı? Pifaqor teoremindən hər dəfə köməkçi üçbucağın sahəsini hesablamaqda lazım olan elementləri tapmaq məqsədi ilə istifadə edirdik. İndi köməkçi üçbucağın sahəsini onun oturacağı və hündürlüyündən istifadə etmədən hesablayaq. ABK üçbucağının bütün tərəfləri məlumdür, odur ki, onun sahəsini Heron düsturunu tətbiq etməklə hesablamaq olar. Bunun üçün əvvəlcə ABK üçbucağının perimetrinin yarısını hesablayırıq. a + b + c Tərifə görə p = = = ( sm). İndi həmin üçbucağın sahəsini tapaq: S ( ABK ) = p( p a)( p b)( p c) = 6 4 = 4 sm h S Lakin, S( ABK ) ( ABK ) 4 =, onda h = = 4,8( = sm). + Onda trapesiyanın sahəsi S ( ABCD) = 4,8 = 7 ( sm ). VII. Əvvəlki həllərdə paraleloqramın tərəflərinin xassəsindən, sahə anlayışından və Pifaqor teoremindən istifadə etdik. İndi 7.

72 fiqurların oxşarlığından istifadə etməklə məsələnin həllini verək. Bunun üçün AB və CD tərəflərini M nöqtəsində kəsişənə qədər uzatmaqla trapesiyanı üçbucağa tamamlayırıq (Şəkil ). Sonra BK CD çəkib və müəyyən edirik ki, BC = KD, onda AK =. Pifaqor teoreminin tərsinə əsasən tapırıq ki, ABK = 9, ona görə ki, iki paralel düz xətlərin üçüncü düz xətlə kəsişməsi haqda teoremə görə M təpə nöqtəsindəki bucaq da 9 -yə bərabərdir. Δ ABK və Δ AMD, k = oxşarlıq əmsalı ilə, AD çünki k =, oxşardır (iki bucağa görə: A- ortaqdır, B = M ). AK Buradan AM = AB k = ( sm). DM = k BK = 6 sm. Onda B və C uyğun olaraq AM, MD parçalarının orta nöqtələri olduğundan MB = 6 sm, MC = 8sm. AMD və BMC düzbucaqlı üçbucaqlar olduğundan S ( BMC) = = = 4( sm ) ; BM MC 6 8 AM DM 6 S ( AMD) = = = 96( sm ). İndi trapesiyanın sahəsini asanlıqla tapa bilərik: S(ABCD)= S(AMD)-S(BMC)=96-4=7 sm. Bu həllin son sətrini başqa şəkildə də ifadə etmək olar: S(ABCD)=S(AMD)-S(BMC)=4 S(BMC)- S(BMC)= S(BMC)= 4=7(sm ). S(ABCD)= S(BMC) olduğunu nəzərə alsaq məsələnin başqa bir həllini də alarıq. VIII. BK CD çəkək və C nöqtəsini K ilə birləşdirək (Şəkil ). ABK və CKB üçbucaqları iki tərəf və onlar arasındakı bucağa görə bərabərdirlər: BC, AD paralel düz xətlərinin BK kəsəni ilə əmələ gətirdiyi daxili çarpaz bucaqlar olduğundan AKB = 7

73 KBC, BK ortaq tərəfdir. Onda AK=BC. Analoji olaraq CKB və KCD üçbucaqlarının bərabərliyi isbat edilir. Üç bərabər ABK, BKC və KCD üçbucaqlarını aldıq. Onda S(ABCD)= 6 8 = S(BKC)= = 7( sm ). Başqa həllərdə göstərmək olar, lakin onların hamısı tamamı ilə və ya qismən artıq baxdıqlarımız həllərə gətirilir. Bütün həlləri təhlil etməklə belə nəticəyə gəlirik ki, onlardan ən yaxşısı birinci və sonuncudur. Birinci həllin üstünlüyü ondan ibarətdir ki, o daha təbiidir, sonuncu isə, əlavə qurmalar nəticəsində trapesiya üç bərabər üçbucağa ayrıldığına görə, daha sadə və orijinal görünür. Lakin ideya baxımdan yeddinci həll daha zəngindir. Burada, əlavə qurma trapesiyanın üçbucağa tamamlanması və oxşar üçbucaqların tətbiqində iki müxtəlif yanaşma və sonuncu həlldə baxılan üçbucaqların sahələrinin bərabərliyinin fikrə gətirilməsi gözlənilməz priyomlardır cı məsələnin II həllindən istifadə etmək məqsədəuyğundur. Bu zaman alınmış ümumi düsturda 6-cı məsələnin verilənlərini yerinə yazmaqla trapesiyanın sahəsinin 7 (sm ) olduğunu alarıq. d < a + b + c olduqda məsələnin həlli vardır. 8. AB = a və AD = b vektorlarına baxaq. a > b olduğundan < α < 9. Deməli 7 AC = a + b və DB = a b. Onda AC DB = AC DB cos α = a b, a b buradan AC DB =. cos α a Odur ki, ( ) b S ABCD = AC DBsinα = tgα. İndi alınmış bu həlli araşdırmaq lazımdır. ABCD paraleloqramında B təpəsindən AC diaqonalına BD perpendikulyarını endirək (Şəkil ).

74 BP = x olsun. AO = OC və ya AP OP = PC + OP olduğundan OP = AP PC. ΔOPB -dən OP = xctgα, ΔAPB - dən AP = a x və ΔBPC -dən PC = b x, onda a x = xctgα + b x, < x < b < a. Alınmış sonuncu bərabərliyin hər tərəfi müsbət olduğundan onu kvadrata yüksəldə bilərik: a b = 4x ctg α + 4xctgα b x. Aşkadır ki, alınmış bərabərliyin də hər tərəfi müsbətdir, odur ki, yenə kvadrata yüksəldə bilərik. Bundan sonra müvafiq çevirmələr nəticəsində 4 4 ( ctg + ctg α ) 8x ( a + b ) ctg α + ( a b ) = 6x α alırıq. Alınmış bikvadrat tənliyin həqiqi kökü olmalıdır, bunun üçün onun diskriminantı mənfi olmamalıdır: ( a + b ) ( a b ). cos α Məsələn, a =, b =, 5 olduqda bu bərabərsizlik ödənilmir. 74 a b Deməli, yalnız cosα olduqda baxılan paraleloqramın a + b a b sahəsini S = tgα düsturu ilə hesablamaq olar. Ümumiyyətlə parametrli həndəsə məsələlərinin həlli zamanı alınmış həlli, baxılan fiqurun təyin olunması nöqteyi nəzərdən, araşdırmaq lazımdır. 9. H nöqtəsi BC düz xətti üzərində ola bilməz (əks halda BDH üçbucağının bucaqları cəmi =7 olardı), odur ki, H AB, DBH=9-4 =5. Bundan əlavə DBC=4, çünki əks halda bu bucaq kor olardı. (8-4 =4 ), H nöqtəsi BA şüası üzərində yerləşərdi və belə alınardı ki,

75 ABC= DBC+ DBH>88. İki hal mümkündür: a) H nöqtəsi BA şüasına daxildir, b) B nöqtəsi C və H arasında yerləşir. a) halında ABC= DBC+ DBH=9, başqa sözlə ABCD düzbucaqlıdır (Şəkil 4 a). b) halı 4 b şəklində göstərilir; buradan HBD=8 -(9 +4 )=5 ; DBA=8-5 = ; ABC= DBA+ DBC= +4 =7 ; Onda BCA= BAD=. Deməli axtarılan bucaqlar: 9, 9, 9, 9 və ya, 7,, 7 olar. AB. nisbəti sabit qalmalı olduğundan (Şəkil 5), sin ACB ACB bucağı isə artdığından, lakin iti bucağın sinusu da artdığı üçün, onda baxılan üçbucağın AB tərəfi artır.. Həllin iki üsulunu göstərək: I. (Sinuslar teoreminə əsaslanır). Şərtə görə AQB= AQE=9 (Şəkil 6). Deməli Q nöqtəsi, diametri üçbucağın hipotenuzu olan, ABC üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrənin üzərində yerləşir. Δ AQC-dən sinuslar teoreminə görə CQ = ABsin( α + 45 ), burada α = BAC. Sonra AB=c işarə edib a b a + b CQ = c(sinα cos45 + cosα sin45 ) = c + = alırıq. c c 75

76 II. (Kosinuslar teoreminə əsaslanır). AQC üçbucağından kosinuslar teoreminə görə yazarıq: CQ = b + AQ b AQ cos( α + 45 ), AQ = olduğundan + = c c + = c b a (cos sin ) + a b CQ b b α α b bc = b + c c ( a + ) c b a + b b + ab =, CQ =. Fərz edək ki, ABC-də AC=BC, CK və AM tənbölənləri O nöqtəsində kəsişir (Şəkil 7). Onda CK = l, AOK = α, OAK = 9 α, BAC = ABC = OAK = 8 α, AMB = 8 ABM+ BAM = 8 ( ) ( ABC + OAK) = α 9. ΔACK -dan ( 8 α ) = l ctg α, buradan -dən sinuslar teoermi- AM l ctgα =, sin α cosα AK = CK ctg CAK = l ctg AB = AK = l ctgα. Sonra ΔABM AM AB nə görə = və ya sin ABC sin AMB cos α buradan AM = l. cosα. M nöqtəsinin diametrin (Şəkil 8 a) və onun uzantısı (Şəkil 8 b) üzərində olması vəziyyətlərinə baxaq. Kosinuslar teoerminə görə BOM və AOM üçbucaqlarından (Şəkil 8): BM AM = R + OM R OM cos BOM, = R + OM R OM cos BOM ( R ) 76 yazarıq. Buradan AM + BM = + OM. Beləliklə, AM + BM cəmi M nöqtəsinin verilmiş vəziyyətlərində vətərin necə yerləşməsindən asılı deyil.

77 Şəkil Həllin iki üsulunu verək. I. Fərz edək ki, ABC üçbucağında AB=c, BC= a, AC=b, xaricdən daxilə çəkilmiş çevrənin radiusu r a -dır. (Şəkil 9). A a+ b+ c A cos A Onda r a = OK= AK tg. AK =, tg = + cos A a + b + c cos A olduğundan r a =. ABC üçbucağından kosinuslar teoreminə görə alınır ki: cos A =. Sonun- + cos A b + c a bc cu nəticəni radiusun ifadəsində yerinə yazıb r a + b + c ( a b + c)( a + b c) a + b + c = a b + c a b + c +, burada p = -ni a ( )( ) p( p b)( p c) nəzərə aldıqda r a = p a alınır. S ABC = b ra + c ra S Onda r a =. Burada ( b + c a) = p a ; ( b + c a) II. -cu şəkildən görünür ki, ( ) a r a, 77

78 S r a p ( p a )( p b )( p c ) ( p b)( p c) = olduğunu nəzərə alıb p = tapırıq. p a 5. Üçbucağın üçüncü CC medianını çəkək və medianların kəsişmə nöqtəsini isə M ilə işarə edək (Şəkil ). Onda ABM üçbucağından alınır ki, AMB=. Verilmiş bərabəryanlı üçbucaqda AMB, BMC və CMA bucaqları arasında ikisi eynidir. Lakin bu bucaqlardan biri ( AMB= ) artıq bizə məlumdur, odur ki, bərabəryanlılığın ixtiyari halında (Şəkil a, b) ya AMB bucağına bərabər bucaq vardır, onda bu bucaqlardan üçüncüsü də =6 - dır, yaxud BMC= CMA= 6 =. Alırıq ki, bucaqların üçü də -yə bərabərdir. Onda BMA =8 - =6, MA parçası isə BMC üçbucağının tənböləni, həm də medianıdır, deməli həm də hündürlüyüdür. Buradan nəticə olaraq alınır ki, AA parçası ABC üçbucağının tənböləni və hündürlüyüdür. Analoji olaraq BB və CC parçaları da baxılan üçbucağın medianı, hündürlüyü və tənbölənidir. Onda 78

79 ABC bərabərtərəflidir, odur ki, bucaqlarının üçü də 6 -yə bərabərdir. 6. A = α, B = β, C = γ (Şəkil ) işarə edək. Onda üçbucağın xarici bucağı haqqında teoremə görə MOC = α + γ, MOB = α + β, onda BOC = 8 α + β + γ = + α = 5 OBM = OBC + MOC = β + α + γ = 9, odur ki, OM - çevrənin diametridir və sinuslar teoreminə görə BC OM = = sin BOC sin( ) = 4 = =. + +, 7. CAB = BC = BCE = α (Şəkil ) olduğundan AB BC R = = = = sinα sinα sin = α cos = α 4 = Trapesiyaların hər ikisini eyni bir, ADC üçbucağının xaricinə çəkilmiş, çevrənin daxilinə çəkmək olar (Şəkil 4). Odur ki, 79

80 DBE = CBE+ DBC = CDE+ ADB və cos DBE = və 4 BD = AC = DE = 7 olduğundan BE = BD cos DBE =. 9. Çevrələrin MN=x ortaq toxunanı onların K toxunma nöqtəsindən keçir və AED bucağının tənböləni üzərində yerləşən, mərkəzlər xəttinə perpedikulyardır (Şəkil 5). Odur ki, MN BC AD. AED və MEN üçbucaqlarının oxşarlığından = və buradan x= alı- x 4 x rıq. BM=CN=b, AM=DN= a işarə edək. AMND və MBCN bərabəryanlı trapesiyaları çevrə xaricinə çəkildiyindən = x x a =, b = = 9 4 və a + b =, AB = = olduğundan ΔABB -dən BB = h = ( a + b) 9 AB = = ; h =. Onda S ( ABCD) = =.. Δ AMK ~ ΔABC və Δ KCN ~ ΔACD olduğundan (Şəkil 6 ), AK = y, KC = z, MK = KL = LN = x işarə etsək, x y = b y+ z x x ab + = x= alırıq. x z b a a+ b = a y+ z. a) EK, EL, EM və EN parçaları uyğun olaraq AEB, BEC, CED və DEA üçbucaqlarının sahələrini yarıya bölür (Şəkil 6 ). Buradan 8

81 S(CMEL)=S(CME)+S(CLE)=S(DME)+S(BLE)=S(DNEM)- S(DNE)+S(BKEL)-S(BKE)=-S(ANE)+6-S(AKE)=8- -S(AKEN)=8-6=. b) KLMN dördbucaqlısı paraleloqramdır( KL = AC= KN, LM= BD= KN ), buradan NE=EL. Bundan əlavə S(ANE)=S(AKEN)-S(AKE) = =6-S(AKE)=6-S(BKE)=S(BKEL)- S(BKE)=S(BLE). Buradan alınır ki, A və B nöqtələri LN düz xəttindən eyni məsafədədir, yəni AB LN. Analoji olaraq isbat edilir ki, DC LN, deməli ABCD oturacaqları AB=, DC=x və orta xətti NL = + x + x = = olan trapesiyadır. Onda 4 + x + S( ABLN ) + = = 4 x 5 = 6 x + = 6 + 4x x = 4 S( NLCD ) + x 6x + x CDA = α, CAD = β, AC = x işarə edək (Şəkil 7). ΔADB -dən sinuslar teoreminə görə 5 5 sin α = α = arcsin, cos α =, 6 6 α = CDB < 9 olduğundan, buradan alınır ki, D nöqtəsi AB qövslərindən böyüyü üzərindədir, həm də CAB bucağının daxilində yerləşir. AD və AB 8

82 qövsləri bərabər olduğundan AD=AB=5, β = α 9 və ACD üçbucağından sinuslar teoreminə görə 5 5 sinα = = ( + ) = 5sinα 5sinα x 5 sinα β cos α cosα ( 4sin α ) = 6 5 = π. OA = 4, OC = 6, ABC = (Şəkil 8). Daxilə çəkilmiş çevrənin radiusu r olsun. Şəkildən görünür ki, A C π π AOC= π + = π ( π B) = π π = Kosinuslar teoreminə görə π AC = cos = = 9. Onda S( AOC) 4 π = 4 6sin = r 9 r = 9 4. C nöqtəsindən çəkilmiş kəsənin xassəsinə görə (Şəkil 9) AC PC=BC QC, buradan, AC=BC olduğundan, PC=QC. Beləliklə, PQ AB, odur ki, APQB bərabəryanlı trapesiyadır. Asanlıqla müəyyən etmək olar ki, Δ CPQ ~ ΔCAB və Δ PQD ~ ΔBAD, buradan isə CQ PQ QD AQ AD AQ = = = = = CB AB AD AD AD bərabərlikləri alınır. Onda oturacaqları bir düz xətt üzərində olan ortaq təpəli 8 6 =. 9 PBQ və PCQ üçbucaqlarının sahələri S( PBQ) BQ h = və

83 S ( PCQ) CQ h = olar. (Oturacaqlar eyni düz xətt üzərində və təpələri ortaq olduğundan hər iki üçbucağın hündürlüyü eynidir - S h). Onda ( PBQ ) BQ =, BQ = BC CQ olduğunu burada S( PCQ) CQ nəzərə alıb S( PBQ) BQ BC CQ BC = = = = = =, S( PCQ) CQ CQ CQ CQ BC S Onda S ( PBQ) ( ) ( QDB) BQ AD = S PCQ = 6. Analoji olaraq = = =, S( PQB) BP AQ 4 9 odur ki, S ( QBD) = S( PQB) = 6 = Fərz edək ki, c, a, b uyğun olaraq verilmiş üçbucağın hipotenuzu və katetləri, R isə xaricə çəkilmiş çevrənin radiusudur. Onda C=R=5, üçbucağın sahəsinin iki misli S = ab =. ab = Pifaqor teoreminə görə a + b = 5. Alınmış a + b = 5 a =, b = 4 a + b + c tənliklər sistemindən və sonra p = = 6 a = 4, b = S 6 alırıq. Onda daxilə çəkilmiş çevrənin radiusu r = = = olar. p 6 6. E mərkəzi N nöqtəsində olan çevrənin BO düz xəttinə toxunma nöqtəsi olsun. (Şəkil 4). MB = r, NE = r işarə edək və məsələnin şərtinə görə OM = x, ON = x yazarıq. OM və ON uyğun olaraq AOB və AOE bucaqlarının tənbölənləri olduğundan BOM = AOM = α, EON = AON = β işarə edək, onda π ( α + β ) = π, α + β =. Deməli r = xsinα, 8

84 r = xsin β = x cosα, buradan r axtarılan nisbət = tgα olar. r BN parçası ABE bucağının tənbölənidir, bu bucağın qiymətini OAB üçbucağından π tapmaq olar. OAB = ( π α ) = α, Şəkil 4. π α beləliklə EBN = 4 EBN üçbucağında BE = BO + OE = x cosα + xsinα, odur π α x cosα α ki, tg = =. t = tg 4 x cosα + xsinα tgα + π işarə edək; burada < t <, çünki < α <. π α t t İndi tg =, tg α = hesablayıb 4 + t t t ( t ) = tənliyini alırıq, buradan 5t + t 4t + ( t ) =, t =. 5 5 r 65 Onda tg α =, odur ki, = tgα =. r ABCD dördbucaqlısının bərabər tərəfləri AB, BC və CD olsun (Şəkil 4). Bunlar eyni bir çevrənin bərabər vətərləri olduğundan, onların gərdiyi qövslər də bərabərdir, deməli daxilə çəkilmiş ACB, CAB və CAD bucaqları da bərabərdir. ACB= CAD bərabərliyindən BC AD alınır, odur ki, ABCD bərabəryanlı trapesiyadır. CAD= α işarə edək, onda BAD=α. Sinuslar teoreminin nəticəsinə 84

85 CD görə sin α =, burada R = məlum xaricə çəkilmiş R çevrənin radiusudur. Beləliklə, sin α = =. Fərz edək 4 ki, E və F nöqtələri uyğun olaraq B və C nöqtələrinin AD düz xətti üzərindəki proyeksiyasıdır. ABE düzbucaqlı üçbucağından AE = AB cos α = AB( sin α ) = alınır. AE=FD, EF=BC olduğundan AD = + = 5 8. Linzanın sahəsi BD diaqonalı ilə bölünmüş iki bərabər yarım linzaların sahələri cəminə bərabərdir (Şəkil 4,səh.9 bax). Belə fiqurların hər birinin sahəsi radiusu 4-ə bərabər dairənin sahəsinin dörddə biri ilə kvadratın sahəsinin yarısının fərqinə bərabərdir. Deməli axtarılan 6 sahə S = π 4 = ( 4π 8) = 8( π ). Tələb olunan 4 sahəni tapmaq üçün belə də mühakimə etmək olar. Fərz edək ki, linzanın sahəsi S-dır. Kvadratın sahəsi dairənin dörddə biri sahələri cəmi ilə onların ortaq hissəsinin fərqinə bərabər olduğundan π 4 S = 4 yazarıq, buradan 8 π S = 6, 4 S = 8( π ) alırıq. 9. Fərz edək ki, A,C və B D uyğun olaraq l,l və m, m düz xətlərinin BC, AD və AD, BC tərəfləri ilə kəsişmə nöqtələridir (Şəkil 4). BAD = α, AB = a, BC = b, l,l düz xətləri arasındakı məsafəni h, l,l düz xətləri arasındakı məsafəni d ilə işarə edək. Onda BAA = α, ABC = π α, π ABB = α olar, buradan alınır ki, m l. Lakin l l, m m odur ki, m l, m l, m l. Bundan əlavə 85

86 BA A = CCD = α, olduğundan BA = AB = a DC = DC = a. Beləliklə, Δ ABA = ΔCDC. Analoji olaraq Δ ABB = ΔCDD ( AB = CD, ABB = D DC, BAB = DCD )., a) Fərz edək ki, S, S, S uyğun olaraq ABCD, AA CC, BB DD paraleloqramlarının S, S 4 isə ABB, CDD üçbucaqlarının sahələridir. Onda S=S +S =S 4 +S, burada S = AA h = ah cosα, S = BB d = ad sinα, a a S = a sin( π α ) = sin α, S 4 = sin α. Beləliklə, S = S yəni h cosα = d sinα, burada h = d. Buradan h π π tgα = =, α =, BAD = α =. d 6 k b) r = düsturundan, burada k = S(ABD), p isə ABD p üçbucağının perimetrinin yarısıdır, ABD üçbucağının daxilinə çəkilmiş çevrənin radiusunu tapaq. Şərtə görə AC =, BD =. ABC və ABD üçbucaqlarından kosinuslar teoreminə görə = a + b abcos( π α ) = a + b + ab, 4= a + b abcos α = 86

87 5 7 = a + b ab alırıq. Buradan ab =, a + b =, a + b =, a + b + BD 5 5 k p = =, k = absin α =, r = =. 6 p 6 4. ABCD dördbucaqlısının daxilinə çəkilmiş çevrənin mərkəzini O, bu çevrənin dördbucaqlının tərəflərinə toxunma nöqtələrini A, B, C, D ilə (Şəkil 44), BAD = α, CDA = β işarə edək, onda A AO = D AO = α, 4 C DO = DDO = β. Belə hesab edək ki, A = α = arctg. Daxilə çəkilmiş dördbucaqlının xassəsinə görə BAD + BCD = ABC + ADC = π. Buradan alınır ki, 4 B OC = COC = α, BOA = BOB = β. tg α = 4 tgα olduğundan =, başqa sözlə tg α + tgα =, tg α buradan tg α =, ctg α =. Bundan əlavə, OA = OB = OC = OD =. Fərz edək ABCD dördbucaqlısının sahəsi S-dir. Onda S = tgα + ctgα + tgβ + ctgβ (). Bu dörd cüt düzbucaqlı üçbucaqların sahələri cəmidir, hər cüt isə bərabər üçbucaqlardır. Fərz edək ki, tg β = a, ctg β = b, onda AB = ctgα + tgβ = + a, AD = + ctgβ = + b. Kosinuslar teoreminə görə BD ( + a) + ( + b) ( + a)( + b) cos α =, burada cos α = =, + tg α 5 buradan BD = a + b + 4( a + b) + 8 [ 4 + ( a + b) + ab] ab olduğundan + b = ( a+ b) ab= ( a+ b) = tgβ ctgβ = 6 5 a.. 87

88 8 a + b = x götürüb, BD = x + x () alırıq. Digər tərəfdən 5 ABD üçbucağı radiusu 6 olan çevərinin daxilinə çəkildiyindən BD sinuslar teoreminə görə = 6. Buradan sin α 6 BD = 4sin α = 4 (). () və () bərabərliklərindən x + x =, x =, () düsturundan isə S = + a + b = + x = = 5,7 tapırıq. BD və AC diaqonalları arasındakı bucağı ϕ ilə işarə edək, onda S = BD AC sinϕ, 8 6 AC burada BD =, = 6. Lakin 5 sin β x = tgβ + ctgβ = sin, buradan β 88 5 sin β = =, x AC =, = sinϕ, sin ϕ =, ϕ = arcsin ABCD trapesiyasında AD=4, BC= və onun daxilinə çevrə çəkilmişdir (Şəkil 45). Fərz edək ki, BF parçası AD tərəfinə çəkilmiş hündürlükdür, onda AD BC 4 AF = = =,5. Çevrə xaricinə çəkilmiş qabarıq dördbucaqlı- nın xassəsinə görə AD+BC=AB+CD. ABCD bərabəryanlı AD+ BC trapesiya olduğundan AB = =, 5. Pifaqor teoreminə görə ABF düzbucaqlı üçbucağından BF = AB AF =,5,5 =.

89 AD+ BC Onda S ( ABCD) = BF=,5 = ABC üçbucağının daxilinə (AB AC) mərkəzi O nöqtəsində olan AB katetinə D nöqtəsində toxunan çevrə çəkilmişdir (şəkil 46). Şərtə görə AD=4, DB=6 verilir. AC katetinin uzunluğunu tapmaq lazımdır. Çevrəyə çəkilmiş toxunanların xassəsinə görə AD=AM=4; DB=BN=6. CM=x işarə edək, onda AB=, AC=4+x, CB=6+x. Pifaqor teoreminə görə CB =AB +AC və ya (6+x) =+(4+x) buradan x= və AC=4+x=4. C Qeyd: AD=6, DB=4 götürsək, onda CM parçasının uzunluğu mənfi qiymət olardı. Bu isə mümkün deyil. 4. Fərz edək ki, 47 və 48 ci şəkillərdə AB=BC= a, BAC= BCA= α, BM=MC= a, AC= 89 a cosα olduğundan, onda AMC üçbucağından kosinuslar teoreminə görə a AM= + 8 cos α. 47-ci şəkildəki çevrənin daxilindəki M nöqtəsindən iki vətər keçir. Məlum teoremə görə a AM MP=BM MC, odur ki, MP= və + 8cos α AM : MP = + 8cos α = :, buradan cos α =. İndi 48-ci şəkilə baxaq. AHC üçbucağından AH = a cosα sinα,

90 HC = a cos α və BH = a( cos α ). Sonra yenə məlum teoremə görə (yuxarıdakı kimi) BH HC=AH HK, odur ki, ( cos α ) cosα = a ( cos α ) HK və AH : HK =. Burada sinα cos α cos α = yerinə yazıb AH:HK=4 alırıq. 44. Verilmiş üçbucağın oturacağı AC= sm, hündürlüyü BD=8sm və MN-toxunandır (Şəkil 49). ΔABD -dən AB = BD + AD = =, AB = ( sm). Δ OBL ~ ΔABD -dən OL BL =. AL = AD = 6 olduğundan, AD BD OD 4 BL = AB AL = 4. Beləliklə, 6 =, 8 buradan OD =. Δ MBN~ ΔABC -dən MN = AC BK BD BK = BD OD =. Beləliklə,, lakin MN = 8, MN = (sm). Şəkil 4. 9

91 Milli Kitabxana 45. Fərz edək ki, FK trapesiyanın orta xəttidir, AD=7, BC=4 AD + BC (Şəkil 5). FK = = = 5, 5. FM və NK uyğun olaraq ABC və BCD üçbucaqlarının orta xətti olduğundan FM=NK= və MN=FK-FM-NK=,5. AD BMP və DAP üçbucaqları k = = oxşarlıq əmsalı BM 5 ilə oxşardır (habelə homotetikdir) (Şəkil 5). Odur ki, S( DAP) = k S( BMP). S ( BMP) = S, S ( ABCD) = S ilə işarə 7 edək. Onda S( DAP) = S, S ( ABP) = S( DAB) S( DAP) = 5 = 49 S S 5 ; Habelə, 5 5 S( ABP) = S( ADM) S( BMP) = S( ABC) S = S S. Bu ifadələrin bərabərliyindən S S = S S, S = S alırıq. 47. AB=CD=x olsun, onda BA=BO=OC=x (Şəkil 5). AD AD PD = HD HP = HP = OC = 8 x. CPD düzbucaqlı üçbucağına baxaq (CP=6, PD=8-x, CD=x). Pifaqor teoreminə görə x = 64 + ( 8 x ) 5, x =, onda 4 9

92 Milli Kitabxana BC = x =,5. İndi verilmiş trapesiyanın sahəsini tapaq: BC + AD,5 + 6 S( ABCD) = CD = 6 = 85, CK AB və CH AD çəkək (Şəkil 5). BC = x olsun, Onda BC+ MN BC+ AD CH = CH və ya x + 5 x + 7 CH = ( CH + HH ) (). KD CH Δ KCD ~ ΔLCN -dən = və ya LN CH 7 x CH + HH = 5 x CH 9 ( x+ 5) CH + HH (). () bərabərliyindən = CH x+ 7 x x =, buradan x () yazarıq. () və () dən alınır ki, ( ) x x = BC = ( sm). 49. B və D nöqtələrinin kvadratın diaqonalına nəzərən simmetrik olmasından alınır ki, NB=ND. İndi göstərək ki, NP=NB. Doğrudan da Δ BNM bərabəryanlıdır, BMN= MBN, buradan NBP=9 - MBN=9 BMN= BPN, deməli, Δ BNR də bərabəryanlıdır (NP=NB). NP=NB=NM=ND bərabərliyi onu göstərir ki, P, B, M və D nöqtələri bir çevrə üzərindədir. (Şəkil 54). Daxilə çəkilmiş MPD və MBD bucaqları bu çevrənin eyni qövsünə söykəndiyindən MPD= MBD= Fərz edək ki, ABC üçbucağında O daxilə çəkilmiş çevrənin mərkəzi, N və D bu çevrənin BC və AC tərəflərinə toxunma nöqtələridir (Şəkil 55). AB=BC= a, BAD= BCD=α, AP=QM=n, PQ=x işarə edək. Onda AD=CD= a cosα və bir nöqtədən çevrəyə çəkilmiş toxunanlar haqqında teoremə görə

93 Milli Kitabxana CN= cosα a,5 cosα. Sonra bir nöqtədən çevrəyə çəkilmiş toxunan və kəsən haqqında teoremə görə AQ AP=AD və MP MQ=MN. Qəbul etdiyimiz işarələrə görə buradan alırıq ki: n + x n= a cos və ( n + x) n = a (,5 cos α) a. Odur ki, MN=MC-CN= ( ) ( ) α (). Odur ki, cos α (,5 cosα ) = və cos α =,5. AMC üçbucağından kosinuslar teoreminə görə = a ( + 8cos α ) AM və 4 a 6 a 6 AM =. Odur ki, n + x =. 4 4 Sonuncu bərabərlikdən n -i tapıb, () bərabərliklərindən birində yerinə yazıb a x = alırıq. İndi a parçasının uzunluğunu tapmaq qalır. 4 ΔCOD -dən, burada CO şüası BCD bucağının tənbölənidir, alırıq α ki, daxilə çəkilmiş çevrənin radiusu r = OD = a cosα tg -dır. α cosα α 5 tg = =, onda + cosα 5 = a 5 tg və r =. Odur ki, 5 5,57 x = r = 5 =, Fərz edək ki, α rombun iti bucağı, R və r çevrələrin radiuslarıdır. S( halqa) = π R π r, S( daire) π r Şərtə görə S halqa > S daire, yəni ( ) ( ) π R π r > π r, R > r, r R <. = (Şəkil 56). 9

94 Milli Kitabxana Lakin r α α = tg, və ya R < α tg, buradan <, α < 6. Deməli rombun iti bucağı 6 -dən kiçik olduqda halqanın sahəsi kiçik çevrə dairəsi sahəsinin mislindən böyük olar. 5. Axtarılan nöqtələrdən biri üçbucağın təpə nöqtəsi, digəri üçbucağın bu təpədən çəkilmiş tənböləninin onun daxilinə çəkilmiş çevrə ilə kəsişmə nöqtəsidir. ABC üçbucağı bərabər tərəflidirsə (bu halda ACB = 6 ) onda məsələnin üç həlli vardır (Şəkil 57). Bu A və K, B və M, C və D nöqtələr cütləridir. Fərz edək ki, AB AC. Bu halda CD və AK ni müqayisə edək (Şəkil 58). CD = CO + r, AK = AO + r olduğundan CO və AOnu müqayisə etmək kifayətdir. C CO > AO isə onda ən böyük məsafə CD-dir. Bu halda məsələnin bir həlli vardır: C və D nöqtələr cütü (Şəkil 58, a) CO < AO olarsa onda ən böyük məsafə AK dır, məsələnin iki həlli vardır: A və K habelə B və M nöqtələr cütləri (Şəkil 58, b). Göstərilən halların hər birində ACB bucağının hansı qiyməti aldığını aydınlaşdıraq. Fərz edək ki, ACB = α. İndi COF və r AOD üçbucaqlarından (Şəkil 58, a) CO =, sinα r AO = tapırıq. CO > AO olduqda α sin a) b) Şəkil 58.

95 Milli Kitabxana r r sin > α sin 45 α, odur ki, sinα < sin 45, buradan 45 α α <, α <, onda ACB < 6. Analoji olaraq α CO < AO olduqda ACB > 6. Deməli, ACB = 6 olduqda məsələnin üç ACB > 6 olduqda iki, ACB < 6 olduqda bir həlli vardır. r 5. OX = y işarə edək, onda O X = a y olar. sin α =, y r sin β = r r (Şəkil 59). Şərtə görə =, buradan a y y a y a a 6a y =, onda O X = a =. Deməli X nöqtəsi OO parçasını OX : XO = : 6 nisbətində bölür. 54. Kvadratın tərəfini a ilə işarə edək. AMD, DMC və BMC bucaqlarından (Şəkil 6) hansının ən böyük olduğunu müəyyənləşdirmək tələb olunur. ADM və BCM üçbucaqları bərabər olduğundan AMD = BMC, odur ki, AMD və DMC bucaqlarını müqayisə etmək kifayətdir. AMD üçbucağında 95

96 Milli Kitabxana AD a MAD = 5, AM = =, onda kosinuslar teoreminə a a 5 görə MD = a + cos5 = a + a = a. İndi 5 a 5 a cos AMD -ni tapaq. a = a + a cos AMD= = a 5a cos AMD, buradan cos AMD =. ΔDMC dən a = a + a a cos DMC= 5a 5a cos DMC, buradan cos DMC =. =, = <, deməli cos DMC cos AMD, bucaqlar iti olduğundan isə DMC > AMD. Kalkulyatordan istifadə etməklə tələb olunan bucağı tapırıq: DMC = AB = c, AE = b, A = α işarə edək. ΔABE -dən kosinuslar teoreminə görə ( BE = b + c bc cosα ) (Şəkil 6,a). Həmin teoremə görə ΔBEF -dən BE + EF BF b + c bccosα + b ( b+ c) cos BEF=, cos BEF = = BE EF b b + c bccosα b c c cosα =. cos BEF = olarsa BEF = 9, b + c bc cosα b başqa sözlə b c c cosα =, buradan cosα =. Lakin c b α α α α = cos, onda cos α cos + =, cos cos =, c ( < α < 8 olduğunu nəzərə alsaq) buradan α = π = 6, 96

97 Milli Kitabxana α =. Qeyd edək ki, bu halda D və E nöqtələri üst-üstə düşür (Şəkil 6, b). Şəkil AD tərəfinin M orta nöqtəsindən EF BC düz xəttini çəkək (Şəkil 6). Onda Δ DEM = ΔAFM, AH + DH + 7 MH = = = 5 S ABCD = S EFBC = MH BC = 5 5 = BC çevrənin diametri olduğundan (Şəkil 6) BAD + ABC = ACB + ( ) ( ) = + ABC = 8 BAC = 9 BAD = 8 9 = 9, FAE = BAE + FAB = = BAE + EAC = 9, buradan EC = x işarə edib ( + 4) = AD = ( + x) 6 ( + ) = 6( + ) x = BC = =. x, 97

98 Milli Kitabxana 58. CD ikinci çevrəyə toxunduğundan (Şəkil 64) ACD = AC = ABC, CAD = ACB ΔACD ~ ΔCBA, odur ki, BAC = CDA = AC. Beləliklə, AB birinci çevrənin toxunanıdır, buradan = 4x ( 4x + 5x) = 4 9x x = BC = 9 x = 8 (şərtdən alınır ki, BE = 4 x, EC = 5x ). Məsələnin şərtinin ödənilməsi üçün tərəfləri AB= və BC=8 olan ABC üçbucağının varlığı, BC=AC halından başqa, (onda AC=AD olar və ABCD paraleloqramdır) zəruri və kafidir (D nöqtəsi müvafiq bucaqların bərabərliyindən, AD və BC tərəflərinin paralelliyindən, AB, CD düz xətlərinin uyğun çevrələrə toxunmasından və E nöqtəsinin BC kəsəni lazımi nisbətdə bölməsindən bərpa olunur). Bununla çevrələrin radiuslarının nisbəti (bu çevrələr oxşar ACD və ABC üçbucaqlarının xaricinə çəkilmişdir); r AC = ; = ;. r BC ABCD trapesiyasının BC oturacağı və BD diaqonalı üzərində BCED paraleloqramını quraq (Şəkil 65). Onda (CDE)=S(ABC) və Heron düsturunu tətbiq edib S(ABCD)=S(ABC)+S(ACD)= S(ACD)+S(CDE)=S(ACE)= = 6 4 =

99 Milli Kitabxana 6. Trapesiya çevrənin daxilinə çəkildiyindən o bərabəryanlıdır (Şəkil 66). Fərz edək ki, CH AD, BE AD, onda BE = CH =, EH = BC, ABE və DCH üçbucaqlarının bərabərliyindən isə AE = HD alınır. Daxilə çəkilmiş CAD = COD =. Düzbucaqlı CHA üçbucağından AH = CHctg = alırıq. Onda S( ABCD) = ( BC+ AD) CH= AH CH= = Fərz edək ki, q(a), q(b), q(c) düz xətlərinin kəsişməsindən DEF üçbucağı alınır. Bu düz xətlərin ABC üçbucağının tərəfləri ilə kəsişmə nöqtələrini K, L, M, N, P, Q ilə işarə edək. (Şəkil 67); aşkardır ki, bu nöqtələr uyğun olaraq AB, AC, BC, BA, CA, CB parçalarının ortalarıdır. DKQ, ELM və FPN üçbucaqlarında DH D, EH E və FH F hündürlüklərini çəkək. İsbat edək ki, bu hündürlüklərin oturacaqları ABC üçbucağının tərəflərinin orta nöqtələri ilə üstüstə düşür. AK=KB =a, CQ=QB =b, KH D =x, QH D =y, BAC = α, ABC üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzini T ilə işarə edək. Onda TAC = α, AKL = QKD = 9 α, KDH D = α, TAB və KDH D TB üçbucaqları oxşardır. Odur ki, a =. Analoji olaraq x DH D 99

100 Milli Kitabxana TB b = bərabərliyini alırıq. Son iki bərabərlikdən isə y DH D ax = by (bu hasillərin hər ikisi TB DH D -yə bərabərdir) və x + y = a + b olduğunu nəzərə alıb (tənliklər sistemini həll edib) AC x = b, y = a tapırıq. Beləliklə, AH D = a + x = a + b =, deməli H D nöqtəsi AC tərəfinin ortasıdır. Analoji olaraq isbat edilir ki, H E və H F uyğun olaraq AB və BC tərəflərinin orta nöqtələridir. Bununla da müəyyən etdik ki, DH D, EH E və FH F parçaları ABC üçbucağının tərəflərinin orta perpendikulyarlarıdır, ona görə də bu üçbucağın xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzi olan O nöqtəsindən keçirlər. DEF üçbucağı üçündə O nöqtəsinin xaricə çəkilmiş çevrənin mərkəzi olduğunu isbat etmək qalır. Yuxarıda BAC = α bərabərliyindən KDH D = α bərabərliyini aldıq. Analoji olaraq almaq olar ki, LEH E = α -dır, onda DOE üçbucağı bərabəryanlıdır, OD=OE. Eyni qayda ilə ABC = β işarə edərək MEH E = β və NFH F = β alırıq, buradan OE = OF. Deməli O nöqtəsi D, E və F nöqtlərindən eyni məsafədədir. Bu da o deməkdir ki, O nöqtəsi DEF üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzidir. Məsələ tamamı ilə həll olundu. 6. M nöqtəsinə nəzərən K ilə simmetrik K / nöqtəsini quraq. (Şəkil 68). Onda AM=MC, KM=MK / və KMA= K / MC olduğundan Δ KMA = ΔK MC, buradan MK C = AKM = MBC. Beləliklə BC K üçbucağı bərabəryanlıdır, C K = BC -dir ki, bu da C K = AK ( Δ KMA = ΔK MC olduğundan) ilə birlikdə məsələnin hökmünü verir. 6. Əvvəlcə bilmək lazımdır ki, bütün təpələri parabola üzərində olan üçbucaq bu əyrinin daxi-

101 Milli Kitabxana linə çəkilmişdir. Fərz edək ki, y = x parabolası daxilə çəkilmiş ABC üçbucağının AB hipotenuzu Ox oxuna paraleldir. (Şəkil 69). AB = a hesab edib AB-yə çəkilmiş hündürlüyün uzunluğunu h ilə işarə edək; onda A, B, C nöqtələrinin koordinatları uyğun olaraq ( a;a ), ( a ;a ) və a h ; a h ədədlər cütləri olacaqdır. C = 9 olduğundan { a h + a; h} və BC = { a h a; h} AC = vektorlarının skalyar hasili sıfıra bərabərdir, yəni a h + a a h a + ( h) ( h) = h + h = h( h ) =. Məsələnin mənasına görə h, beləliklə h =. İndi tərs hökmü isbat edək: hipotenuzu çəkilmiş hündürlüyünün uzunluğu -ə bərabər olan ixtiyari düzbucaqlı üçbucağı tələb olunan qaydada y = x parabolasının daxilinə çəkmək olar. Fərz edək ki, a verilmiş Δ -ın hipotenuzudur, a. Verilmiş Δ -a bərabər və y = x parabolasının daxilinə çəkilmiş Δ -i göstərək. ( a; a ), Q( a; a ) P və R a ; a nöqtələri parabolanın üzərindədir, PQ parçasının uzunluğu a olub absis oxuna paraleldir. Asanlıqla yoxlamaq olar ki, PQ = PR + QR bərabərliyi ödənilir, buradan PRQ = 9. Habelə qeyd edək ki, R nöqtəsi PQ parçasından -ə bərabər məsafədə yerləşir ki, bu nəticə də üçbucaqların bərabərliyindən alınır. 64. Fərz edək ki, AA və CC parçaları ABC üçbucağının, MM və NN isə BMN üçbucağının hündürlükləridir. Bu

102 Milli Kitabxana üçbucaqların ortosentrlərini uyğun olaraq H və H ilə işarə edək; B 9 şərtinə görə H və H nöqtələri müxtəlifdir (Şəkil 7). Diametrləri AN və CM olan çevrələri uyğun olaraq ω və ω ilə işarə edək. AC H və CA H üçbucaqların oxşarlığından H A H A =H C H C bərabərliyi başqa sözlə H nöqtəsinin ω və ω çevrələrinə görə, MN H və NM H üçbucaqlarının oxşarlığından isə H M H M =H N H N başqa sözlə H nöqtəsinin həmin çevrələrə görə dərəcələrinin bərabərliyi alınır. H və H nöqtələrindən hər birinə radikal OX haqqında teoremi tətbiq edib belə nəticəyə gəlirik ki, H H düz xətti ω və ω çevrələrinin radikal oxları ilə üst-üstə düşür. Fərz edək ki, AN və CM parçaları P nöqtəsində kəsişir. Onda A, M, N və C nöqtələrindən keçən çevrənin varlığı AP PN=CP PM (başqa sözlə P nöqtəsinin ω və ω çevrələrinə görə dərəcələrinin bərabərliyi) bərabərliyi ilə eynigüclüdür, bu isə xatırlatdığımız teoremə görə P nöqtəsinin ω və ω çevrələrinin radikal oxları üzərində olması deməkdir. Bu ox isə, göstərdiyimiz kimi, H H düz xətti ilə üst-üstə düşür. 65. ABC üçbucağının daxilinə və xaricinə çəkilmiş ω və ω çevrələrinin mərkəzlərini uyğun olaraq T və O, CA qövsünün orta nöqtəsini isə B / ilə işarə edək. (Şəkil 7). BB / şüası ABC bucağının tənböləni olduğundan B / A=B / C, bu isə o deməkdir ki, ω çevrəsinin ABB / və B / BC bərabər bucaqlarına söykənən vətərləri bərabərdir. İndi B / T və B / A parçalarının bərabərliyini isbat etmək kifayətdir ki, bu da ATB / üçbucağının bərabəryanlı olması ilə birgüclüdür. Buna isə ATB / və TAB / bucaqlarının bərabərliyini isbat etməklə inanmaq olar. ABT üçbucağının xarici

103 Milli Kitabxana bucağı olan ATB / onun iki daxili bucaqlarının cəminə bərabərdir, A + B yəni ATB = BAT + ABT =. Sonra TA B = TAC + CAB, lakin TAC = A, xaricə çəkilmiş çevrənin eyni qövsünə söykənən CA B və B BC hər B biri -yə bərabərdir. Beləliklə ATB / üçbucağının AT A + B oturacağındakı bucaqların hər biri -yə bərabərdir. Bu da o deməkdir ki, həmin üçbucağın AB / və B / T tərəfləri bərabərdir. Analoji olaraq üçbucağın qarşı təpə nöqtəsi daxil olmayan AB və BC qövslərinin orta nöqtəsi üçün hökmlər isbat edilir. 66. Məsələnin həlli bilavasitə qövsün ortası haqqında əvvəlki 65- ci məsələyə və vətərlər haqqında məlum teoremə (dairənin içərisində götürülmüş nöqtədən istənilən qədər vətər keçirilərsə, hər vətərin parçalarının hasili bütün vətərlər üçün sabit olur, çünki hər vətər üçün bu hasil götürülmüş nöqtədən keçən diametrin parçaları hasilinə bərabərdir) əsaslanır. Həmin sabit ədəd R -d na bərabərdir, burada R çevrənin radiusu, d isə çevrənin mərkəzindən verilmiş nöqtəyə qədər məsafədir. Baxdığımız halda çevrənin daxilindəki T nöqtəsindən BB / vətəri keçir, beləliklə BT TB / =R -TO (), burada TO=d dir. İndi hər hansı üsulla BT TB / hasilini hesablamaq qalır. Burada da 65-ci məsələdən istifadə etməklə TB / -i başqa düzbucaqlı B / CQ üçbucağından istifadə etməklə tapmaq olar (Şəkil 7), burada Q xaricə çəkilmiş çevrə üzərində B / ilə diametral əks vəziyyətdə olan nöqtədir (başqa sözlə Q xaricə çəkilmiş çevrənin B təpəsinin daxil olduğu CA qövsünün orta nöqtəsidir) BTC / (C / - daxilə çəkilmiş üçbucağın AB tərəfinə toxunma nöqtəsidir) və QCB / düzbucaqlı

104 Milli Kitabxana üçbucaqların oxşarlığından alınır ki, BT B Q = BT B C = B Q TC və ya BT TB = R r. TC B C Buradan () bərabərliyinə əsasən R r = R TO və ya TO = R R r alırıq. Tələb edilən isbat oldu. 67. Xaricdən daxilə çəkilmiş ω a çevrəsinin mərkəzini T a, radiusunu R a, ABC üçbucağının xaricinə çəkilmiş ω çevrəsinin radiusunu R, onun mərkəzini O ilə işarə edək (Şəkil 7). AK=AM olduğundan AP düz xətti KAM bucağının tənbölənidir. Beləliklə, AP düz xətti T və T a nöqtələrindən keçir, P nöqtəsi isə ω çevrəsinin BC qövsünün orta nöqtəsidir. Əvvəl məsələnin həllində lazım olan PT = PTa = PB = PC bərabərliklərinin doğru olduğunu isbat edək. BAT = CAT = α, ABT = CBT = β işarə edək. Aşkardır ki, CBP = CAP = α (eyni qövsə söykənən daxilə çəkilmiş bucaqlar olduğundan) TBG = TBC + CBP = β + α BTP bucağı ABT üçbucağının xarici bucağıdır, odur ki, BTP = ABT + BAT = β + α. Aldıq ki, TBP = BTP, buradan BT = TP. Sonra TBT a = 9 (ABC və ona qonşu CBK bucaqlarının tənbölənləri arasındakı bucaq). Onda PBT a = 9 TBP, PT ab = 9 BTTa = 9 ( α + β). Aldıq ki, PBTa = PTa B, BP = Ta P. Analoji olaraq isbat edilir ki, CP = TP = T P. Köməkçi fakt (lemma) isbat edildi. a Aşkardır ki, PKTa = 9 KTa P = KATa = α. ΔKPTa - dan PT = KT sinα = R sinα. Sinuslar teoreminə görə a a a 4

105 Milli Kitabxana ΔABP -dən BP = Rsinα. Lemmadan alınır ki, PT a = BP, buradan R a = R. Fərz edək ki, NT parçasının orta nöqtəsi O dır. Onda O P NTa, beləliklə, O P BC. Sonra O P =,5Ta N =, 5Ra = R Lakin OP BC və OP = R. Bu o deməkdir ki, O = O, buradan da məsələdə tələb olunan alınır. 68. Fərz edək ki, A, C bucaqları iti olan ABC üçbucağı verilir. AB və BC parçalarının orta nöqtələrini uyğun olaraq M və N, M nöqtəsinin AC tərəfi üzərindəki proyeksiyasını P, bu nöqtə ilə M, N nöqtələrinə nəzərən simmetrik nöqtələri uyğun olaraq Q və R ilə işarə edək (Şəkil 74). A < 9 və C < 9 bərabərsizliklərinə görə P nöqtəsi AC parçasının daxilində yerləşir. ABC üçbucağını PM və PN parçaları üzrə kəsməklə, düzbucaqlı üçbucaq əmələ gətirən, üç fiqur alırıq. Doğrudan da Δ AMP = ΔBMQ, Δ CNP = ΔBNR. Habelə qeyd edək ki, Şəkil 74 QBM ABC+ RBN = BAC+ ABC+ BCA=8.Beləliklə Δ MBQ, Δ BNR və BMPN dördbucaqlısı, PQR = MPA= 9 olan, PQR üçbucağını əmələ gətirir. 69. Məsələni həll etmək üçün sin α α faktını bilmək lazımdır (Şəkil 75). Onda qalan addımlar aşkardır: sinα + sinα sinα n = sin( π α) + sin( π α ) sin( π αn ) π α + π α π αn = π n ( n ) π = π = 6, 8. Deməli, sinα + sinα sinα n π < 6,9; n N, n. 5

106 Milli Kitabxana AC 7. Mərkəzi A nöqtəsində və əmsalı olan homotetiya AB B B tənböləninin ortasını ona paralel olan DC parçasının ortasına çevirir, burada D bu homotetiyada B nöqtəsinin obrazıdır (Şəkil 76). DC və B B düz xətlərinin paralelliyindən BCD= ABC= BDC alındığından CBD bərabəryanlı (CB=BD) üçbucaqdır. Beləliklə, DC parçası CBD bucağının tənböləninə perpendikulyardır və bu tənbölənlə yarıya bölünür. Buradan da tələb olunan alınır. 7. Həllin iki üsulunu göstərək. I. Üçbucağın tərəfi a olsun. ABC üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrə qövsü üzərindəki nöqtəni M ilə işarə edək. İsbat etmək lazımdır ki, AM + BM + MC = a. Əvvəlcə, üç MA, MB, MC parçalarından ən böyüyününün MA olduğunu qəbul edərək, isbat edək ki, MA=MB+MC. Bunu məsələnin həllinə hazırlıq hesab etmək olar. AM parçası üzərində AN=MC ayıraq (Şəkil 77). Onda ABN və CBM üçbucaqları, iki tərəflərinə və onlar arasındakı bucağa görə bərabərdir. Bu bərabərlikdən BN və BM tərəflərinin bərabərliyi alınır. Beləliklə BNM üçbucağı BMN bucağı 6 olan bərabəryanlı üçbucaqdır, buradan da onun düzgün olması alınır. Onda AM=AN+NM=MC+BM. Bu bərabərliyin hər tərəfini kvadrata yüksəldib AM =BM +MC +BM MC ()alırıq. BMC= olan BMCüçbucağın-dan kosinuslar teoreminə görə BC =BM +MC -BM MC cos =BM +MC +BM MC; BM MC=BC -BM -MC (). () və () dən 6

107 Milli Kitabxana AM =BM +MC +BC -BM -MC və buradan tələb olunan AM +BM +CM = a alınır. II. Çevrənin mərkəzini koordinat başlanğıcında götürməklə koordinat sistemi seçək (Şəkil 78). Fərz edək ki, üçbucağın tərəfi -dir, onda OB =. Üçbucağın təpə nöqtələrinin və M-in koordinatlarını da göstərək: B ; ; C ; ; A ; ; M ( x; y) 6 6. (Müəyyənlik üçün M nöqtəsini BC qövsü üzərində götürürük). Bizi maraqlandıran parçaların göstərilən koordinatlara görə ifadələrini yazaq: AM = x + + y + 6 ; CM = x + y + 6 ; BM = x + y. İsbat edəcəyimiz AM + BM + CM = BC bərabərliyi koordinatlarla x + y = və ya x + y = şəklində olur. Bu isə, baxılan çevrənin tənliyi olduğundan, doğrudur. 7. Məsələnin üç üsulla həllini göstərək. I Fərz edək ki, ABD bucağı CBD-dən böyük olan ABCD dördbucaqlısı çevrə daxilinə çəkilmişdir (Şəkil 79). İsbat edək ki, AB CD + BC AD = AC BD. CBD bucağına bərabər olan ABK bucağını quraq (K nöqtəsi AC diaqonalı üzərindədir). Üçbucaqların oxşarlığının 7

108 Milli Kitabxana AB BD birinci əlamətinə görə Δ ABK ~ ΔDBC. Odur ki, = və AK CD ya AB CD = AK BD () bərabərliyi doğrudur. ABD = CBK və BCA = BDA olduğundan iki bucağına BC BD görə Δ BCK ~ ΔABD. Odur ki, = və ya KC AD BC AD = KC BD (). () və () bərabərliklərini hədbəhəd toplayıb AB CD + BC AD = BD AC alırıq. II. Dördbucaqlının tərəflərini a, b, c, d diaqonallarını isə m, n ilə işarə edək (Şəkil 8). ABD və BCD üçbucaqlarından kosinuslar teoreminə görə m = a + d ad cos A, m = b + c ( A) bc cos 8. Bu bərabərlikdən a + d m m b c cos A = = ; ad bc a + d m m b c =, ad bc a bc+ d bc m bc m ad + b ad + c ad =, ( cd + ab)( db + ac) m = alırıq. bc + ad Analoji olaraq ikinci diaqonalın kvadratını tapırıq: ( ac + bd )( ad + bc) n =. Son iki bərabərliyi tərəf tərəfə vurub ab + cd m n = ( ac + bd ) və ya mn = ac + bd nəticəsinə gəlirik. III. Fərz edək ki, P inversiya mərkəzidir (Şəkil 8). P B PA İnversiyanın tərifinə görə PB PB = PA PA və ya =. PA PB Onda Δ PAB ~ ΔPB A (ikinci əlamətə görə). Beləliklə, AB PA A B : AB = PA : PB A B = PB. İnversiya əmsalını h ilə işarə edək: 8

109 Milli Kitabxana h h AB PA = A B =. Fərz edək ki, ABCD PA PA PB dördbucaqlısı çevrə daxilinə çəkilmişdir. İnversiya mərkəzi D olsun (Şəkil 8). Onda bu çevirmədə çevrə düz xəttə çevirilir: A A, B B, C C. Bu halda A C = A B + B C və ya h AC h AB h BC = +, buradan eyni çevirmədən sonra DA DC DA DB DC DB AC DB = AB CD + AD BC alırıq. Bu üsulla həll inversiya çevirməsilə tanış olan şagirdlər və ya bakalavrlar üçün münasibdir. 7. Fərz edək ki, P və Q uyğun olaraq ABL və ACL üçbucaqlarının ortosentrləridir. Onda A nöqtəsi BAC bucağının daxilində yerləşən PQ parçasının uzantısı üzərində yerləşir (ABC üçbucağı iti bucaqlı olduğuna görə). BAC =α, PAL= ϕ = QAL işarə edərək ϕ < α 9 alırıq. (Şəkil 8). BP AL və CQ AL olduğundan AP və AQ parçalarının AL düz xətti üzərindəki proyeksiyaları uyğun oalraq AB və AC parçalarının proyeksiyaları ilə üst-üstə düşür: AP cosϕ = AB cosα, AQ cosϕ = AC cosα. Beləliklə, cosα cosα PQ = AP AQ = AB AC, < olduğundan (bu cosϕ cosϕ ϕ < α < 9 bərabərsizliyindən alınır), PQ AB AC alı- 9

110 Milli Kitabxana nır ki, bunu da isbat etmək tələb olunurdu. Yalnız üçbucaq bərabəryanlı (AB=AC) olduqda PQ = AB AC bərabərliyi alına bilər. 74. BCH və ACH üçbucaqlarında PM və QN parçalarını uyğun olaraq K, K nöqtələrində kəsən CL və CL tənbölənlərini çəkək (Şəkil 84). CB AC və CH AB olduğundan CL düz xətti AM düz xəttinə perpendikulyar olacaqdır. Beləliklə, MCP üçbucağında CK tənböləni həm də hündürlükdür, onda isə MC=CP və MK =K P. Analoji olaraq müəyyən edilir ki, K nöqtəsi QN parçasının ortasıdır. CK =K L və CK =K L bərabərliklərini aldıq. Onlardan birincisini, AK -in eyni zamanda hündürlük və tənbölən ol- Şəkil 84. duğu, CAL üçbucağına baxmaqla almaq olar; analoji səbəbə görə ikinci bərabərlik ödənilir. K K parçası L CL üçbucağının orta xəttidir və L L parçasına paraleldir; buradan da məsələnin tələbi alınır. 75. Göstərilən parçaların paralelliyindən ardıcıl olaraq üçbucaqların sahələrinin aşağıdakı bərabərlikləri alınır: S ( GBD) = S( BDF) = S( DFA) = S( FAC) = = S ( ACE) = S( CEG) = S( EGB). S ( GBD) = S( EGB) bərabərliyi o deməkdir ki, GB DE (Şəkil 85). Analoji məsələ (qabarıq ABCDE beşbucaqlısında BC AD, CD BE, DE AC və AE BD isə AB CE olduğunu isbat edin). [8] də vektorun tətbiqi ilə həll edilir. 76. ) Əvvəlcə bilmək lazımdır ki, üçbucağın xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzi və ortosentri onun daxilinə çəkilmiş

111 Milli Kitabxana çevrə üzərində ola bilər. Belə üçbucaq sunərgizi üçbucağı adlanır. Bu üçbucaq itibucaqlıdır. Fərz edək ki, mərkəzi T nöqtəsində olan çevrə ABC sünərgizi üçbucağının daxilinə çəkilmişdir və onun AB, BC və CA tərəflərinə uyğun olaraq C /, A /, B / nöqtələrində toxunur (Şəkil 86). Onda çevrənin bölündüyü A / B /, B / C / və C / A / qövsləri arasında xaricə çəkilmiş çevrənin O mərkəzi və ABC üçbucağının H ortosentri daxil olmayan qövs vardır. Belə qövs B / C / olarsa onda CAH= 9 ACB= 9 AOB= 9 ( 8 OAB) = OAB. (ACB bucağı ABC üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrə daxilinə çəkildiyindən AOB mərkəzi bucağı ilə eyni qövsə söykənir. Odur ki, ACB = AOB bərabərliyi ödənir; AOB = 8 OAB bərabərliyi isə OA=OB bərabərliyindən alınır). Buradan asanlıqla alınır ki, AB / H və AC / O üçbucaqları AT düz xəttinə nəzərən bir-biri ilə simmetrikdirlər; xüsusi halda AH=AO bərabərliyini alırıq. BH AC olduğundan AB və AH parçalarının AC düz xətləri üzərindəki proyeksiyaları eynidir. AB cos CAB = AH cos CAH. Beləliklə, AH AH AH AB AH AB cos CAB= cos CAH= sin ACB= = =. AB AB AB AO AB AH AB ( sin ACB = bərabərliyi, xaricinə çəkilmiş çevrənin AO radiusu AO olan, ABC üçbucağından sinuslar teoerminin tətbiqi nəticəsində alınır). Beləliklə CAB = arccos = 6, deməli məsələdə tələb edilən alındı. ) Müqayisə məqsədi ilə bu məsələni Hesablama məsələləri hissəsinə daxil etmədik.

112 Milli Kitabxana Əvvəlki bənddəki işarələri saxlamaqla habelə B və H nöqtələrinin AT düz xəttindən müxtəlif tərəflərdə yerləşdiyini qəbul edərək (Şəkil 86) kosinuslar teoreminə görə [( + ) r] r( + ) AT + AH TH 4r + r cos TAO= cos TAH= = = AT AH r = (burada r daxilə çəkilmiş çevrənin radiusudur) Buradan ABC= 9 BAH= 9 BAT TAO= 6 arccos 6, ACB = 6 + arccos Belə bir faktdan istifadə edirik ki, verilən ixtiyari üç ədədlərdən hasili mənfi olmayan ikisini seçmək olar. Müəyyənlik üçün fərz edək ki, z = x + y olduğundan a xy + b yz + c zx = a xy ( b + c a ) xy= ( cx by) ( b+ c) xy. ( ) b y( x + y) c ( x + y) x = c x [ a ] xy= ( cx by) ( a+ b+ c)( b+ c a) xy b y a, b, c üçbucağın tərəfləri olduğundan a + b + c > b + c a >, buradan isə məsələnin tələbi alınır. 78. BOM = DOC və OBM = ODC olduğundan Δ OBM~ ΔODC; buradan OM : OC = OB: OD (). Analoji olaraq OAB və OCN üçbucaqlarının oxşarlığından ON : OB= OC: OA () alırıq. () və ()-dən OM : ON = OA : OD, buradan isə, Fales teoreminin tərsinə görə, məsələnin tələbi alınır. 79.,,,4,5,6 rəqəmləri ilə işarə olunmuş hissələrin sahələrini uyğun olaraq S, S, S, S4, S5, S6 ilə işarə edək (Şəkil 87, bu şərtdə göstərilir.) Aşkardır ki, S = S + S5, S 6 = S + S. Odur ki, S S + S ( S + S ) = S + S + S S S S5 S 8., AM, AM, AK, AK + S = buradan tələb edilən alınır. AM parçalarını çəkib (Şəkil 88)

113 Milli Kitabxana AMB = AKB () AM B = AK B () AM B = AKB () bərabərliklərini yazaq ( AM i B və AK i B ω i çevrəsi daxilinə çəkilmiş ( i =,, ) eyni qövsə söykənən bucaqlar olduğundan bərabərdir). () və () dən uyğun olaraq AMM = AKK (4) və AM M = AKK (5) alırıq. Odur ki, () və (4) görə Δ AM M ~ ΔAKK, () və (5)-ə görə isə Δ AM M ~ ΔAKK, buradan uyğun olaraq MM KK AM AK = və = yazırıq. Sonuncu iki AM AK M M KK bərabərliyi tərəf-tərəfə vurub tələb olunanı alırıq. 8. Belə bir məlum fakta əsaslanarıq: KM və LN parçaları O OK OL nöqtəsində kəsişirlərsə, onda yalnız və yalnız = OM ON münasibəti ödənildikdə KL MN olur. Fərz edək ki, ABCD trapesiyadır ( AD BC ), o isə onun diaqonallarının kəsişmə nöqtəsidir, A, B, C, D isə göstərilən simmetriyada A, B, C, D nöqtələrinin obrazlarıdır. Aşkardır ki, onda O nöqtəsi A C və B D parçalarının hər birinə daxildir, başqa sözlə A, B, C, D dördbucaqlısının diaqonallarının kəsişmə nöqtəsidir. Simmetriyanın xassəsinə görə OA = OA, OA OD OA OB OB = OB, OC = OC, OD = OD, = və OC OB OC OD OA OD OA olduğundan isə = və OB alırıq. Beləliklə, OC OB OC OD A D və B C düz xətləri bir-birinə paralelldir, A B və C D

114 Milli Kitabxana düz xətləri isə yox. Bu da o deməkdir ki, A, B, C, D dördbucaqlısı trapesiyadır. 8. BC = a, AC = b, AB = c, BAC = α, ABC = β, ACB = γ, daxilə və xaricə çəkilmiş çevrələrin radiuslarını uyğun olaraq r və R ilə işarə edək (Şəkil 89). Aşkardır ki, TMA < 8, TNB < 8. Q daxilə çəkilmiş çevrənin AC tərəfinə toxunma nöqtəsi olarsa, onda b + c a məlumdur ki, AQ =, c < a şərtindən isə alınır ki, Q AM. Odur ki, r r r r tg TMA= = = = QM AM AQ b b+ c a a c (). NP xaricə çəkilmiş çevrənin diametri olarsa, onda M NP, NBP = 9 ; bundan əlavə AP = PC, buradan β ABP = CBP = və T BP, BN = NP = BC+ CP bərabərliyi = + β BPN α 9 -ni tapmağa imkan verir, odur β β ki, BN = Rsin BPN = Rsin α + 9 = R cos α +. r BT = sin β olduğundan BT r tg TNB= = = BN β β Rsin cos α + R 4 r [ sin( α + β) sinα] r = (). () və ()-dən tələb olunan alınır. a c r = = Rsinα Rsinγ

115 Milli Kitabxana 8. ABCD rombunun bucaqları üzərinə qoyulmuş şərt onu göstərir ki, AKBCMD altıbucaqlısı qabarıqdır (Şəkil 9). Aşkardır ki, onda A,N və D, N nöqtələri uyğun olaraq BK və CN düz xətlərindən bir tərəfdə yerləşirlər. Göstərək ki, N nöqtəsi mərkəzi A nöqtəsində və radiusu AB olan çevrə üzərində yerləşir. BK parçası bu çevrənin vətəri olduğundan BNK = BAK bərabərliyini müəyyən etmək kifayətdir. Fərz edək ki, = β BCD = γ β + γ = 8, onda KBC = 6 + β, ABC, ( ) BCM = 6 + γ, KBC və BCM üçbucaqları bərabəryanlı β olduğundan isə = ( 8 6 β ) ( 8 6 ) 6 γ CBM = γ = BCK = 6,, buradan BNK = 8 BNC = BCK + CBM = β + γ = = = BAK. Beləliklə, AN=AB. Analoji olaraq mərkəzi D nöqtəsində və radiusu DC olan çevrəyə baxmaqla DN=DC bərabərliyini ala bilərik. Onda isə AN=DN=AD, bunu da isəbat etmək tələb olunurdu. 84. Fransa riyaziyyatçısı və mexaniki Per Varinon (654-7) elementar həndəsədən dərslik yazmışdır. Onun diqqətini belə bir aşkar fakt xüsusi cəlb etmişdir: qabarıq dördbucaqlının tərəflərinin orta nöqtələri paraleloqramın təpələridir. Doğrudan da 9-ci şəkildəki KLMN paraleloqramdır, çünki 5 KL = AC,

116 Milli Kitabxana MN = AC və KL AC, MN AC (üçbucağın orta xəttinin xassəsinə görə, deməli KL = MN və KL MN. Odur ki, KLMN paraleloqramına Varinon paraleloqramı dördbucaqlının qarşı tərəflərinin ortalarını birləşdirən KM və LN parçalarına isə dördbucaqlının orta xətti deyilir. Sonrakı məsələlərində bu paraleloqramın tətbiqlərini göstəririk. Qoyulan məsələnin isəbatına gəldikdə isə deyə bilərik ki, KL = MN = AC və LM = KN = BD olduğundan onda P ( KLMN ) = AC + BD (Şəkil 9). 85. ABCD dördbucaqlısının KM və LN orta xətləri məsələ 84-dəki paraleloqramın diaqonalları olduğundan (Şəkil 9) kəsişmə nöqtəsi onları yarıya bölür. 86. İxtiyari paraleloqramda, o, cümlədən, məsələ 84-dəki paraleloqramın diaqonallarının kvadratları cəmi onun bütün tərəflərinin kvadratları cəminə bərabərdir, yəni KM + LN = ( KL + LM ); KL = AC və LM = BD (Şəkil 9) olduğunu nəzərə alıb KM + LN = ( AC + BD ), ( KM ) AC + BD = + LN yazırıq. 87. S ( ABCD) = AC BDsin ; S ( KLMN) = KL KNsin (Şəkil 9). =, KL = AC, KN = BD olduğunu nəzərə alsaq, S ( KLMN ) = AC BD sin = S( ABCD) 4 6

117 Milli Kitabxana 88. Bütün belə dördbucaqlılar üçün eyni bir (84-cü məsələdə baxılan) paraleloqram təyin edilmişdir. Bu paraleloqramın sahəsi hər bir əsas dördbucaqlının sahəsinin yarısına bərabərdir (Məsələ 87), bununla da onların müadil olması alınır cü şəkilə əsasən S ( ABCD) = AC LN sinϕ bərabərliyini isbat etməliyik. KLN üçbucağı, təpələri dördbucaqlının tərəflərinin orta nöqtələrində olan, paraleloqramın yarısıdır. S( KLN ) = KL LN sinϕ ( AEN = KLN = ϕ ). KL = AC olduğundandan S ( KLN ) = AC LN sin ϕ, deməli 4 S ( KLMN ) = AC LN sin ϕ, digər tərəfdən isə S( KLMN) = S( ABCD) (Məsələ87), onda S ( ABCD) = AC LN sinϕ. 9. Dördbucaqlının AC və BD diaqonalları bərabər olduğu halda o düzbucaqlıdır və təpələri bu düzbucaqlının orta nöqtələrində olan paraleloqram rombdur (Şəkil 95), rombun sahəsi isə onun diaqonalları hasilinin yarısına bərabərdir: S KLMN = KM. Onda S ( ) LN ( ABCD) = S( KLMN) = KM LN. 7

118 Milli Kitabxana S AKN = S 9. S ( KBL) = S, S ( LCM ) = S, S ( MDN) = S, ( ) 4 ilə işarə edək. S + S = S + S S( ABCD) olduğunu isbat 4 = 4 etmək tələb edilir (Şəkil 96). Artıq isbat etmişik ki, KLMN paraleloqramdır. Diaqonalları onu dörd müadil üçbucağa bölür, odur ki, S ( TKBL) + S( TMDN) = S( TLCM) + S( TNAK) bərabərliyini isbat etmək kifayətdir (Şəkil 96). Məlumdur ki, median üçbucağı iki müadil hissəyə bölür. Bərabər sahələri eyni hərflərlə işarə edək: S ( ATK ) + S( KTB) = x ; S ( BTL) + S( LTC) = y ; S ( TCM ) + S( TMD) = z ; S ( TDN ) + S( ATN ) = t. Onda S ( TKBL) S( TMDN) = x + y + z + t dır ki, S S = S + S S( ABCD) + (Şəkil 97). İndi aşkar- + 4 (Şəkil 96). 4 = 8

119 Milli Kitabxana 9. Təpəsi verilmiş dördbucaqlının orta nöqtələrində olan paraleloqramla A BC D paraleloqramının tərəfləri uyğun olaraq paraleldir (Şəkil 98). KL = A B, KN = A D (üçbucaqda orta xəttin xassəsinə görə), onda S A B C D = 4S KLMN = S ABCD. ( ) ( ) ( ) S = 9. S( KLMN ) = S( ABCD) olduğundan, E və F nöqtələrinin KLMN paraleloqramının ciddi olaraq daxilində yerləşdiyini isbat etmək kifayətdir, burada K,M uyğun olaraq dördbucaqlının AB və CD tərəflərinin orta nöqtələridir. Aşkardır ki, T T = KL = AC və AE = EC = AC (Şəkil 99). Fərz edək ki, E nöqtəsi G-nin üzərinə düşür və KLMN in xaricində yerləşir, onda GC = AC> T T lakin bu T T = AC bərabərliyinə ziddir. E nöqtəsi T ilə üst-üstə düşərsə, onda T C = AC = TT olar ki, bu da mümkün deyil. Deməli, E nöqtəsi KLMN paraleloqramının daxilində yerləşir. Analoji olaraq, göstərmək mümkündür ki, F nöqtəsi də KLMN paraleloqramının daxilində yerləşir. Onda S( ELFN ) < S( KLMN ) = S( ABCD). 94. İsbat etmək lazımdır ki, AB + BC + CD + AD = AC + BD + 4EF (Şəkil 99). ELN üçbucağında ET median üçün 9

120 Milli Kitabxana ( EL + EN ) EF LN ET = =, burada EL= AB, EN= CD 4 4 AB + CD buradan LN = EF (). Analoji olaraq KFM üçbucağının FT medianının ifadəsini tapıb və KF = AD, FM = BC, FT = EF olduğunu nəzərə alıb tapırıq: AD + BC KM = EF (). Bundan əlavə AC + BD LN + KM = (Məsələ 86). (). Beləliklə, (), () AB + BC + CD + AD AC + BD və ()-dən EF = və buradan AB + BC + CD + AD = = AC + BD + 4EF alırıq. 95. İsbat edək ki, CDL üçbucağı bərabərtərəflidir, burada L nöqtəsi AB düz xətti ilə CD parçasının orta perpendikulyarının kəsişməsidir (Şəkil ). Fərz edək ki, M və N nöqtələri uyğun olaraq AB və CD parçalarının ortaları, M /, N / isə M və N nöqtələrinin uyğun olaraq CD və AB düz xətləri üzərində proyeksiyalarıdır. Onda MKC = NLB (bu bucaqlardan hər birisi 7 ABC BCD -yə bərabərdir), beləliklə düzbucaqlı MM / K və NN / L üçbucaqları oxşardır. Odur M M NN ki, = () münasibəti doğrudur. S ( BMN ) = BM NN və MK NL ( CMN ) CN MM S =. BC və MN parçaları paralel olduğun-

121 Milli Kitabxana dan S ( BMN ) = S( CMN ). Odur ki, BM NN = CN MM (). BM CN () və () dən = alırıq. Bu isə o, deməkdir ki, BMK və MK NL CNL düzbucaqlı üçbucaqları oxşardır. Onda isə LCN = KBM = 6, buradan da alınır ki, CDL üçbucağı bərabərtərəflidir. 96. Fərz edək ki, L, L / və M uyğun olaraq KD, KC və CP parçalarının orta nöqtələridir (Şəkil ). Aşkardır ki, L və L / nöqtələri KM düz xəttinə (habelə bu düz xətt ABCD kvadratının simmetriya oxudur ) nəzərən simmetrikdir. Odur ki, LM=L / M, L / M isə KCP üçbucağının orta xətti olduğundan LM = L M = KP, indi KP parçasının kvadratın tərəfinə bərabər olduğunu isbat etmək qalır. KAP = 9 KAB = və KPA = 9 ABK =, deməli AKP bərabəryanlıdır (AK=KP). π π 97. Fərz edək ki, ABC üçbucağında A =, B =, 7 7 4π C = və 7 AA, BB, CC - tənbölənlərdir. A BC üçbucağının bərabəryanlı olduğunu isbat etmək lazımdır. A = α, B = β, C = γ, BC = a, AC = b, AB = c (Şəkil ) işarə edək. Belə üçbucağın tərəfləri arasında bc = ab + ac asılılığı olduğunu müəyyən edək. ABC üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrənin radiusunu qəbul edərək aşağıdakı cəmə baxaq:

122 Milli Kitabxana π 4π π π π sin + sin sin cos cos b + c + = = 7 7 = 7 7 = 7 = b c bc π 4π π π π sin sin sin sin sin π cos = 7 = = və ya bc = ab + ac (). π π π a sin cos sin β Δ ACB ~ ΔBCB ( C = γ ortaqdır və B BC = = α ); odur c a b a ki, = = və ya CB = (). Üçbucağın AA tənböləninin xassəsinə görə c b b + c ac BB CB a b = = və ya BA = və BA CA a b + c a a () bərabərliyini nəzərə almaqla BA = ac = (). () və bc b () bərabərliklərindən alınır ki, CB = BA. Onda Δ BAC = ΔCB C γ (-ci əlamət: BCC = A BC, çünki β =, bərabəryanlı BC C üçbucağının yan tərəfləri kimi BA = CB və CC = BC) və A C = BC. Bunu da isbat etmək lazım idi. 98. CB C və BA C üçbucaqlarının bərabərliyindən alınır ki, C A B = CBC, habelə C = 8 BA C CA, onda CA C + CBC = 8 alırıq (Şəkil ), deməli BCA C dördbucaqlısının xaricinə çevrə çəkmək olar.

123 Milli Kitabxana 99. ) COB üçbucağı bərabəryanlıdır, çünki γ OCB = OBC =. Habelə COA üçbucağı da bərabəryanlıdır: OA C = COA = +, başqa sözlə OB = OC = CA ; γ α a a( b a) CA = a BA = a =. Bundan əlavə 97-ci məsələnin həllindəki () bərabərliyindən alınır ki, =, odur ki, b b b a a b c a a BB CB b CA = (4). Δ CB B ~ ΔCBA (Şəkil ): = = = c b c a a+ c ( BB = AB, çünki Δ AB B bərabəryanlıdır) və ya b = a + ac b AC CC c (5). Δ AC C ~ ΔACB : = = = ( CC CB c b a a + b =, çünki Δ CC B bərabəryanlıdır) və ya c = b + ab (6). (5) və (6) dan c = a + ab + ac alınır və 97-ci məsələnin həllindəki () bərabərliyini nəzərə almaqla c = a + bc. Onda a = c b. Beləliklə, CA = c b c ) )-də baxılan üçbucaqların oxşarlığından alınır. ) CA = c b olduğundan BA = a CA = b + a c ab ac 4) CC = və BB = bərabərliklərindən, (6) və (4) c b bərabərliklərini də nəzərə almaqla, alınır ki, CC BB =, c b a b a CC = a = = CA a BB = bc bc c γ + β γ π 5) ΔBOC - bərabəryanlıdır ( C OB= = OCB = + α = ), 7 odur ki, OB = BC = CC, onda BB = OB = BC + OC= CC + OC.

124 Milli Kitabxana 6) 4)-dən alınır ki, a = BB CC. 97-ci məsələnin ab həllindəki () bərabərliyindən alırıq ki, = b a = CC və c ac = c a = BB və ya a = b CC = c BB, yəni b b = a + CC = BB CC + CC və c = BB CC + BB 7) a + b > c bərabərliyindən alınır ki, BB CC + CC > BB CC + BB, BB CC > BB CC, BB CC BB CC + <, 5 BB + 5 < < CC, BB > CC BB + 5 olduğundan < <. CC. ABCD dördbucaqlısı xaricə çəkildiyindən OAD= OAB, OBA= OBC, OCB= OCD, ODC= ODA; habelə AOB + COD = BOC + AOD = 8 () bərabərliyi də ödənilir. P [ OA] isə, onda aşkardır ki, Q [ OC] və () bərabərliyindən nəticə olaraq sin POB = sin QOD (), sin POD = sin QOB () alınır. DAP = BAP = α, ABP = β, PBO = β, OBQ = β, QBC = β4, ADP = δ, PDO = δ, ODQ = δ, QDC = δ 4 (4) işarə edək (Şəkil ). ABP, OBP, ADP və ODP üçbucaqlarına sinuslar teoremini AP PB PB OP tətbiq edib uyğun olaraq =, =, sin β sinα sin POB sin β 4

125 Milli Kitabxana PD AP OP =, = PD bərabərliklərini alırıq. Bunlardan = (4) alınır. Analoji sinα sinδ sin δ sin POD sin δ sin POB sin β sin δ sin POD sin β olaraq, BCQ, OBQ, COQ, və ODQ üçbucaqlarına baxıb sin δ sin QOD sin β = (5) bərabərliyini ala bilərik: sin δ 4 sin QOB sin β 4 PBQ = ABC şərtindən və OBA = OBC bərabərliyindən alınır ki, β = β və β = β4 ; onda () (5) bərabərliklərini sinδ sin β nəzərə almaqla = (6). Buradan isə δ = δ alınır. sinδ sin β4 Əslində δ, δ, δ və δ 4 iti bucaqlardır; δ + δ = δ + δ 4 ; δ > δ bərabərsizliyindən δ < δ 4 və (6) bərabərliyinin əksinə sinδ sinδ olaraq > alına bilər. Eyni qayda ilə δ < δ bərabərsizliiynin mümkün olmadığı müəyyən edilir. Beləliklə, sinδ sinδ 4 δ = δ, onda isə PDQ= δ + δ = ADC δ + δ = ADC alınır ki, bunu da isbat etmək tələb olunurdu.. T nöqtəsindən AB, BC, CA tərəflərinə uyğun olaraq TC, TA, TB perpendikulyarlarını endirək (Şəkil 4). Aşkardır ki, bu perpendikulyarların uzunluqları bərabərdir; bundan əlavə bir nöqtədən daxilə çəkilmiş çevrəyə toxunanlar kimi AC =AB və CA =CB. Onda katetlərinə və bunların qarşısındakı iti bucaqlarına görə TKB və TNA düzbucaqlı üçbucaqları bərabərdir, odur ki, B K=A N. Analoji olaraq B L=C M. Beləliklə, 5

126 Milli Kitabxana AM+KL+CN=AM+MC +NA + +CN=AC +CA =AB +CB =AC. Qeyd: BMN korbucaqlı üçbucaq olan halda da məsələnin tələbi ödənilir.. Fərz edək ki, T və T uyğun olaraq B və B-dən endirilmiş perpendikulyarların oturacaqlarıdır (Şəkil 5). ALT və BT K düzbucaqlı üçbucaqların da T BK = LAT = α (eyni bir KC qövsünə söykənən bucaqlar olduğundan); odur ki, LB = ALT = 9 = BKT = BKB B α, yəni B, B, L, K nöqtələribir çevrə üzərində yerləşir. Buradan BB K = BLK= β və BB T və KLT düzbucaqlı üçbucaqlarından AKL = T KL = 9 β = BBT = ABC = AKC, bu isə o deməkdir ki, KL düz xətti, B-nin daxil olmadığı, AC qövsünün orta nöqtəsindən keçir.. ABC üçbucağında hündürlüklərin kəsişmə nöqtəsi H 4. Fərz edək ki, AA və BB verilmiş ABC itibucaqlı üçbucağın hündürlükləridir (Şəkil 7). AA B və AB B düzdür, odur ki, AB tərəfi olsun (Şəkil 6). APB və CRB düz olduğundan BH diametr olmaqla BPHR dördbucaqlısının xaricinə çevrə çəkmək olar. Onu qurmaqla görürük ki, ABQ = APR (eyni bir qövsə söykənən daxilə çəkilmiş bucaqlar olduğundan). Beləliklə, köməkçi çevrənin qurulması daxilə çəkilmiş bucaqlar haqqında teoremdən istifadə etməyə imkan verdi və bununla da məsələdə göstərilən bucaqlar arasında əlaqə yarada bildik. 6

127 Milli Kitabxana diametr olmaqla onun üzərində qurulmuş çevrə A, B nöqtələrindən keçir. Sonra ABC = 8 AB A, BC = 8 AB A A, odur ki, ABC = A BC və Δ ABC ~ ΔA BC. 5. ABC üçbucağının xaricinə çevrə çəkək və CD tənbölənini çevrə ilə E nöqtəsində kəsişənə qədər uzadaq (Şəkil 8). BC = a, AC = b, AD = m, BD = n, CD = l, DE = x olsun. Şərtə görə ACE = BCE, bundan əlavə AEC= A BC (eyni qövsə söykənən daxilə çəkilmiş bucaqlar olduğuna görə). Beləliklə, Δ ACE ~ ΔBCD və l + x a = b l bərabərliyi doğrudur, buradan l = ab lx. AB və CE vətərləri D nöqtəsində kəsişirlər. Odur ki, lx = mn. Onda l = ab mn. 7

128 6. ABC üçbucağının CH hündürlüyü və CM tənböləninin AC, BC tərəfləri ilə bərabər bucaqlar əmələ gətirdiyini fərz edək (Şəkil 9). ABC üçbucağının xaricinə çevrə çəkək və CM medianı çevrə ilə D nöqtəsində kəsişənə qədər uzadaq. ACH və BCD üçbucaqlarına baxaq. Şərtə görə ACH = BCM və eyni bir qövsə söykənən daxilə çəkilmiş bucaqlar olduğundan A = D, onda AHC = CBD = 9. Beləliklə, CD çevrənin diametridir. Çevrənin mərkəzi CD diametri və AB parçasına onun M orta nöqtəsində m perpendikulyarı üzərindədir. CM medianı hündürlük olmadığından, CD və m düz xətlərinin bir ortaq nöqtəsi var ki, bu da xaricə çəkilmiş çevrənin mərkəzidir. Beləliklə, AB çevrənin diametridir və ACB = ) Belə hesab etmək olar ki, T, T nöqtələri A A düz xətti üzərində A,T,T,A ardıcıllıqda yerləşir (Şəkil ). Onda bir nöqtədən çevrəyə çəkilmiş iki toxunan bərabər olduğundan: A T =A K, A T =A L, A T =A L, A T =A K, K L =K L buradan A T +A T = A T +A T, A T +T T = A T +T T, A T =A T. ) Fərz edək ki, P və Q uyğun olaraq bucağın tərəflərinə K, K və L, L nöqtələrində toxunan çevrələrin K L ilə kəsişmə nöqtələridir (Şəkil ). Verilmiş nöqtədən çevrəyə çəkilmiş toxunan və kəsən haqqındakı teoeremə görə L L K KQ KL K LP LK =, =. Aşkardır ki, 8

129 L K = LK, odur ki, KQ KL = LP LK Q LP L, buradan K =. Bu bərabərliyin hər tərəfinə PQ -ni əlavə edib (və ya P, Q nöqtələrinin K parçası üzərində yerləşməsi ardıcıllığından asılı olaraq hər tərəfdən PQ-ni çıxıb) tələb olunanı alırıq: K P = LQ. 8. Məsələni kəsən və toxunan, daxilə çəkilmiş bucaq haqqında teoremlərdən, üçbucaqların oxşarlığından və s. istifadə etməklə müxtəlif üsullarla həll etmək olar. Həllərdən daha qısa və münasibini göstərək. Çevrəyə C nöqtəsində toxunan çəkək. Fərz edək ki, bu toxunanın AOB bucağının AO və OB tərəfləri ilə kəsişmə nöqtələri P və N dir (Şəkil ). Aşkardır ki, PB düz xətti OPN üçbucağının simmetriya oxudur, ona görə toxunanların dördü də bərabərdir: OA=OB=BN=CN. CNO = AOK ; NOC = ACO = OAK olduğundan Δ NOC ~ ΔOAK (Son iki bucağın hər biri AE OK OK CN qövsünün yarısı ilə ölçülür). Odur ki, = = = ; OB OA ON OK = OB, OK = OK + OB, OK = KB. 9. Aşkardır ki, KLMN dördbucaqlısının diaqonallarından heç olmasa biri, ABCD paraleloqramının tərəfinə paraleldirsə, onda dördbucaqlının S(MNKL) sahəsi, paraleloqramın S(ABCD) sahəsinin yarısına bərabərdir (Şəkil, a). Fərz edək ki, LN diaqonalı AD-yə paralel deyil. L, M və N nöqtələrinin yerləşməsi vəziyyətini qeyd edək və S(MNKL) sahəsinin K nöqtəsinin BC tərəfi üzərindəki vəziyyətindən asılı olaraq necə dəyişdiyinə diqqət edək. LMN üçbucağının sahəsi dəyişmədiyindən, qeyd olunmuş LN oturacaqlı KLN üçbucağının sahəsi isə K nöqtəsindən LN düz xəttinə qədər məsafə ilə mütənasibdir. Onda aşkardır ki, K nöqtəsi B-dən C-yə hərəkət etdikdə KLMN 9

130 dördbucaqlısının sahəsi monoton dəyişəcəkdir: LC > BN olduqda artır, LC < BN olduqda isə azalır. Bizə məlumdur ki, KM AB olarsa onda S( KLMN ) = S( ABCD) ; Lakin S ( KLMN ) kəmiyyəti monoton dəyişdiyindən, onda K nöqtəsinin bütün başqa S vəziyyətlərində S ( KLMN ) ( ABCD) sahəsi -dən böyük və ya kiçik olar. Beləliklə, yalnız və yalnız LN AD və ya KM AB S( ABCD) olduqda S ( KLMN) =. Monotonluqdan istifadə etmədən, sadəcə nisbətini S ( KLMN ) S ( ABCD ) BC = AD = a, AB = CD = b, AM = x, BK = x, AN = y, DL = y (Şəkil, b) parçalarının uzunluqları ilə ifadə etməklə də, məsələni həll etmək olar: NB = b y, KC = a x, CL = b y, DM = a x olduğunu da nəzərə alsaq S( KLMN) x y + x( b y ) ( a x )( b y ) + ( a x ) y ( x x )( y y ) = = S( ABCD) ab ab ab Buradan görünür ki, yalnız x = x və ya y = y olduqda S( KLMN ) = olar. S( ABCD). Məsələni həndəsi və triqonometriyanın tətbiqi ilə həll etmək olar. Hər iki üsulu göstərək. ) Fərz edək ki, göstərilən parçalardan ən böyüyü MA-dır (Şəkil 4). M nöqtəsindən MD=MB parçasını ayıraq. AMB = ACB= 6 (hər iki bucaq eyni

131 AB qövsünə söykənir). Buradan alınır ki, BMD düzgün üçbucaqdır. Bundan sonra asanlıqla müəyyən etmək olar ki, Δ ABD = ΔBMC. Beləliklə MA=AD+DM=MC+MB. ) ABC üçbucağının tərəfini a, BAM = α ilə işarə edək. Sinuslar teoremini tətbiq etməklə göstərilən parçaları a və α ilə ( ) ( ) MC, asinα sin6 α ifadə edək: MB =, = a sin 6 + α MA = a. sin6 sin6 sin6 a acos MB + MC= [ sinα + sin6 ( α) ( α ) asin6 ( + α) ]= =. sin6 sin6 sin6 Alınmış son nəticəni MA ilə müqayisə etməklə məsələ də tələb ediləni alırıq. ) Baxılan məsələni Ptolomey teoreminin tətbiqi ilə də həll etmək olar. Bu teoremin riyazi ifadəsi belədir: MA BC= MB AC+ MC AB. Şərtə görə AB=BC=AC olduğundan MA=MB+MC.. Kvadratın diaqonalı üzərində B nöqtəsindən onun tərəfini AB=BD ayıraq (Şəkil 5). Bunu yalnız bir dəfə etmək mümkündür. Alınmış D nöqtəsindən kvadratın diaqonalına qaldırılmış perpendikulyar kvadratın tərəfini B nöqtəsində kəsir, B nöqtəsini B ilə birləşdirək. AB B və BB D üçbucaqları bərabərdir, çünki onlar düzbucaqlıdır, BB tərəfi ortaqdır və qurmaya görə BD =BA. Beləliklə, AB =D B. Düzbucaqlı B CD üçbucağında B CD = 45 (BC kvadratın diaqonalıdır), beləliklə CB D = 45, ona görə B D = DC. İsbat etdik ki, AB = BD = DC, buradan D C < CD. İndi CB diaqonalına C nöqtəsində perpendikulyar qaldıraq, onun üzərində CA = DB ayıraq və A nöqtəsini B ilə birləşdirək. A BD C dördbucaqlısı diaqonalı B C olan kvadratdır. Kvadratlar qurmaq prosesini davam etdirmək olar.

132 Bununla parçaların sonsuz ardıcıllığını alırıq: CD > CD > CD > CD4... > ; bu parçaların hər biri eyni bir kvadratın diaqonalı ilə tərəfi arasındakı fərqdir. Onların uzunluğu üçün ifadələri asanlıqla tapmaq olar: CD = CB AB, CD = CB A B,.... İndi fərz edək ki, başlanğıcdakı kvadratın diaqonalı ilə tərəfinin ortaq ölçüsü vardır, yəni elə l parçası uzunluq vahidi, vardır ki, diaqonal və BC tərəfində tam dəfə yerləşir. Başqa sözlə BC və AB parçalarının uzunluğu tam ədədlə ifadə olunur. Bu halda CD = CB AB və A CDB kvadratının AC AB = AB CD fərqlərinə bərabər olan B C diaqonalının uzunluğu tam ədədlə ifadə olunur. Beləliklə biz tam müsbət ədədlərin sonsuz CD > CD >... > CDk... >... > ardıcıllığını qurduq, baxmayaraq ki, bu sonsuz ola bilməz (burada CD ilə CD i parçalarının uzunluğu işarə edilmişdir). Alınmış ziddiyyət kvadratın diaqonalı ilə tərəfinin ortaq ölçüsünün olmadığını isbat edir.. Məsələnin həllində həndəsi çevirmələrdən istifadə edək. Əlbəttə bu məsələni, əlavə qurmalar aparmaqla və bir sıra konqruent üçbucaqlara baxmaqla, həndəsi çevirməni tətbiq etmədən də həll etmək olar. Lakin məsələdə düzgün fiqurlardan kvadratlardan söhbət getdiyindən onun həllində həndəsi çevirmələrin tətbiqini göstərmək maraqlıdır. Aşkardır ki, O nöqtəsi ətrafında 9 dönmə B nöqtəsini A nöqtəsinə, O nöqtəsi ətrafında 9 dönmə isə A nöqtəsini B nöqətisinə çevirir (Şəkil 6). Bu iki dönmənin ardıcıl aparılması (kompozisiyası) 8 dönməlidir, başqa sözlə hər hansı nöqtəyə nəzərən simmetriyadır. Bu iki dönmənin ardıcıl

133 aparılması nəticəsində B nöqtəsi B nöqtəsinə keçdiyindən baxdığımız dönmələrin kompozisiya B B parçasının orta nöqtəsi B-yə görə simmetriyadır. Digər tərəfdən məlumdur ki, bu iki dönmənin mərkəzi O və O nöqtələrindən keçən və uyğun olaraq O O düz xətti ilə 45 bucaq əmələ gətirən iki düz xəttin kəsişmə nöqtəsindədir. Deməli bu düz xətlər B nöqtəsində kəsişirlər və O BO düz bucağı B nöqtəsində olan bərabəryanlı düzbucaqlı üçbucaqdır. Analoji olaraq isbat edilir ki, C BO üçbucağı bərabəryanlı, C bucağı düz olan, düzbucaqlı üçbucaqdır. Bu iki üçbucağın birləşməsi O BOC kvadratını verir ki, bunu da isbat etmək lazım idi.. A A və A A parçalarının orta nöqtələrini uyğun olaraq B və B ilə işarə edək (Şəkil 7). Mərkəzi O və O nöqtələrində olan kvadratlara əvvəlki məsələnin nəticəsini tətbiq edərək alırıq ki, O BO üçbucağı B təpə bucağı düz olan bərabəryanlı üçbucaqdır. Beləliklə, B nöqtəsi ətrafında 9 dönmə A O parçasını O O parçasına çevirir bu isə )-in isbatıdır. B nöqtəsi ətrafında 9 dönmə O nöqtəsini A nöqtəsinə çevirdiyindən bu iki dönmənin ( B və B nöqtələri ətrafında) ardıcıl aparılması nəticəsində əvvəlki məsələdə olduğu kimi alırıq ki, B CB (burada C ilə A O parçasının ortası işarə edilir). C təpə bucağı 9 olan bərabəryanlı düzbucaqlı üçbucaqdır. Analoji olaraq alırıq ki, B CB (burada C nöqtəsi O O parçasının ortasıdır) C təpə bucağı 9 olan bərabəryanlı düzbucaqlı üçbucaqdır. Bu da )-nin isbatıdır. Alınmış kvadratın B B diaqonalı A A A üçbucağının orta

134 xəttidir və mərkəzi O nöqtəsində olan kvadratın A A tərəfindən dəfə kiçikdir. Buradan isə )-in isbatı alınır. 4. Düzbucaqlı ACB üçbucağında CL hündürlüyünü çəkək. (Şəkil 8). Aşkardır ki, Δ ACL = ΔEAM, Δ BCL = ΔFBN. Odur ki EM=AL, FN=BL, EM+FN=AL+LB=AB. 5. ABC üçbucağını paraleloqrama tamamlayaq. BP medianını isə onun diaqonalına çatdıraq (Şəkil 9). Fərz edək ki, ABC = α, onda DBF = 8 α. Lakin BCQ = 8 α, bu bucağın aralarında yerləşdiyi tərəflər də öz aralarında bərabərdir, odur ki, Δ DBF = ΔQCB. Beləliklə, BQ=BP=DF. 6. Fərz edək ki, o üçbucağın medianlarının kəsişmə nöqtəsi, AD mediandır (Şəkil ). l düz xəttinə BM, DL, CN, AK perpendikulyarları qaldıraq. Aşkardır ki, DL parçası BMNC BM + CN trapesiyasının orta xəttidir. Odur ki, DL = və DL DO Δ AKO~ ΔDLO, ona görə = = və AK = DL= BM + CN. AK OA 4

135 7. Məlumdur ki, üçbucağın tənbölənləri bir nöqtədə kəsişir. Bu bucağı yarıya bölən düz xətdir. Üçbucağın bucağını üç bərabər hissəyə bölən düz xətlər onun trisekstrisləri adlanır. Üçbucağın hər təpəsindən onun iki trisektrisini çəkmək olar. Tənbölənlər əvəzində trisekstristlərə baxaq və onların kəsişməsindən alınan XYZ üçbucağının düzgün üçbucaq olduğunu (Şəkil ) isbat edək. Həllin iki üsulunu göstəririk. I(həndəsi). ABC üçbucağının bucaqlarını α,β, γ ilə işarə edək (Şəkil ). α + β + γ = 8 olduğundan α + β + γ = 6, α + β = 6 γ. Fərz edək ki, AY və BX trisektristləri U nöqtəsində kəsişir. AZ və BZ düz xətləri AUB üçbucağının tənböləni olduğundan, ZU da bu üçbucağın tənbölənidir. Odur ki, AUZ = ZUB = AUB = ( 8 α β ) = 9 ( α + β ) = 9 ( 6 γ ) = + γ. İndi bir təpəsi Z nöqtəsində, X və Y təpələri isə uyğun olaraq BX və AY düz xətləri (aşağıda isbat edəcəyik ki, bunlar X və Y nöqtələrinin üzərinə düşür) üzərində olan bərabər tərəfli X Y Z üçbucağını quraq. Bunun üçün Z nöqtəsindən ZU ilə lik bucaq əmələ gətirən iki ZX və ZY şüalarını çəkək. Bu şüaların BX və AY ilə (başqa sözlə, BU və AU ilə kəsişmə nöqtələrini X və Y ilə işarə edək. Aşkardır ki, Δ ZXU = ΔZYU olduğundan (Şəkil ) (bu üçbucağın bərabər bucaqları və ortaq tərəfi vardır) ZX = ZY ; odur ki, Δ ZY X təpə bucağı 6 olan bərabəryanlı başqa sözlə, düzgün üçbucaqdır. Sonra AY və BX düz xətlərinə nəzərən Z nöqtəsi ilə simmterik nöqtələri P və Q ilə işarə edək. AY və BX düz xətləri ZAC və ZBC bucaqlarının tənbölənləri olduğundan P və Q nöqtələri ABC üçbucağının uyğun olaraq AC və BC tərəfləri üzərindədir. PY X və QX Y bucaqlarının qiymətlərini tapaq. ZX Y = 6 (düzgün üçbucağın bucağı) olduğundan B = X ZU + X UZ = + ( +γ ) ZX ( Δ ZX U - un xarici bucağı) və QXB = ZXB (bu bucaqlar BU düz xəttinə nəzərən simmetrikdirlər), 5

136 ( 6 + γ ) ( 6 + γ ) ( 6 + γ ) = 8 γ. QXY = 6 6 Eyni qayda ilə PY X = 8 γ bərabərliyi isbat edilir. Beləliklə, PY X = QXY ; bundan əlavə PY = Y Z = ZX = XQ (birinci iki parça AU düz xəttinə nəzərən, sonuncu iki parça isə BU düz xəttinə nəzərən simmetrikdirlər). Buradan alınır ki, PY X Q dördbucaqlısı bərabəryanlı trapesiyadır ( Y və X nöqtələrindəki bucaqlar 8 γ -ya, odur ki, P, Q təpələrindəki bucaqlar γ -ya bərabərdir). İndi PY X Q trapesiyasının xaricinə çevrə çəkək (şəkildə bu göstərilmir). Bu çevrənin PY, Y X, X Q vətərləri konqruyent olduğundan, bu vətərlərin söykəndiyi daxilə çəkilmiş bucaqlar da konqruyentdir; ona görə PQY = Y PX = XPQ = γ. Lakin PCQ = γ, Ona görə PY X Q trapesiyasının xaricinə çəkilmiş çevrə C nöqtəsindən də keçir. İndi bu çevrənin PY, Y X, X Q qöslərinin bərabərliyindən (bərabər vətərlərin gərdiyi) alınır ki, PCY = YCX = XCQ = γ, buradan isə ΔX YZ = ΔXYZ alınır. Bu isə baxılan teoremin isbatıdır (məsələnin həllidir). II (hesablama ilə). Yenə belə hesab edək ki, A = α, B = β, C = γ ; ABC üçbucağının tərəfləri uzunluğunu a, b, c onun xaricinə çəkilmiş çevrənin radiusunu isə d ilə işarə edək (Şəkil ). XYZ üçbucağının XY=z tərəfinin uzunluğunu tapmağa çalışaq. Bunun üçün hər şeydən əvvəl CX=m və CY=n parçalarını tapaq; bundan sonra teoermi tərəfləri ΔCXY -dən kosinuslar teoreminə görə XY-i tapmaq olar. m və n-i hesablamaq üçün isə sinuslar teremindən istifadə edirik. Bu AC = b, CY = n və bucaqları A = α, C = γ, Y = 8 ( α + γ ) = 8 ( 6 β ) = + β olan ΔAYC -yə tətbiq edib (burada yenə aşkar α + β + γ = 6 6

137 n b bərabərliyindən istifadə edirik). = və ya sinα sin( + β ) bsinα n = alırıq. Yenə sinuslar teoreminə görə ΔABC - sin( + β ) b dən = d və ya b = d sin B = d sin β. Odur ki, sin B d sinα sin β d sinα sin β n = =. Məlumdur ki, sin + β sin 6 β ( ) ( ) sinβ = sinβ 4sin β. Bu ifadəni belə çevirmək olar. sin = β β = β = sin 4sin 4sin sin β 4sin β = sin β 4 β ( sin 6 sin β ) = 4sinβ( sin6 + sinβ)( sin6 sin )= = 4sinβ β = 4 sin β sin( 6 + β ) sin( 6 β ). sin β -ın bu ifadəsini n = 4d sinα sin β sin( 6 α ) yazıb = 4d sinα sin β sin( 6 + α ) qaydada isbat edilir ki, m = 4d sinα sin β sin( 6 + α ) 7 -da yerinə n alırıq. Tamamilə analoji. İndi ΔCXY -dən kosinuslar teoreminə görə z = XY = m + n mncosγ = 6d sin α sin β [ sin ( 6 + α) + sin ( 6 + β) sin( 6 + α ) sin( 6 + β ) cosγ ] ( + α ) + ( 6 + β ) + γ =. Qeyd edək ki, + α + β + γ = + 6 = 8, 6 ( ) odur ki, bucaqları E = 6 + α, F = 6 + β və G = γ olan Δ EFG vardır (Şəkil 4). Fərz edək ki, bu üçbucağın xaricinə çəkilmiş çevrənin δ diametri -ə bərabərdir. Onda sinuslar teoreminə görə bu üçb

138 ucağın tərəfləri l = FG = sin( 6 + α ), = EG= sin6 ( + β) f, g = EF=sinγ olacaqdır. Həmin ΔEFG -yə kosinuslar teoremini tətbiq edib sin ( 6 + α ) + sin ( 6 + β ) sin( 6 + α ) sin( 6 + β ) cosγ = l + f lf cosγ = g = = sin γ alırıq. Beləliklə, z = 6d sin α sin β sin γ və ya z = 4sinα sin β sin γ. XZ və YZ parçalarının y, x uzunluqları z = 4sinα sin β sin γ ifadəsindən α, β, γ bucaqlarının dövrü əvəzlənməsi ilə alınır. α, β, γ bucaqları z-in ifadəsinə simmetrik daxil olduğundan x = y = z = 4d sinα sin β sin γ. Deməli, tərəfləri x,y,z olan Δ XYZ bərabərtərəflidir. 8. Fərz edək ki, MNPQ verilmiş dördbucaqlı, A onun diaqonallarının kəsişmə nöqtəsi, B, C isə uyğun olaraq MN, QP qarşı tərəflərinin orta nöqtələridir və A, B, C bir düz xətt = üzərindədir (Şəkil 5). a A M, b = A N işarə edək. Onda AP = k a (çünki A,M,P nöqtələri bir düz xətt üzərindədir), habelə AQ = l b. B nöqtəsi MN parçasının ortası olduğundan AB = AM + AN = a + b. Eləcə k l də AC = AP+ AQ = a + b. Şərtə görə A, B, C nöqtələri bir düz xətt üzərində yerləşirlər, ona görə də elə m ədədi vardır k l ki, AC = m AB, yəni m a + b = a + b. Burada a və b vektorlarının kollienar olmadığından alınır ki, m=k=l. 8

139 Nəhayət, MN = b a, PQ = l b k a = k b a, yəni PQ = k MN. Beləliklə, PQ MN, bu da o deməkdir ki, MNPQ dördbucaqlısı trapesiya və ya paraleloqramdır. 9. AB = a, ON = b işarə edək. Onda AC = AO+ OC = AO+ OM ; AO = AB OB = a b ; n + n + OM = ON AO = b a b = b a, başqa sözlə n n n + n n AC = a b + b a = a ; AC = AB. n n + n n + n + Buradan alınır ki, A, B, C nöqtələri bir düz xətt üzərində yerləşir.. Dördbucaqlını diaqonalı ilə iki üçbucağa ayıraq (Şəkil S ABCD = S ABC + S ADC. Məlumdur ki, 6). Onda ( ) ( ) ( ) S =, ab ( ABC) absin B a + b. Buradan a + b S( ABC) (). Analoji olar 4 c + d aq, S( ADC) (). ()və 4 () dən tələb olunan alınır. B = D = 9 və a = b = c = d və ya ABCD kvadrat olarsa, onda şərtdə verilən münasibət bərabərliyə çevrilir.. Şərtin sxematik yazılışı (Şəkil 7) Verilir: p = AB + BC + AC, α və β. Bu verilənlərə görə ABC üçbucağını qurmaq lazımdır. Həllin ənənəvi sxemini göstərək. 9

140 I. Analiz. Fərz edək ki, məsələ həll edilmişdir və A BC axtarılan üçbucaqdır (Şəkil 8). Məsələnin şərtində perimetr verilir. İki bucağı ( A və C) 8 -yə qədər açmaqla bu üçbucağın perimetrini quraq. MN parçası ( MN = MA + AC + CN ) Δ A BC -in perimetridir. MN parçasının uclarını B nöqtəsi ilə birləşdirib ΔMB N -i və iki bərabəryanlı MB A və C B N üçbucaqlarını alırıq ( MA = A B və C B = CN ). B AC və AC B uyğun olaraq Δ MB A və ΔB C N -in xarici bucaqları olduğundan köməkçi MB N üçbucağında oturacağa bitişik bucaqları M = MB A = B AC və N = NBC = A CB - dir. Beləliklə ΔMB N -da bir tərəf (MN=p) və ona bitişik iki bucaq ( M = B A C və N = A CB ) məlumdur. B eyni zamanda axtarılan üçbucağın təpə nöqtəsidir. MA B və NC B üçbucaqlarında uyğun olaraq A və C təpələrindən hündürlüklər çəksək onlar eyni zamanda bu üçbucaqların axtarılan üçbucağın digər iki təpəsini ( A və C ) üzərində saxlayan, medianları olacaqdır. Odur ki, axtarılan üçbucağın həmin iki təpə nöqtələrini qurmaq üçün: ) köməkçi üçbucaqların hər birinin yan tərəflərinin ortasından axtarılan üçbucağın perimetrinə bərabər üçüncü tərəfi kəsənə qədər perpendikulyarlar qaldırmaq; ) həmin perpendikulyarların perimetrlə kəsişmə 4

141 nöqtələrini B nöqtəsi ilə birləşdirmək lazımdır. Aparılan analizdən qurmanın yolu görünür. Buradan axtarılan fiqurun qurulması planı alınır. ) İxtiyari düz xətt üzərində verilmiş perimetrə bərabər parça qurmaq; ) bu parçanı üçbucağın tərəfi qəbul edərək onun uclarında eyni yarımmüstəvidə verilmiş bucaqlara bərabər bucaqlar qurmalı; ) bu bucaqların hər birinin tənbölənlərini qurub onları kəsişənə qədər uzadırıq. 4) Tənbölənlərin kəsişmə nöqtəsi axtarılan üçbucağın təpələrindən biri olacaqdır. 5) Köməkçi üçbucaqların hər birinin yan tərəflərinin ortasından perpendikulyarlar qaldırıb axtarılan üçbucağın perimetrinə bərabər olan üçüncü tərəfi kəsənə qədər uzadırıq: 6) Alınmış kəsişmə nöqtələrini köməkçi üçbucağın təpə nöqtəsi ilə birləşdirməli; onda axtarılan üçbucaq alınır. II. Qurma: Məsələnin həllinin bu mərhələsi )-6) bəndlərindən ibarət plan əsasında aparılır (Şəkil 9). III. İsbat. ABC axtarılan üçbucaqdır (Şəkil 9). Doğrudan da: ) A A + AC + CC = p (qurmaya görə). Lakin, A A = AB, C C = BC (proyeksiyaları bərabər olan maillər olduğundan). Beləliklə, AB+BC+AC=p; ) A BA və BCC üçbucaqlarında xarici bucaqlar olduğundan BAC= BAA + A BA, ACB = CCB + CBC. Lakin, BA A = A BA = A, CC B = CBC = C (qurmaya görə), odur ki, BAC = α, ACB = β. ) Beləliklə, ABC məsələnin şərtini ödəyən üçbucaqdır. IV. Araşdırma. ) A + C < 8 olduqda məsələnin həlli vardır, qurmanın aparılmasının bütün mərhələlərində bu məhdudluq yerinə yetirilmişdir. ) göstərilən məhdudlaşdırma olmaqla məsələnin həmişə yeganə həlli vardır, bu isə həllin analizi prosesindən alınır: bir tərəfi (p) və iki bucağına A və 4

142 C görə yeganə köməkçi üçbucaq qurmaq olar; bu üçbucağın yan tərəflərinin hər birinin yalnız bir ortaq nöqtəsi vardır; yan tərəflərin hər birinin ortalarından yalnız bir perpendikulyar qaldırmaq olar, bunlar isə üçbucağın üçüncü tərəfini yalnız iki nöqtədə kəsə bilər; bu iki nöqtə birinci təpə nöqtəsi ilə birlikdə yeganə üçbucağı təyin edir.. Uzunluğu a olan BC parçasını quraq. ABC üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrənin O mərkəzi radiusları R və mərkəzləri B, C nöqtələrində olan iki çevrənin kəsişmə nöqtələridir. Bu kəsişmə nöqtələrindən birini mərkəz götürməklə ABC üçbucağının xaricinə çevrə çəkirik. Axtarılan üçbucağın A təpə nöqtəsi bu çevrə ilə BC tərəfinə, ha -ya bərabər məsafədə, paralel çəkilmiş düz xəttin kəsişməsidir (Belə düz xətt ikidir).. BC və AC tərəfləri üzərində uyğun olaraq BA : AC = : və AB : BC = : olmaqla A və B nöqtələrini quraq. Fərz edək ki, X nöqtəsi ABC üçbucağının daxilində yerləşir. Aşkardır ki, yalnız və yalnız X nöqtəsi BB S ABX : S BCX = : və yalnız parçası üzərində yerləşdikdə ( ) ( ) və yalnız X nöqtəsi AA parçası üzərində yerləşdikdə S ( ABX ): S( ACX ) = :. Odur ki, axtarılan M nöqtəsi AA və BB parçalarının kəsişmə nöqtəsidir. 4. Analiz. Fərz edək ki, məsələ həll edilmiş və tələb olunan ABC üçbucağı qurulmuşdur (Şəkil ). Burada BC = a oturacağı məlumdur. AC AB = m fərqini şəkilə daxil etmək üçün AC tərəfi üzərində AD=AB ayıraq, onda DC=m alarıq. Digər tərəfdən DBC = α olar. Doğrudan da DBC= ABC ABD= ABC ADB= ABC ( DBC+ DCB)= ABC DBC DCB ; deməli, 4

143 DBC= ABC DCB və ya DBC = ( ABC ACB) = α. Beləliklə, ΔBDC -də iki tərəf ( BC = a, DC = m ) və bir bucaq α DBC = məlumdur, odur ki, onu qurmaq olar. Bu üçbucağı qurduqdan sonra ΔABC -ni asanlıqla qura bilərik. α Qurma. DBC = qurub, onun BC tərəfi üzərində BC = a parçasını ayıraq. Sonra mərkəzi C nöqtəsində və radiusu CD = m olan qövslə həmin bucağın BD tərəfini D nöqtəsində kəsir və C nöqtəsi ilə D nöqtəsini birləşdiririk. Sonra alınmış BDC üçbucağının BD tərəfinin E orta nöqtəsində bu tərəfə perpendikulyar çəkirik və onu üçbucağın CD tərəfinin uzantısı ilə A nöqtəsində kəsişənə qədər uzadırıq. A və B nöqtələrini birləşdirib tələb olunan ΔABC -ni alırıq. İsbat : ABC üçbucağında qurmaya görə BC = a və AC AB = AC AD = = DC = m -dir. Digər tərəfdən ABC ACB = ( ABD + DBC) ( ADB DBC) = = DBC, deməli Δ ABC tələb olunandır. Araşdırma: < α < 8 və a > m (üçbucağın bir tərəfi qalan iki tərəfin fərqindən böyükdür) olduqda məsələnin yeganə həlli vardır. 5. Fərz edək ki, o verilmiş çevrənin mərkəzi, AB verilmiş P nöqtəsindən keçən vətər, M isə bu vətərin orta nöqtəsidir. Aşkardır ki, AP BP = PM PMO = 9 olduğundan M nöqtəsi diametri OP olan çevrənin üzərindədir. OP parçasını a diametr götürməklə S çevrəsini quraq. Sonra PM = olmaqla S çevrəsinin PM vətərini qururuq (belə vətər ikidir). Bu vətər PM düz xəttilə verilir. 6. S çevrəsinin radiusunu R, mərkəzini O ilə işarə edək. Fərz edək ki, S çevrəsi A nöqtəsindən keçən l düz xəttindən PQ vətərini ayırır; PQ vətərinin ortası M nöqtəsi olsun. Onda 4

144 OM = OQ MQ = R d. Deməli axtarılan düz xətt A 4 nöqtəsindən keçir və radiusu R d, mərkəzi O nöqtəsində 4 olan çevrəyə toxunur. 7. A nöqtəsini koordinat başlanğıcı, OX oxunun istiqaməti AB şüası üzrə olmaqla koordinat sistemi daxil edək. M nöqtəsinin koordinatları ( x; y) olsun. Onda BM ( x a) + y 44 AM = x + y və =, burada a = AB. Odur ki, AM BM = ax a. AM BM = k və ya k = ax a olan nöqtələr çoxluğu a + k, y nöqtələrindən ibarətdir, a burada y ixtiyari götürülür. Beləliklə, axtarılan həndəsi yer a + k (çoxluq) AB parçasına perpendikulyar olan x = düz a xəttidir. 8. Bu hipotenuza çəkilmiş hündürlüyün oturacağıdır. Düzbucaqlı ABC üçbucağının hipotenuzu üzərindəki hər bir M nöqtəsi üçün MK + MQ = QK = MC (Şəkil ). MC-in uzunluğu ən kiçik, yəni hündürlük, olduqda axtarılan minimum alınır. 9. Fərz edək ki, A və B verilmiş nöqtələrdir (Şəkil ). Bu nöqtələr üçbucağın oturacağı diametr olmaqla qurulmuş çevrə üzərindədir. Çevrənin mərkəzi isə (bununla birlikdə üçbucağın AB oturacağı) A B parçasının orta perpendikulyarı ilə verilmiş l düz xəttinin kəsişmə nöqtəsindədir. Beləliklə üçbucağın iki təpə nöqtəsi

145 (A və B) məlumdur. Üçüncü təpə nöqtəsini tapmaq üçün AB və BA düz xətlərini çəkib onların C kəsişmə nöqtəsini tapmaq lazımdır.. Fərz edək ki, A nöqtəsi (üçbucağın təpəsi), H ortasentr, A - qarşı tərəfin orta nöqtəsi verilir (Şəkil ). Üçbucağın A təpəsindən çəkilmiş hündürlüyü AH düz xətti, onun xaricinə çəkilmiş çevrənin O mərkəzi isə A nöqtəsindən keçən və AH düz xəttinə paralel olan l düz xətti üzərindədir. Üçbucağın BC tərəfi l düz xəttinə perpendikulyar olan və A nöqtəsindən keçən m düz xətti üzərindədir. Onu da qeyd edək ki, ABC üçbucağının BC tərəfinə nəzərən H ortasentrinə simmetrik H / nöqtəsi bu üçbucağın xaricinə çəkilmiş çevrə üzərindədir (Bu hökmü əsaslandırmaq lazımdır). Bütün deyilənlərdən alınır ki, üçbucağın qurulmasını belə yerinə yetirmək olar: ) AH, l və m düz xətlərini qururuq; ) A H parçasının orta perpendikulyarı və l düz xəttinin kəsişmə nöqtəsi kimi xaricə çəkilmiş çevrənin O mərkəzini tapırıq. ) Mərkəzi O nöqtəsində, radiusu AO olan çevrə qururuq. Bu çevrənin m düz xətti ilə kəsişdiyi B və C nöqtələri ABC üçbucağının qalan iki təpə nöqtələridir.. Düzgün eyni adlı çoxbucaqlıdan parket yığmağın mümkün olması üçün onun daxili bucağının bir neçə dəfə təkrari nəticəsində tam bucaq, yəni 6 alınmalıdır. Düzgün n bucaqlının hər bir daxili bucağı ( ) ( n ) 45 8 ( n ) n olduğundan 8 6 : natural ədəd olmalıdır. Bu şərtdən istifadə n edərək n-in hansı qiymətlər ala biləcəyini təyin edək. 6n n 4 = = + = + k, burada 8 n n n k 4 = n,

146 4 k ( n ) = 4, n = +. < k < 4 olduğunudan, həm də k tam k ədəddir, odur ki, n-in tam olması üçün k yalnız 4 ədədinin bölənləri (; ; 4) ola bilər. Bu da n üçün 6; 4; qiymətlərini verir. Beləliklə, tələb olunan çoxbucaqlı yalnız düzgün üçbucaq, kvadrat və düzgün altıbucaqlı ola bilər. Göstərək ki, bu həmdə kafidir, yəni həqiqətən göstərilən çoxbucaqlı növlərindən parket yığmaq olar. Bir-birindən eyni məsafədə yerləşən paralel düz xətlər sistemini belə paralel düz xətlər sistemi ilə düz bucaq altında kəsdikdə kvadratlardan parket yığımı alınır. Biri-birindən eyni məsafədə yerləşən paralel düz xətlər sistemini belə düz xətlər sistemi ilə 6 -lik bucaq altında kəsdikdə alınan eyni rombların kiçik diaqonalını çəkməklə üçbucaqlardan ibarət parket alırıq. Üçbucaqlardan ibarət parketdən müvafiq şəkildə altı üçbucağı birləşdirməklə altıbucaqlılardan ibarət parket alarıq.. AB vətəri çevrəni iki c və c qövslərinə bölür (Şəkil 4). c qövsü üzərində götürülmüş M nöqtəsi üçün N nöqtələrinin həndəsi yeri, ucları A, B nöqtələrində olan AB vətərindən c -in yerləşdiyi tərəfdəki digər çevrə qövsü olacaqdır. Bu qövsün daxilinə çəkilmiş AB vətərinin uclarına söykənmiş bucaq c qövsünün daxilinə çəkilmiş analoji bucaqdan iki dəfə kiçikdir. c qövsü üzərində götürülmüş M nöqtəsi üçün axtarılan nöqtələrin həndəsi yeri ucları A, B nöqtələrində olan AB vətərindən c -in yerləşdiyi tərəfdəki digər çevrə qövsüdür. Bu qövsün daxilinə çəkilmiş AB vətərinin uclarına söykənən bucaq c qövsünün daxilinə çəkilmiş analoji bucaqdan iki dəfə kiçikdir. 46

147 . Analiz. Fərz edək ki, məsələ həll olunmuşdur; tutaq ki, AmB seqmentində α bucağı yerləşir, yəni bu seqment daxilinə çəkilmiş hər hansı ACB bucağı α -ya bərabərdir (Şəkil 5). Çevrəyə A nöqtəsində toxunan yardımçı AE düz xəttini çəkək. Onda toxunan ilə vətərin əmələ gətirdiyi BAE bucağı daxilə çəkilmiş ACB bucağına bərabər olacaqdır, çünki həmin bucaqların hər biri AnB qövsünün yarısı ilə ölçülür. İndi çevrənin mərkəzinin (O nöqtəsi), AB düz xəttinin ortasından qaldırılmış DO perpendikulyarı və eyni zamanda AE toxunanına toxunma nöqtəsində qaldırılmış AO perpendikulyarı üzərində olduğuna diqqət edək. Buradan qurmanın üsulu alınır. Qurma. AB parçasının ucunda α bucağına bərabər BAE bucağını quraq; AB-in ortasından DO perpendikulyarını çəkib, A nöqtəsindən AE düz xəttinə perpendikulyar qaldıraq. Bu iki perpendikulyarın kəsişdiyi O nöqtəsini mərkəz götürüb, AO radiusu ilə çevrə çəkək. İsbatı: AmB seqmenti daxilinə çəkilmiş hər hansı bucaq AnB qövsünün yarısı ilə və BAE=α bucağı da həmin qövsün yarısı ilə ölçüldüyünə görə, AmB tələb olunan seqmentdir. Qeyd edək ki, 5-ci şəkildə seqment, AB parçasından yuxarıda qurulmuşdur. Bu seqment AB parçasının o biri tərəfində də qurula bilər. Deməli, verilmiş AB parçasının verilən α bucağı altında göründüyü nöqtələrin həndəsi yeri iki seqment qövsündən əmələ gəlir, bunlardan hər birində α bucağı yerləşir və biri AB parçasının bir tərəfində, o biri isə həmin parçanın digər tərfində olur. Bu məsələnin ilə əlaqəsinə də diqqət vermək lazımdır. 4. M nöqtəsini çevrələrin düz xətlə toxunma nöqtələri A və B ilə birləşdirək və çevrələrin MN ortaq toxunanını çəkək (Şəkil 6), burada N ilə MN və AB düz xətlərinin kəsişmə nöqtələri göstərilmişdir. 47

148 AMB üçbucağında AN, NM və NB parçaları, eyni bir N nöqtəsindən çevrələrə çəkilmiş toxunanlar kimi, bərabər olduğundan N nöqtəsi AMB üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzidir. Beləliklə məsələnin şərtini ödəyən ixtiyari iki çevrə üçün M nöqtəsi radiusu NM və mərkəzi N olan çevrə üzərində yerləşir. Asanlıqla isbat etmək olar ki, bu hökmün tərsi də doğrudur, belə ki, radiusu AB və mərkəzi N nöqtəsində olan çevrənin A, B-dən fərqli ixtiyari M nöqtəsi, düz xəttə uyğun olaraq A və B nöqtələrində toxunan hər hansı iki çevrənin toxunma nöqtəsidir. Beləliklə, axtarılan həndəsi yer radiusu AB və mərkəzi AB parçasının N orta nöqtəsində olan, A, B nöqtələri müstəsna olmaqla, çevrədir. 5. Fərz edək ki, ABCDEF verilmiş altıbucaqlı və O dairənin mərkəzidir (Şəkil 7). AD, BE, CF və AE çəkək. M nöqtəsi OF radiusunu yarıya bölür. Bu aşkardır. BM çəkək. BM C və M M O üçbucaqlarının oxşarlığından alınır ki, M nöqtəsi OA radiusunu : nisbətində bölür. Beləliklə OM = R. İndi CM çəkək. Alınmış M nöqtəsi elədir ki, OM = R. 4 Bu CM D və M M O üçbucaqlarının oxşarlığından alınır. M və D nöqtələrini birləşdirib elə M 4 nöqtəsi alırıq ki, OM 4 = R və s a) Verilmiş A və B nöqtələri verilmiş CD düz xətti üzərindədirsə, onda AB parçası üzərindəki ixtiyari M nöqtəsi tələb edilən nöqtədir. b) A nöqtəsi CD düz xətti üzərində, B nöqtəsi isə bu düz xəttin xaricində olarsa (Şəkil 8) onda A axtarılan nöqtədir. 48

149 Doğrudan da, CD düz xəttinin A-dan fərqli ixtiyari M nöqtəsi üçün AM+MB>AB bərabərsizliyi ödənilir. c) A və B nöqtələri CD düz xəttindən müxtəlif tərəflərdədirsə (Şəkil 9) onda AB və CD düz xətlərinin M kəsişmə nöqtəsi axtarılandır. Doğrudan da, CD düz xəttinin ixtiyari başqa N nöqtəsi üçün AN+NB>AB=AM+MB. d ) A və B nöq tələri CD düz xəttindən eyni tərəfdədirsə (Şəkil 4), onda CD düz xəttinə nəzərən A nöqtəsilə simmetrik A nöqtəsini qurub, A B və CD düz xətlərinin kəsişmə nöqtəsi kimi axtarılan M nöqtəsini tapırıq. Aşkardır ki, CD düz xəttinin ixtiyari başqa N nöqtəsi üçün NA+NB=NA +NB>A B=A M+MB= =MA+MB münasibətləri doğrudur. 7. Fərz edək ki, AB C üçbucağının B, C təpələri uyğun olaraq MON bucağının ON, OM tərəfləri üzərində, üçüncüsü isə verilmiş A nöqtəsindədir (Şəkil 4). A nöqtəsi ilə uyğun olaraq ON və OM-ə nəzərən simmetrik A və A nöqtələrini quraq və A i ilə B -i sonra isə A və C -i birləşdirək. AB C üçbucağının perimetri A B C A sınıq xəttinin perimetrinə bərabərdir, bu isə A A parçasından böyükdür. Buradan alınır ki, baxılan növ üçbucaqlardan perimetri ən kiçik olanı təpələri A, B və C nöqtələrində olandır, burada B və C nöqtələri A A düz xəttinin uyğun olaraq ON və OM düz xətləri ilə kəsişmə nöqtələridir. 49

150 8. Analiz. Fərz edək ki, MN düz xətti üzərində tələb edilən C nöqtəsi qurulmuşdur. Bu nöqtəni A və B ilə birləşdirək (Şəkil 4). Onda ACM = BCN olar. AC düz xəttini C nöqtələrindən öz istiqamətində uzadaq və bu uzantı üzərində ixtiyari K nöqtəsi qeyd edək, sonra MN düz xəttinə nəzərən B nöqtəsinə simmetrik olan B / nöqtəsini quraq və B / ilə C nöqtəsini birləşdirək. Onda BCN = B CN (oxa nəzərən simmetrik olan iki düz xəttin kəsişmə nöqtəsi OX üzərindədir və OX, həmin düz xətlərin arasındakı bucağın tənbölənidir) və ACM = NCK olar. Verilən şərti burada nəzərə alsaq KCN = BCN. Deməli, B C düz xətti KCN bucağının tənbölənidir. İndi mərkəzi B nöqtəsində və radiusu B D olan çevrə quraq (D ilə B B ilə MN düz xəttinin kəsişmə nöqtəsi işarə edilmişdir). Onda MN və AK düz xətləri bu çevrənin toxunanları olacaqdır, C nöqtəsi isə AK toxunanı ilə MN düz xəttinin kəsişmə nöqtəsidir. Qurma: Əvvəlcə MN düz xəttinə nəzərən B nöqtəsinə simmetrik olan B / nöqtəsini, sonra (B /, B / D) çevrəsini quraq. Bundan sonra isə A nöqtəsindən qurduğumuz çevrəyə AK toxunanı çəkək. AK toxunanı ilə MN düz xəttinin C kəsişmə nöqtəsi tələb olunan nöqtədir. A nöqtəsindən (B /, B / D) çevrəsinə AK və AK / kimi iki toxunan çəkmək mümkün olduğundan məsələnin həmişə iki həlli (C və C / nöqtələri) vardır. 9. ABC axtarılan üçbucaq olsun (Şəkil 4). Yan tərəflərin cəmini nəzərə almaq üçün BA-nı uzadaq və və BM=m ayıraq. MC parçasını çəkərək köməkçi BMC üçbucağını alırıq. Bu üçbucağı qurduqdan sonra, axtarılan ABC üçbucağını asanlıqla qura bilərik. BMC üçbucağını qurmaq, M nöqtəsinin tapılmasına gətirilir. AMC üçbucağı bərabəryanlıdır (AM=AC), deməli 5

151 M = BAC ; M nöqtəsinin aşağıdakı iki şərti ödəməsinin lazım gəldiyini görürük: ) bu nöqtə B-dən m məsafədədir, ) α verilmiş BC parçası bu nöqtədən -yə bərabər bucaq altında görünür (Məsələ ). İiknci şərti ataraq, mərkəzi B nöqtəsində olan və m radiusu ilə çəkilən çevrə üzərində sonsuz sayda M nöqtələri alırıq. Birinci şərti α ataraq, BC üzərində qurulmuş və -yə bərabər olan bucağın yerləşdiyi seqmentin qövsü üzərində də sonsuz sayda M nöqtələri alırıq. Beləliklə, M nöqtəsinin tapılması iki həndəsi yerin qurulmasından iabərt olur və bunların hər birini qurmaq mümkündür. Bu həndəsi yerlərin ortaq nöqtələri olmazsa, məsələ də mümkün olmaz; bu həndəsi yerlərin toxunma və ya kəsişməsindən asılı olaraq məsələnin bir və ya iki həlli ola bilər. Şəkildə məsələnin şərtlərini ödəyən iki ABC və A BC üçbucağı alınır. Bəzən məsələ, nöqtələrin təyini deyil, bir neçə şərti ödəyən düz xəttin tapılmasından ibarət olur. Şərtlərdən birini atsaq, sonsuz sayda düz xətlər alırıq; onda bu düz xətlərin bir xətti təyin etmələri halı da ola bilər (məsələn, bu düz xətlərin hamısı bir çevrənin toxunanları olar). Başqa bir şərti atıb, əvvəlki atılan şərti nəzərə aldıqda, təkrar olaraq sonsuz sayda düz xətt alınır və bunlar ola bilsin ki, başqa bir xətti təyin edirlər. Mümkün olarsa, bu iki xətt qurulur, bundan sonra axtarılan xətt asanlıqla tapılır. Sonrakı məsələ bu baxımdan maraqlıdır. 4. Şərtlərdən yalnız birini, məsələn kəsənin O çevrəsi daxilindəki hissənin a -ya bərabər ola bilməsi şərtini götürsək, onda bu çevrənin mərkəzindən eyni məsafədə olan sonsuz sayda kəsənlər alarıq (çünki bərabər vətərlər mərkəzdən eyni uzaqlıqda olur). Ona görə, O çevrəsi daxilində a -ya bərabər bir vətər 5

152 qurub, sonra bu vətərlə mərkəz arasındakı məsafəyə bərabər radiusla O çevrəsi ilə konsentrik çevrə çəksək, bütün kəsənlər, bu köməkçi çevrəyə toxunmalıdır; eyni qayda ilə, nəzərdə yalnız ikinci şərti tutsaq, axtarılan kəsənin O ilə konsentrik olan ikinci köməkçi çevrəyə toxunduğunu görərik. Deməli məsələ hər iki çevrəyə ortaq toxunanın qurulmasından ibarətdir. 4. a) Fərz edək ki, verilmiş A, B, C nöqtələri bir düz xətt üzərində yerləşmir (Şəkil 44). Belə hesab edək ki, məsələ həll edilmişdir və AD, BF, EC tələb olunan düz xətlərdir. BF düz xətti AD və CE düz xətləri arasındakı məsafəni yarıya bölməli olduğundan o, AC parçasının F orta nöqtəsindən keçməlidir. Buradan alınır ki, düz xətlərdən birini ABC üçbucağının BF medianı üzrə çəkmək, digər ikisini isə A və C nöqtələrindən ona paralel keçirmək lazımdır. Bu halda məsələnin üç həlli (üç median çəkmək olar) vardır. b) Nöqtələr bir düz xətt üzərindədirsə və onlardan ikisi üçüncüyə nəzərən simmetrikdirsə, onda bu nöqtələrdən keçən ixtiyari paralel düz xətlər tələb olunandır. Qonşu nöqtələr arasındakı məsafələr bərabər deyildirsə, onda məsələnin həlli yoxdur. 4. Fərz edək ki, AB çevrənin diametri O isə onun mərkəzidir (Şəkil 45). AC AB çəkək və AC=AB ayıraq. C və O nöqtələrini birləşdirək. CO-un çevrə ilə kəsişmə nöqtəsi D olarsa, onda D nöqtəsində çevrəyə toxunan MD düz xətti AB diametrinin uzantısını axtarılan M nöqtəsində kəsəcəkdir. Doğrudan da OA=OD və AOD ortaq olduğundan Δ OCA = ΔOMD. Buradan isə OM=OC=AB alınır. 4. Axtarılan çevrələr D, E,F toxunma nöqtələri ilə üçbucağın tərəflərini AD=AF, BD=BE, CE=CF parçalarını 5

153 ayırmalıdır (Şəkil 46). Bir nöqtədən çevrəyə çəkilmiş toxunanlar bərabər olmasından belə nəticyə gəlirik ki, D, E, F nöqtələri üçbucağın daxilinə çəkilmiş çevrənin bu üçbucağın tərəflərinə toxunma nöqtələridir. Buradan aydındır ki, ABC üçbucağının daxilinə çevrə çəkməklə məsələ asanlıqla həll edilir. Göründüyü kimi tələb olunan çevrələri qurmaq üçün onların radiuslarını bilmək lazımdır. Mərkəzləri üçbucağın A, B və C təpələrində olan çevrələrin radiuslarını uyğun olaraq x,y və z ilə işarə edək. Onda şəkilə əsasən x + y = c, y + z = a, x + z = b olar (üçbucaq verildiyindən onun a, b,c tərəfləri məlum hesab edilir). Bu b+ c a a+ c b a + b c tənliklərdən isə x =, y = və z = alırıq. Bunlar isə qurulması tələb edilən çevrələrin radiuslarıdır. Mərkəzləri və radiusları məlum çevrələri qurmaqla məsələni həll etmiş oluruq. Üçbucağın tərəfləri arasındakı asılılığa görə b + c > a ; a + c > b ; a + b > c olduğu üçün x,y və z parçalarının qurulması həmişə mümkündür. Məsələnin yalnız bir həlli vardır. 44. c=ab hipotenuzuna, h b = BD katetinə görə düzbucaqlı ABD üçbucağını quraq (Şəkil 47). BM AD çəkək və radiusu AM = ma və mərkəzi A nöqtəsində olan çevrə qövsü ilə BM parçasını ayıraq. Tapılmış M nöqtəsindən CM AB çəkək və CM ilə AD düz xəttinin kəsişmə nöqtəsi C olduğunu qeyd edək. C nöqtəsi axtarılan ABC üçbucağının üçüncü təpə nöqtəsi olacaqdır. m a = h b və ya m a = c olarsa həll yeganədir. m a > hb, lakin m a c isə məsələnin iki həlli vardır. m a < hb və ya h b c isə onda məsələnin həlli yoxdur. 5

154 45. Məsələnin həlli İtibucaqlı üçbucağın hündürlüklərinin oturacaqlarını birləşdirən düz xətlər, tənbölənləri verilən üçbucağın hündürlükləri olan üçbucaq əmələ gətirir teoreminə əsaslanır. Odur ki, əvvəlcə bu teoremi isbat etmək lazımdır. Fərz edək ki, AD, BE və CF itibucaqlı ABC üçbucağının hündürlükləridir (Şəkil 48). İsbat etmək lazımdır ki, AD, BE və CF parçaları DEF üçbucağının tənbölənləridir. Məsələn, isbat edək ki, EDA = ADF. AFC = ADC = 9 olduğundan AFDC dördbucaqlısının xaricinə çevrə çəkmək olar. Eyni bir AF qövsünə söykəndiyindən ADF = ACF. Eyni qayda ilə isbat edirik ki, EDA = EBA. Lakin düzbucaqlı ABE və ACF üçbucaqlarından alırıq ki, ABE = 9 BAC = ACF. Beləliklə EDA = ADF. Deməli AD parçası EDF bucağının tənbölənidir. Analoji olaraq digər iki bucağın tənbölənləri müəyyən edilir. Məsələnin həllinə gəldikdə demək lazımdı, təpələri verilmiş nöqtələrdə olan üçbucağın daxili bucaqlarının tənbölənlərini çəkək. Bu üçbucağın hər bir təpəsindən bu bucaqların tənbölənlərinə perpendikuylar düz xətlər çəkək. Bu qayda ilə qurulmuş düz xətlərin əmələ gətirdiyi üçbucaq isbat etdiyimiz teoremə görə tələb olunan üçbucaqdır. 46. Kiçik çevrənin OA radiusunun uzantısı üzərində AB=OA parçasını ayıraq. (Şəkil 49). AB parçası diametr olmaqla çevrə çəkək və bu çevrənin böyük çevrə ilə kəsişmə nöqtəsini C ilə işarə edək. CA axtarılan kəsəndir. Doğrudan da O CA və OAD üçbucaqlarının oxşarlığından görünür ki, AC = AD və bərabər OCA, OED üçbucaqlarından AC=ED 54

155 alınır. Beləliklə, CE=CA+AD+DE=AC+AC+CA=4CA, AD=CA, onda CE=AD. Böyük çevrənin radiusu kiçik çevrənin diametrindən böyük olduqda məsələnin həlli yoxdur. 47. Verilmiş M nöqtəsindən və verilmiş AOB bucağının O təpəsindən keçən OM düz xəttini çəkək (Şəkil 5). Bucağın OB tərəfi üzərində ixtiyari K nöqtəsi qeyd edib və ondan OA-ya KL perpendikulyarı endirib, sonra mərkəzi K nöqtəsində və radiusu KL olan çevrə qövsü ilə OM düz xəttini N nöqtəsində kəsək. İndi M nöqtəsindən bucağın OB tərəfini P nöqtəsində kəsən MP NK çəksək onda P axtarılan nöqtə olacaqdır. Doğrudan da, PR OA çəkdikdə görürük ki, OP PR PM = =, buradan isə OK KL KN KL=KN olduğundan PR=PM alırıq. Həmin tərəf üzərində məsələnin şərtini ödəyən daha bir nöqtə vardır. Bu M nöqtəsindən KN -ə paralel çəkilmiş düz xəttin OB ilə kəsişmə nöqtəsidir. Bucaq düz və ya kor olduqda P nöqtəsi belə tapılır: AOB bucağının O təpə nöqtəsi ilə M nöqtəsi OM parçası ilə birləşdirilir və OM parçasının L orta nöqtəsindən PL OM çəkirik. (Şəkil 5). OB və PL düz xətlərinin P kəsişmə nöqtəsi axtarılan nöqtədir. Düz bucaq halında belə nöqtə OB tərəfi üzərində yeganədir. Bucaq kor olduqda OB tərəfi üzərində belə nöqtə ya bir dənədir yaxud yoxdur. Aşkardır ki, bu sonuncu OX OB olmaqla M nöqtəsi AOX bucağının daxilində və ya onun sərhədlərində olduqda mümkündür. Qeyd. P nöqtəsindən OA şüasına qədər məsafə OA düz xəttinə perpendikulyar PK parçasının uzunluğu deyil OP parçasının 55

156 uzunluğudur. PK-ın uzunluğu OA şüasına qədər məsafə deyil. OA düz xəttinə qədər məsafədir. 48. Seqmentin oturacağı olan AB vətərinə perpendikulyar OD radiusunu çəkək (Şəkil 5) OD və AB-in kəsişmə nöqtəsi C olsun. MN tərəfi AB-in üzərində olan OD-yə nəzərən simmetrik ixtiyari MNPQ kvadratını quraq. Seqmentin qövsünü uyğun olaraq S və R nöqtələrində kəsən CQ və CP düx xətlərini çəkək. S və R nöqtələrindən AB-yə perpendikulyar endirək və onların oturacaqlarını T, L ilə işarə edək. S,R,L və T nöqtələri axtarılan kvadratın təpələri olacaqdır. Aşağıdakı üç cüt oxşar üçbucaqlara baxmaqla qurmanın doğruluğunu asanlıqla göstərmək olar: CST və CQM; CRL və CPN; CSR və CQP. Seqmentin qövsü: α 7 olduqda məsələnin yeganə həlli vardır. α > 7 olan halda məsələnin həlli yoxdur. 56

157 49. Fərz edək ki, ABCD trapesiyası AD-yə paralel MN parçası ilə MK=KL=LN olmaqla kəsilmişdir (Şəkil 5). Byöük oturacağı P nöqətsində kəsən CL düz xəttini çəkək. KN=LN olduğundan AD=PD. Beləliklə P nöqtəsi AD parçasının ortasıdır. Buradan alınır ki, axtarılan parçanı qurmaq üçün diaqonalla bir oturacağın ortasını digər oturacağın sonu ilə birləşdirən düz xəttin kəsişmə nöqtəsindən trapesiyanın oturacaqlarına paralel düz xətt çəkmək kifayətdir. Çəkilən bu düz xətlə trapesiyanın yan tərəflərinin kəsişmə nöqtələrindən başlayaraq axtarılan bərabər parçalar müəyyən edilir. Qurmanın doğruluğunun isbatı əvvəl ACP və PCD, sonra isə ABC və DCB üçbucaqlarına baxmaqla asanlıqla alınır. Məsələnin iki həlli vardır. İkinci həll şəkildə qırıq xətlə göstərilmişdir. 5. A və B verilmiş nöqtələr, MN isə verilmiş düz xətt olsun. a) A və B nöqtələri MN düz xəttindən müxtəlif tərəflərdə və ya onun üzərində olarsa, onda məsələnin həlli yoxdur. b) AB MN olarsa onda həll yeganədir. Bu halda axtarılan çevrə AB parçasının ortasından MN-ə çəkilmiş perpendikulyarın oturacağından keçir. c) A və B nöqtələrinin MN düz xəttindən bir tərəfdə yerləşməsi halına baxmaq üçün əvvəlcə verilmiş nöqtədən çevrəyə çəkilmiş toxunan və kəsən haqqındakı teoremi xatırlamaq lazımdır. A və B nöqtələri MN düz MN düz xəttindən bir tərəfdə yerləşirsə və AB düz xətti MN-i hər hansı C nöqtəsində kəsirsə (Şəkil 54) onda axtarılan çevrə MN düz xəttinin elə D nöqətsindən keçir ki, CD parçası AC və BC arasında orta mütənasib kəmiyyət olur (xatırladılan teorem). Bu halda məsələnin iki həlli vardır. 57

158 d) A və ya B nöqtələrindən biri, lakin hər ikisi eyni zamanda yox, MN üzərində yerləşərlərsə, onda həll yeganədir. 5. Verilmiş ABCD trapesiyasının AD və BC yan tərəflərini M nöqtəsində kəsişənə qədər uzadaq. (Şəkil 55). Bu nöqtədən və diaqonalların kəsişmə nöqtəsindən keçən düz xətt trapesiyanın oturacaqlarını L və K nöqtələrində kəsir. Bu düz xətt trapesiyanı iki müadil hissəyə bölür. Doğrudan da MK düz xətti L və K nöqtələri ilə trapesiyanın oturacaqlarını bərabər parçalara ayırır. Buradan da ADLK və KLCB trapesiyalarının müadilliyi alınır. K və L nöqtələrinin trapesiyanın oturacaqlarının ortaları oluduğunu isbat etmək üçün AMB üçbucağının M təpəsindən medianın çəkək. Bu median DC oturacağını da yarıya bölür. Məlumdür ki, trapesiyanın oturacaqlarının orta nöqtələrini birləşdirən düz xətt, diaqonalların kəsişmə nöqtəsindən keçir (Bunu isbat etmək lazımdır). Beləliklə, çəkilmiş median MK düz xəttinin üzərinə düşür, L və K nöqtələri isə tarpesiyanın oturacaqlarını yarıya bölür. 5. Verilmiş ABCD paraleloqramının diaqonalları O kəsişmə nöqtəsindən onun tərəflərinə paralel olmayan ixtiyari MF düz xətti keçirək (Şəkil 56). Bu düz xətt paraleloqram iki müadil ABEF və FECD trapesiyalarına bölür, burada E və F ilə MF düz xəttinin paraleloqramının qarşı tərəfləri ilə kəsişmə nöqtələri işarə edilmişdir. Paraleloqramın AB tərəfinin uzantısı MF düz xətti ilə M nöqtəsində kəsişir. M, N nöqtələrindən keçən düz xətt ABEF trapesiyasının diaqonallarının kəsişmə nöqtəsindən keçir. Bu düz xətt ABEF trapesiyasını iki müadil dördbucaqlıya (məsələ 5-ə baxmalı) və paraleloqramı, sahələri nisbəti : olan, iki hissəyə ayırır. 58

159 5. Verilmiş ABC üçbucağının AC oturacağı üzərində axtarılan üçbucağın verilən oturacağına bərabər olan AD parçasını ayıraq (Şəkil 57). D nöqtəsini B ilə birləşdirək. C nöqtəsindən BD-yə paralel düz xətt çəkək. Bu düz xəttin AB ilə kəsişmə nöqtəsi K olsun. Bu nöqtə axtarılan üçbucağın üçüncü təpəsidir. İsbat S(KBD)=S(BCD) olmasından alınır. Başqa sözlə S(KBD)=S(BCD) olduğundan S(ABC)=S(AKD). 54. a) Verilmiş A və B nöqtələrindən keçən düz xətt verilmiş CD düz xəttinə paralel və perpendikulyar deyildirsə, onda CD düz xəttinin AB parçasının orta perpendikuyları ilə kəsişmə nöqtəsi üçün AM-MB ifadəsinin sıfıra bərabər ən kiçik, AB və CD düz xətlərinin kəsişmə nöqtəsi üçün isə AB parçasının uzunluğuna bərabər ən böyük qiyməti vardır. b) AB düz xətti CD düz xəttinə paralelldirsə onda MA-MB - in ən kiçik qiymət aldığı M nöqtəsi AB parçasının ortasından CDyə çəkilmiş perpendikulyarın oturacağıdır. Bu minimum sıfra bərabərdir. CD düz xətti üzərində AM-MB -in ən böyük qiymət aldığı belə nöqtə yoxdur. c) AB CD olarsa onda AM-MB -in ən byöük qiyməti AB ilə CD-in kəsişmə nöqtəsi üçün müəyyən edilir. Bu qiymət AB parçasının uzunluğuna bərabərdir. CD düz xətti üzərində AM- BM -in ən kiçik qiymət aldığı belə M nöqtəsi isə yoxdur. 55. Əvvəlcə, rombun təpələrindən birinin BC tərəfi üzərində olması tələbini ataq. Bu halda məsələnin qalan şərtlərini ödəyən sonsuz sayda romb qurmaq olar. Bunlardan birini quraq (Şəkil 58). AC tərəfinin üzərində hər hansı bir M nöqtəsi götürək. Təpəsi bu nöqtədə olmaqla, verilən bucağa bərabər bucaq quraq; bu bucağın bir tərəfi AB oturacağına paralel olsun, o biri tərəfi isə AB oturacağını bir N 59

160 nöqtəsində kəssin. AB tərəfi üzərində N nöqtəsindən başlayaraq MN-ə bərabər AP parçasını ayırıb, tərəfləri MN və NP olan romb quraq. Fərz edək ki, Q nöqtəsi rombun dördüncü təpəsidir. Sonra A təpəsini oxşarlıq mərkəzi götürüb, MNPQ rombuna oxşar olan bir romb qururuq, bu halda oxşarlıq əmsalını elə seçirik ki, yeni rombun, MNPQ rombunun Q təpəsinə uyğun olan təpəsi BC tərəfinin üzərində olsun. Bunun üçün AQ düz xəttini, BC tərəfi ilə bir X nöqtəsində kəsişincəyə qədər uzadırıq. Bu X nöqtəsi tələb edilən rombun təpələrindən biri olacaqdır. Bu nöqtədən MNPQ rombunun tərəflərinə paralel düz xətlər çəkərək, tələb edilən XYZU rombunu alırıq. 56. S( AQX) = S( PQR) isə (Şəkil 59), QX PQ onda QX AQ= PQ QR və ya = QR AQ 57. Axtarılan çevrə üç şərti ödəməlidir: ) onun radiusu verilmiş R parçasına bərabər olmalıdır; ) Verilmiş A nöqtəsindən keçməlidir; ) Verilmiş a düz xəttinə toxunmalıdır (Şəkil 6). ) şərtini ataq və ), ) şərtini ödəyən çevrələrin mərkəzlərinin həndəsi yerini tapaq. Belə çevrələrin mərkəzləri A nöqtəsindən R məsafədə olmalıdır və tərsinə A nöqtəsindən R məsafədə olan bütün nöqtələr belə çevrələrin mərkəzləridir. Beləliklə axtarılan həndəsi yer mərkəzi A nöqtəsində və radiusu R olan çevrədir. ) şərtini ataq və ), ) şərtlərini ödəyən çevrələrin mərkəzlərinin həndəsi yerini tapaq. Belə çevrələrin mərkəzləri a düz xəttindən R məsafədə olmalıdır və tərsinə düz xətdən R məsafədə olan hər bir nöqtə belə çevrənin mərkəzidir. Beləliklə, axtarılan həndəsi yer a düz xəttinə paralel 6

161 olan və ondan R məsafədə yerləşən bir cüt b, b düz xətləridir. Axtarılan çevrələrin X mərkəzləri şərtlərin üçünü də ödəməlidir və beləliklə tapılan hər iki həndəsi yerin üzərindədir. Bu həndəsi yerlərin ortaq nöqtəsi vardırsa, onda onların hər birini mərkəz götürməklə R radiuslu çevrələr çəkməklə, məsələnin şərtlərini ödəyən bütün çevrələri alırıq. 6-ci şəkildə K çevrəsi b düz xəttini X və X nöqtələrində kəsir və b / düz xətti ilə ortaq nöqtəsi yoxdur. Beləliklə, məsələnin iki həlli vardır. Lakin, başqa hallar da ola bilər. A nöqtəsinin a düz xəttindən məsafəsi R dən böyük olarsa, onda K çevrəsinin b, b düz xətləri ilə ortaq nöqtəsi yoxdur; deməli məsələnin həlli də yoxdur. A nöqtəsinin a düz xəttindən məsafəsi R-ə bərabərdirsə, onda K çevrəsi b, b düz xətlərindən birinə toxunur, digəri ilə isə ortaq nöqtəsi yoxdur; bu halda məsələnin bir həlli vardır. A nöqtəsinin a düz xəttindən məsafəsi R-dən kiçikdirsə, lakin sıfırdan böyük isə, onda K çevrəsi b, b düz xətlərindən birini kəsir, digəri ilə isə ortaq nöqtəsi yoxdur; bu halda məsələnin iki həlli vardır. A nöqtəsindən a düz xəttinə qədər məsafə sıfıra bərabərdirsə, onda K çevrəsi b, b düz xətlərinin hər ikisinə toxunur, onda məsələnin yenə iki həlli vardır. Beləliklə, məsələnin R-in qiymətindən, A və a -ın nisbi vəziyyətlərindən asılı olaraq, və həlli vardır. 58. Verilmiş nöqtələri A,B,C ilə işarə edək. Axtarılan çevrənin mərkəzi bu nöqtələrin üçündən də eyni məsafədə olmalıdır. A,B nöqtələrindən bərabər məsafədə olan nöqtələrin həndəsi yeri AB parçasının orta perpendikulyarıdır. ELəcə də, A,C nöqtələrindən bərabər məsafədə olan nöqtələrin həndəsi yeri AC parçasının orta perpendikulyarıdır. A,B,C nöqtələrinin üçündən də eyni məsafədə olan nöqtələrin həndəsi yeri yalnız bu iki perpendikulyarın kəsişmə nöqtəsi ola bilər. A,B,C nöqtələri bir düz xətt üzərində yerləşmirlərsə, onda həmin perpendikulyarlar hər hansı nöqtədə kəsişir. Bu nöqtə ABC üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzidir. A,B,C nöqtələri bir düz xətt üzərində olduqda isə onda perpendikulyarlar bir-birinə 6

162 paraleldir və deməli ortaq nöqtələri yoxdur. Beləliklə, məsələnin ya bir həlli var yaxud heç bir həlli yoxdur. 59. Verilmiş nöqtələr A,B,C olsun (Şəkil 6). A,B nöqtələrindən eyni məsafədə olan düz xətt ya AB parçasının P orta nöqtəsindən keçir və ya AB düz xəttinə paraleldir. A, C nöqtələrindən eyni məsafədə olan düz xətt ya AC parçasının N orta nöqətsindən keçir və ya AC düz xəttinə paralelldir. A,B,C nöqtələrinin üçündən də eyni məsafədə olan düz xətt ya P və N nöqtələrindən keçir, bu PN düz xətti olacaqdır və ya P nöqtəsindən keçir və AC düz xəttinə paraleldir, bu PM düz xətti olacaqdır və ya N nöqtəsindən keçir və AB-yə paraleldir, bu NM düz xəttidir və ya AB və ACyə paraleldir, A,B,C nöqtələri bir düz xətt üzərində deyildirsə belə düz xətlər ola bilməz. Beləliklə, A,B,C nöqtələri bir düz xətt üzərində deyildirsə, onda axtarılan düz xətt yalnız ABC üçbucağının orta xətləridir. A,B,C nöqtələri bi düz xətt üzərindədirsə, onda PN,PM,NM düz xətləri bu düz xəttin üzərinə düşür və bundan əlavə bu düz xəttə paralel olan bütün düz xətlər A,B,C nöqtələrindən eyni məsafədədir. Beləliklə, birinci halda məsələnin üç, ikincidə isə sonsuz sayda həlli vardır. 6. A verilmiş nöqtə, K verilmiş dairə, O onun mərkəzi olsun (Şəkil 6). Fərz edək ki, məsələ həll edilmişdir və AM / M axtarılan kəsənlərdən biridir, M / nöqtəsi AM-in ortasıdır. O / nöqtəsi AO-ın ortası olsun. O / M / düz xətti AOM üçbucağının orta xəttidir, beləliklə O M = OM, başqa sözlə O / M / parçası K dairəsinin radiusunun yarısına bərabərdir. Beləliklə, M / nöqtəsi üçün iki həndəsi yer müəyyən oldu: K çevrəsi və mərkəzi OA parçasının orta O / nöq- 6

163 təsində və radiusu iki dəfə kiçik K / çevrəsi; bu M / nöqtəsini tapmağa imkan verir. Verilənlərin daxil olduğu və qurmanın aparıldığı 6 şəkili üzərində analizi də aparmaq olar. Lakin, praktikada çox vaxt analizə ayrıca baxılır. Məsələni həll etmək üçün hər hansı radiusla K dairəsi çəkilir, sonra bu dairənin radiusunun yarısına bərabər radiusla OA parçasının orta O / nöqtəsi mərkəz olmaqla K / çevrəsini çəkirik. Sonra A nöqtəsini K, K / çevrələrinin M / ortaq nöqtəsi ilə birləşdirib axtarılan kəsəni alırıq. Məsələni araşdırmaq məqsədi ilə K dairəsinin radiusunu R, OA məsafəsini d ilə işarə edək. Onda K / dairəsinin radiusu R və OO / məsafəsi d olar. K, K dairələrinin radiusları cəmi R, fərqi isə R -dir. d > R və ya d > R olduqda K, K / çevrələrinin ortaq nöqtəsi yoxdur, beləliklə də məsələnin həlli yoxdur. d = R və ya d = R olduqda məsələnin bir həlli vardır. d < R və ya d < R olduqda məsələnin iki həlli vardır. Mümkün hallar yalnız bunlardır, çünki d R ola bilməz, çünki bu halda d R olardı və A nöqtəsi məsələnin şərtinin əksinə olaraq K dairəsinin xaricində yerləşməzdi. 6. ABC, A / B / C / verilmiş üçbucaqlar olsun (Şəkil 6). ABC üçbucağının xaricinə A / B / C / üçbucağına bərabər olan A B C üçbucağı çəkmək tələb olunur. Yalnız A B C üçbucağının hansı tərəfi ABC üçbucağının hansı təpəsindən keçməsi göstərildikdə məsələ kifayət qədər müəyyən ola bilər. Fərz edək ki, A / B / tərəfinə bərabər A B tərəfinin C-dən, A / C / tərəfinə bərabər A C tərəfinin B-dən B / C / tərəfinə bərabər B C tərəfinin A-dan keç- 6

164 məsi tələb olunur. B / bucağına bərabər olan B bucağı AC tərəfinin qarşısında durmalı olduğundan B / bucağına bərabər bucağın yerləşdiyi AC-yə söykənən qövs üzərində olmalıdır. Eləcə də C nöqtəsi C / bucağına bərabər bucağın yerləşdiyi AByə söykənən qövs üzərində olmalıdır. B C tərəfi bu iki qövsün ortaq A nöqtəsindən keçən kəsəni və B / C / tərəfinə bərabər olmalıdır. Belə kəsəni 6 məsələsinin həllində göstərilən üsulla qurmaq olar. Sonra C B, B C düz xətlərini çəkib A nöqtəsində kəsişənə qədər uzatmaqla, B C, B / C / tərəfləri və bunlara bitişik B, B / və C, C / bucaqlarına görə A / B / C / üçbucağına bərabər A B C üçbucağını alırıq. Həllərin sayı 6 məsələsində olduğu kimi B / C / -ə bərabər B C kəsəninin sayı qədər ; və ola bilər. Məsələnin şərtində bir üçbucağın digər üçbucaq xaricinə hansı ardıcıllıqla çəkilməsi göstərilmədiyindən mümkün kombinasiyaların sayı üzrə baxılan növdə altı qurma aparmaq lazım gəlir. 6. Fərz edək ki, ABC üçbucağının daxilinə A / B / C / üçbucağına bərabər olan üçbucaq çəkmək tələb olunur (Şəkil 64). Burada tərs metodu tətbiq etmək olar. Yəni əvvəlcə A / B / C / üçbucağının xaricinə, 6 məsələsində olduğu kimi, ABC üçbucağına bərabər A B C üçbucağını çəkək. Sonra AB, BC, CA tərəfləri üzərində uyğun olaraq A C /, B A /, C B / -ə bərabər AC, BA, CB parçalarını ayıraq. Onda ABC üçbucağının daxilinə çəkilmiş, A / B / C / üçbucağına bərabər, A B C üçbucağını alarıq. Buradan görünür ki, tərs məsələnin hər bir həllinə düz məsələnin müəyyən həlli uyğun olur. Habelə asanlıqla inanmaq olar ki, tərsinə, düz məsələnin hər bir həllinə tərs məsələnin müəyyən həlli uyğundur. Buradan da aydın olur ki, tərs metod baxılan məsələnin bütün həllərini, almağa imkan verir. 6. Yunan xacı adlanan fiqur və ondan kvadratın necə alınması və tərsinə 65-ci şəkildə göstərilir. 64

165 64. Aşkardır ki, axtarılan parçanın ucları ən kiçik bucağın aralarında yerləşdiyi tərəflər üzərində olmalıdır. Fərz edək ki, ABC üçbucağında C ən kiçik bucaq, EF isə axtarılan parçadır (Şəkil 66). Onda S( ECF ) = S( ABC) ; EC CF sin C = AC CB sin C və ya EC CF = AC CB 4 (). ΔECF -dən kosinuslar teoreminə görə EF = EC + CF EC CF cosc = EC CF + EC CF cosc ( ) ( ) = ( EC CF ) + AC CB( cosc) üçün AC CB( cosc) EC = =. Verilmiş ABC üçbucağı sabit kəmiyyətdir, odur ki, CF olduqda EF ən kiçik qiymət alır. Bu halda ()dən AC BC EC = AC CB və ya EC = alırıq. 65. Qurulması tələb olunan üçbucaq haqqında lazımı məlumat almaq üçün məsələ 76-ya baxmaq lazımdır. Fərz edək ki, axtarılan üçbucağın daxilinə və xaricinə çəkilmiş çevrələrin mərkəzi olan T və O nöqtələri verilmişdir. Onda TO parçasının uzunluğu daxilə çəkilmiş çevrənin r radiusuna bərabərdir (Şəkil 86). Digər tərəfdən T və O nöqtələri arasındakı məsafəni d ilə işarə etsək r=d yaza bilərik. Xaricə çəkilmiş çevrənin radiusu R olarsa onda d = R Rr məlum düsturunu alırıq. İndi xaricə çəkilmiş çevrənin R radiusunu tapa bilərik: d mərkəzlər 65

166 arasındakı məsafə olduğundan d = TO = r, onda R = ( + )r alırıq. Bilirik ki, sunərgizi üçbucağının bucaqlarından biri 6 -yə bərabərdir (Məsələ 76). Fərz edək ki, bu bucağın təpəsi A r nöqtəsindədir (Şəkil 86), onda AT = r 6 =. Hər iki sin çevrəni və ATO üçbucağını qurub A nöqtəsindən daxilə çəkilmiş çevrəyə toxunan çəkək. Bu toxunanın xaricə çəkilmiş çevrə ilə kəsişmə nöqtələri sunərgizi üçbucağının digər iki təpə nöqtələri olacaqdır. 66. Fərz edək ki, A verilmiş nöqtə, K verilmiş dairə, O onun mərkəzidir (Şəkil 67). AM / M kəsənin elə çəkmək tələb olunur ki, AM / =M / M olsun. Bu məsələ 6-ın ümumiləşdirilməsidir və oxşar qaydada həll edilə bilər. MO / MO çəkək. Məsələnin şərtindən AM = AM və sonra A M O, AMO üçbucaqlarının oxşarlığından M O = MO alırıq. M nöqtəsi üçün iki həndəsi yer alınır: K çevrəsi və mərkəzi OA parçası üzərində A nöqtəsindən başlayaraq onun üçdə ikisinə bərabər məsafədə yerləşən O nöqtəsində və radiusu K çevrəsi radiusunun üçdə ikisi olan K / çevrəsi. Onda M / bu həndəsi yerlərin ortaq nöqtəsidir. Lakin həmin həllə daha ümumi mühakimə ilə də gəlmək olar. M nöqtəsinin K çevrəsi üzərində olması, M / nöqtəsinin isə AM parçası üzərində onun A başlanğıcından AM məsafədə və bundan əlavə K çevrəsi üzərində olması tələb olunur. Sonuncu şərti atsaq, onda birinci iki şərt M / nöqtəsinin həndəsi yeri kimi oxşarlıq mərkəzi A və əmsalı 66

167 olan K çevrəsinə oxşar K / çevrəsini verir. Bu metodu 6-da tətbiq etmək olardı. 67. Düzbucaqlının diaqonalları bərabər olduğundan təpələri düzbucaqlının tərəflərinin orta nöqtələrində olan KLMN dördbucaqlısı rombdur (Şəkil 68). 68. S ( KLMF) = S( KFMN) olduğunu təmin edən F nöqtəsini tap maq tələb olunur. Məlumdur ki, S( KBL) + S( MND ) = S( ABCD ) 4 (məsələ9, şəkil 96) və şərtə görə S( NFMD) = S( ABCD) (Şəkil 4 69). Deməli, S ( KBL) + S( MND) = S( NFM ) + S( NMD), buradan S ( KBL) = S( NFM ) və h = h odur ki, F nöqtəsi MN-ə paralel və ondan h məsafədə olan düz xətt üzərindədir. Analoji olaraq S( LCM ) + S( AKN ) = S( ABCD) (məsələ 9, şəkil 96) və şərtə 4 görə S( LFM ) + S( LCM ) = S( ABCD) (Şəkil 69). Deməli, 4 S ( LCM) + S( AKN) = S( LMF) + S( LCM), buradan S ( AKN) + S( LMF) və h = h4 odur ki, F nöqtəsi KN-ə paralel və ondan h məsafədə olan düz xətt üzərindədir. Beləliklə F qırıq xətlərlə göstərilməklə çəkilən düz xətlərin kəsişmə nöqtəsindədir. 69. Fərz edək ki, K, L, M, G, H uyğun olaraq axtarılan ABCDE beşbucaqlısının AB, BC, CD, DE, EA tərəflərinin orta nöqtələridir (Şəkil 7). Analiz göstərir ki, ABCD dördbucaqlısının tərəflərinin K,L,M orta nöqtə- 67

168 lərinə görə KLMN paraleloqramını (məsələ 84-ün həlli ilə əlaqədar izahata baxmalı), sonra isə tərəflərinin H,N,G orta nöqtələrinə görə AED üçbucağını qurmaq olar. Sonrası aşkardır. 7. Fərz edək ki, qurulması tələb olunan trapesiyada AC, BD diaqonallarının uzunluqları, LN parçası və A bucağının qiyməti məlumdur (Şəkil 7). KL = AC və KN = BD olduğundan üç tərəfinə görə KLN üçbucağını qura bilərik. Sonra bu üçbucağı trapesiyanın tərəflərinin orta nöqtələrinin birləşdirilməsindən alınan paraleloqrama (məsələ 9) qədər tamamlayırıq. Daha sonra isə KN parçası üzərində A bucağının yerləşdiyi seqmenti qururuq (məsələ ) və N nöqtəsindən KM-ə paralel düz xətt çəkirik bu düz xətt seqmenti A nöqətsində kəsir. Qurmanın sonrası aşkardır. 7. ABC üçbucağı verilir (Şəkil 7) DE tərəfi üçbucağın AC oturacağı, G təpəsi AB tərəfi və F təpəsi AC tərəfi üzərində olan DEFG kvadratı qurmaq tələb olunur. Sonuncu tələbi atıb sonsuz sayda, o cümlədən tələb olunan DEFG kvadratı da daxil olmaqla, D / E / F / G / şəkildə kvadratlar alırıq. Hər hansı iki belə kvadrat oxşardır, məsələnin şərtinə görə onların uyğun tərəfləri isə paraleldir. Uyğun D / təpələri BC düz xətti, uyğun G / təpələri isə BA düz xətti üzərində yerləşdiyindən oxşarlıq mərkəzi BC, BA xətlərinin B kəsişmə nöqtəsidir, beləliklə isə F / şəkildə uyğun təpələr də B nöqtəsindən keçən düz xətt üzərindədir. Buradan qurmanın yolu alınır: D / E / F / G / şəkildə hər hasın kvadrat qururuq; BF / düz xəttini çəkib onu AC tərəfi ilə F nöqtəsində kəsişənə qədər uzadırıq. Tələb olunan DEFG kvadratını qururuq. Məsələnin həmişə bir həlli vardır. 68

169 7. BDC bərabərtərəfli üçbucaqdır, odur DBC bucağı düz bucağın üçdə ikisinə bərabərdir. Onu BE düz xətti ilə yarıya bölüb CBE = EBD = DBA alırıq (Şəkil 7). 7. AB parçası üzərində bərabərtərəfli CAB üçbucağını qurub və AC tərəfinin uzantısı üzərində CD=CB ayıraq (Şəkil 74). D və B nöqtələrindən keçən DB tələb olunan düz xəttir. Göründüyü kimi son iki məsələnin hər ikisinin həlli eyni bir ideyaya əsaslanır: qurmada düzgün üçbucaqdan istifadə. Bu üsuldan həndəsə məsələlərinin həllində, yeri gəldikcə, istifadə etmək olar. 74. Fərz edək ki, ABCD verilmiş düz xətlərin kəsişərək əmələ gətirdiyii paraleloqramdır (Şəkil 75). Onun BD diaqonalını tərəf kimi götürməklə BMND kvadratını quraq. Bu kvadratı hər bir paralel düz xətlər cütü üzrə paralel köçürməklə iki həll alırıq. (Bu kvadratları həlli 75-ci şəkildə səlis xətlə göstəririk). AC diaqonalı üzərində kvadrat qurub analoji köçürmə ilə daha iki həll alırıq. Sonra ABCD paraleloqramının simmetriya mərkəzini O ilə işarə edib AD və BC düz xətlərini bu nöqtə ətrafında 9 dərəcə döndərək. Fərz edək ki, A BC D dördbucaqlısı AB, CD düz xətləri və bunları kəsən AD və BC düz xətlərinin dönməsindən sonra alınan paraleloqramdır. Aşkardır ki, bu paraleloqramın simmetriya mərkəzi O nöqtəsi üzərinə düşür, başqa sözlə O nöqtəsi A C və B D parçalarının hər birinin ortasıdır. Odur ki, diaqonallar kimi bu parçaların hər biri üzərində qurulmuş kvadratlar da daha iki həlli verir. 76-cı şəkildə diaqonalı B D olan kvadrat səlis xətlə göstərilmişidr. Qeyd edək ki, ABCD kvadrat olmayan düzbucaqlı olarsa, onda son iki həll olmaz, çünki bu halda A BC D paraleloqramı yoxdur. ABCD kvadrat olduqda isə həllərin sayı sonsuzdur. Yenidən ümumi 69

170 şəkildə ABCD-i paraleloqram hesab edərək göstərək ki, yuxarıda sadaladığımızdan başqa həllər yoxdur. Kvadratın təpələrinin verilmiş düz xətlər üzərində yerləşməsi ilə əlaqədar iki hal mümkündür: ) kvadratın hər bir tərəfinin sonu kəsişən düz xətlərin üzərindədir; ) kvadratın iki qarşı tərəfi müxtəlif paralel düz xətlər cütünün əmələ gətirdiyi zolağa düşür. İkinci hal ödənirsə onda zolaqda yerləşən tərəflər ABCD paraleloqramının diaqonallarından birinə bərabər və paralel olmalıdır. Birinci halda isə kvadratın qarşı təpələri paralel düz xətlər üzərində, kvadratın mərkəzi isə düz xətlərin zolağın daxilində yerləşən kəsişmə nöqtəsində (zolaq bu nöqtədən keçən düz xətlə yarıya bölünür) yerləşəcəkdir. Beləliklə, kvadratın mərkəzi O nöqtəsi ilə üst-üstə düşür, öz mərkəzi ətrafında 9 dönmədə kvadrat özünə çevrildyiindən O nöqtəsi ətrafında paralel düz xətlərdən bir cütü və kvadratın dönməsi ilə bir diaqonal digərinə keçir. 75. Fərz edək ki, a, b, c, d daxilə çəkilmiş dördbucaqlının tərəfləridir və A = α (Şəkil 77). Kosinuslar teoreminə görə Δ ABD və ΔBCD -dən a + d adcosα = b + c + bccosα, 7

171 a + d b c buradan cosα =. ( ad + bc) İndi α bucağını və sonra dördbucaqlını qura bilərik. Bucağı qurmaq üçün ixtiyari l parçası götürək və a + d b c u = (müəyyənlik l ( ad + bc) üçün belə hesab edək ki, a + d b + c ), ϑ = l parçalarını quraq. Onda α kateti u və hipotenuzu ϑ olan u düzbucaqlı üçbucağın ( cos α = ) bucağı olacaqdır. Sonrası ϑ aşkardır. 76. B və C bucaqlarının tənbölənlərini l b və l c ilə işarə edək. Onda üçbucağın tərəflərini bu tənbölənlər vasitəsi ilə ifadə etmək olar: a = l b lc, b = lc + lblc, c = lb + lblc. Bu parçaları pərgar və xətkeş vasitəsilə asanlıqla qurmaq olar. Beləliklə məsələ üç tərəfinə görə üçbucağın qurulmasına gətirildi. 77. Bu kvadratın orta xəttinin, yəni qarşı tərəflərin ortasını birləşdirən parçanın nöqtələridir. Doğrudan da, fərz edək ki, ABCD kvadratının MN orta xətti üzərində ixtiyari X nöqtəsi qeyd edilmişdir (Şəkil 78). Bu nöqtəni kvadratın təpə nöqtələri ilə birləşdirdikdə alınan ABX və DCX bərabəryanlı AX= BX üçbucaqlarından yazarıq. Buradan tələb edilən alınır. CX= DX 78. ABCD paraeloqramında PQ AD, QM BD və QN AC çəkək. Onda M, P, N nöqtələri axtarılan paraleloqramın uc təpələridir (Şəkil 79). 7

172 79. Verilmiş düzgün altıbucaqlının bir tərəfini buraxıb digər iki tərəfini P nöqtəsində kəsişənə qədər uzatdıqda bu nöqtədən altıbucaqlının təpələrindən birinə qədər məsafə 7-yə bərabərdir. BC və ED tərəflərinin uzantısı P nöqtəsində kəsişir. P nöqtəsini A ilə birləşdirək (Şəkil 8). PCD düzgün üçbucaqdır. Odur ki CP=, ABC = (düzgün altıbucaqlının daxili bucağı olduğundan). ABP üçbucağından kosinuslar teoreminə görə AP = PB + AB AB BP cos = = 7. AP = 7. Altıbucaqlının kiçik diaqonalı ilə onunla ortaq nöqtəsi olmayan tərəfin kəsişmə nöqtəsindən altıbucaqlının təpələrindən birinə qədər məsafə isə -ə bərabərdir. Bunu əsaslandırmaq lazımdır. 8. Trapesiyanın böyük oturacağı a, kiçik oturacağı b və c, d yan tərəfləri verilir; bu verilənlərə görə onu qurmaq tələb olunur. Fərz edək ki, ABCD axtarılan trapesiyadır (Şəkil 8). CE DA çəkək. Onda CEB üçbucağını üç CE=c, CB=d, EB= a b tərəflərinə görə qurmaq olar. Bundan sonra EA=b parçasını ayırıb və EA, EC parçaları üzərində AECD paraleloqramını qurmaq kifayətdir. Bununla tələb edilən trapesiyanın üç təpəsi məlumdur. Dördüncü təpə nöqtəsini almaq üçün AE parçasının uzantısı üzərində EB= a b parçasını qurmaq lazımdır. 7

173 Təbiətdə bərk cisimlər olmasa idi həndəsə də olmazdı A.Puankare. II Stereometriya Əsas düsturlar. İxtiyari prizma (l -yan tili; p-oturacağın perimetri; S- oturacağın sahəsi; H hündürlük; P k - perpendikulyar kəsiyin perimetri; S y -yan səthin sahəsi; V -həcm). S y = Pk l (II. ) V = SH (II.) V = Skl (II.). Düz prizma: S y = Pl (II.4). Düzbucaqlı paralelepiped ( a, b, c - onun ölçüləri; d - diaqonal): S y = ph (II.5) V = abc (II.6) d = a + b + c (II.7) 4. Kub ( a - til ) V = a (II.8) d = a (II.9) 5. İxtiyari piramida ( S - oturacağın sahəsi; H hündürlük; V- həcm): V = SH (II.) 6. Düzgün piramida (P oturacağın perimetri; l - apofem; S - yan səthin sahəsi) y S y = pl (II.) 7

174 V = SH (II.) 7. İxtiyari kəsik piramida ( S və S - oturacaqların sahəsi; h hündürlük; V-həcm): V = h( S + S + SS ) (II.) 8. Düzgün kəsik piramida ( P və P - oturacaqların perimetri; l -apofem; S y -yan səthin sahəsi): S y = ( P + P )l (II.4) 9. Silindr (R oturacağın radiusu; H hündürlük; S y -yan səthin sahəsi; V -həcm): S y = πrh (II.5) V = πr H (II.6). Konus (R oturacağının radiusu; H hündürlük; l - doğuran; S -yan səthinin sahəsi; V - həcm) y S = 4πR (II.9) 4 V = π R (II.). Kürə seqmenti (R kürənin radiusu; h- seqmentin hündürlüyü; S seqmentin sferik səthinin sahəsi; V həcm): S = πrh (II.) V = π h R h (II.). Kürə sektoru (R kürənin radiusu; h seqmentin hündürlüyü; V-həcm) 74 S y = πrl (II.7) V = π R H (II.8). Kürə, sfera (R- kürənin radiusu; S- sferik səthin sahəsi; V- həcm ):

175 V = π R h (II.) 8. ΔABD -dən (Şəkil 8) BD = AB + AD = + 5 = (sm). D D ( ADC), BD parçası BD diaqonalı ilə oturacaq müstəvisi arasındakı bucaqdır,deməli, D BD = 45 ; D BD - bərabəryanlı düzbucaqlı üçbucaqdır. Odur ki, D D = DB = ( sm). 8. Kubun tilini a ilə işarə edək. Onda BC = a (Şəkil 8). BA AD və BA AA, odur ki, BA tili ADD A üzünün müstəvisinə perpendikulyardır, onda BA AD. Deməli ABC D kəsiyi düzbucaqlıdır, onun sahəsi S = AB BC, = 64 = a a, a 64, a = 8( sm). Düzbucaqlı paralelepipedin diaqonalı haqqında teoremə görə BD = a, = 8 BD, BD = 8 ( sm). 8. AB ( ADD ), odur ki, AD parçası BD diaqonalının ADD A üzünün müstəvisi üzərindəki proyeksiyasıdır, deməli BD diaqonalı ilə bu üzün müstəvisi arasındakı bucaq -dir, yəni 75 AD B BD A = (Şəkil 84). BD parçası BD diaqonalının prizmanın oturacaq müstəvisi üzərindəki proyeksiyasıdır, beləliklə D BD prizmanın diaqonalı ilə oturacaq müstəvisi arasındakı bucaqdır. Fərz edək

176 ki, oturacağın tərəfi a -ya bərabərdir, onda onun diaqonalı a olar. Düzbucaqlı ABD üçbucağında BD = a ( -lik bucaq qarşısındakı katetin xassəsinə görə). ΔD DB -dən BD a cos x = = =, x = 45. BD a 84. ΔABC -dən (Şəkil 85) kosinuslar teoreminə görə AC = AB + BC AB BC cos = = 49 ; AC = 7 sm. AC parçası ABC üçbucağının böyük tərəfidir, odur ki, ACCA -prizmanın böyük yan üzüdür. Onda, AC h= 5, 7 h = 5, h = 5 ( sm). S yan = p h = ( ) 5= 75( sm ); 85. Düzgün üçbucaqlı piramidanın hündürlüyü onun ABC oturacağının xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzindən keçir. Hündürlüyün oturacağını O ilə işarə edək (Şəkil 86). Onda OA=R bu çevrənin radiusudur. Aşkardır ki, 8 AB = R, R = AO =, 4 OD = AO =. ΔMBD -dən ϕ BD = MDtg, MD = 4 ϕ. Δ MOD -dən tg ϕ MO= MD OD = = tg. ϕ ϕ tg tg 86. MABCD verilmiş piramida, O isə onun hündürlüyünün oturacağı olsun (Şəkil 87). ) ABCD kvadratdır, BMC = α, 76

177 k isə BC tərəfinin orta nöqtəsidir. m m OK = BK=. ΔMBK -dan; MK= tg α ; ΔMOK -dan MO = MK OK = m m m cosα = = α 4 α 4tg sin m ) ΔMBK -dan MB = α sin ) OK BC, MK BC, odur ki, OKM yan üzün (MBC) müstəvisi ilə piramidanın oturacağı arasındakı ikiüzlü bucağın xətti bucağıdır. OKM = β işarə edək, onda ΔOMK -dan OK m m α α cos β = = : = tg, β = arccos tg MK α tg 4) OE MD çəkək. MD OE və MD AC olduğundan MD ( ACE). Odur ki, AEC bucağı MD yan tilindəki ikiüzlü bucağın xətti bucağıdır. AEC = γ olsun. ΔMEC -dən, EC m α EMC = α, = sinα, EC = sinα = m cos. MC α sin ΔOEC -dən =EC sin γ γ m α OC, sin = : mcos =, α cos γ = arcsin, γ = arcsin. α cos α cos 77

178 87. MABCDEF piramidasında MO onun hündürlüyü, AB = a oturacağın tərəfi, MK isə AMB yan üzünün hündürlüyü olsun (Şəkil 88). Oturacağın tərəfi a olduğundan onun böyük diaqonalı a olar. S AMB = AB ; S( MAD) = AD MO. ( ) MK Məsələnin şərtinə görə a MK = a MO, MK = MO, beləliklə, MKO = a OK ΔAOK -dan OK=. ΔMOK -dan a MK = = : = a. cos S yan = 6a a = a. 88. Şərtə görə AB=5m, AD=4m, BD=m (Şəkil 89). ABD düzbucaqlı üçbucağında ADB = 9 (Pifaqor teoreminin tərsinə görə AB hipotenuz, AD, DB katetlərdir). AD DO olduğundan üç perpendikulyar haqqında teoremə görə AD MD, deməli MD parçası MAD üzünün hündürlüyüdür. ΔMDO-dan MD = +,5 =, 5. ΔADB -dən, DK AB, AB DK = AD DB, 5 DK = 4, DK =. ΔMOF -dən, DF DK, 5 6 OF = DK = ; MF = MO + OF = 4 + = ;

179 S 4 5 ( yan) = S( AMD) + S( AMB) = 4,5 + 5 = + 4 ( otur. ) = 4 = S, ( ) ( 4) ( ) S tam = + m. 89. AK BC çəkək, onda üç perpendikulyar haqqında teoremə görə BC DK, deməli DK parçası DBC üçbucağının hündürlüyüdür (Şəkil 9). ΔABK - dan DK = DA + AK = AK = AB BK = 69 5 = ; ΔDAK -dan = 5. ADB və ADC üçbucaqları iki katetlərinə görə bərabərdir. Odur ki,. S ( yan) = S( ADB) + S( BDC) = = 9( sm ) 9. Fərz edək ki, MAB və MAD müstəviləri oturacaq müstəvisinə perpendikulyardır, onda onların MA kəsişmə xətti oturacaq müstəvisinə perpendikulyardır (Şəkil 9). CB AB olduğundan, üç perpendikulyar teoreminə görə CB MB, odur ki, MBA bucağı CB tilindəki ikiüzlü bucağın xətti bucağıdır, MBA =. Analoji olaraq AD DC, MD DC, MDA bucağı DC tilindəki ikiüzlü bucağın xətti bucağıdır və şərtə görə, MDA = 45. Fərz edək ki, MA = x sm, onda MB = x sm, AB = x sm. ΔMAD -dən MA = AD = x sm, MD = x sm. ΔABC -dən, AB + BC = AC, x + x = 64, x = 6, x = 4. Beləliklə, MA = 4 sm, AB = DC = 4 sm, MB = 8sm, MD = 4 sm, AD= BC = 4 sm. ; 79

180 S( yan) = AB AM + AD AM + BC BM + DC DM = = = S otur. = 4 4 = 6 ( ) ( tam) = 8( + 6) ( sm ) S = Fərz edək ki, AB=AC=sm, BC= sm, MO piramidanın hündürlüyü, AE isə ABC üçbucağının BC tərəfinə çəkilmiş hündürlük və mediandır (Şəkil 9). Δ ABE dən BE=6sm,AE =8 sm. S ( ABC) 6 8 = 48( sm ) =. Fərz edək ki, OD və OK parçaları ABC üçbucağının AB və AC tərəflərinə çəkilmiş perpendikulyarlardır, onda MEO, MDO, MKO yan üzlərin müstəviləri ilə piramidanın oturacağı arasındakı ikiüzlü bucaqların xətti bucaqlarıdır. Deməli, MEO = MDO = MKO = 45. MEO, MDO, MKO üçbucaqları katetlərinə və onların qarşısıdakı iti bucaqlarına görə bərabərdirlər. Odur ki, OE=OD=OK, onda O nöqtəsi piramidanın oturacağının daxilinə çəkilmiş çevrənin mərkəzidir. S( ABC) 48 OE = r = = = (p üçbucağın perimetrinin p 6 yarısıdır). ΔMOE -dən, OE= sm, ME= sm. S ( yan) = ( AB+ BC+ AC) ME = ( + + ) = 48 ( sm ). Məsələnin cavabını daha tez belə almaq olar: S S ( otur) = 6 8 = 48, ( ) ( otur) S yan =, S ( yan) = 48 = 48 ( sm ). cos45 8

181 9. Fərz edək ki, piramidanın hündürlüyü DO-dur. Onda DAO, DBO və DCO üçbucaqları hipotenuzları və katetlərinə görə bərabərdirlər. Beləliklə, OA=OB=OC, deməli, O nöqtəsi ABC üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzidir (Şəkil 9). ABC düzbucaqlı üçbucaq olduğundan, onun xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzi BC hipotenuzunun ortasıdır. ΔDOC -dən DC = DO + OC = = ( sm). 9. Kəsik piramidanın oturacaqlarının mərkəzləri O və O olsun (Şəkil 94). ΔABC -dən AB = R, burada R = AO ; 4 AO AO = ; OK = ; OK =. ΔA BC -dən: A O =, O M =. EK=OK-OE, OE=O M; EK = =. ΔAA F -dən: AF=AO-FO, FO=A O, AF = =. A F = AA AF = = 4 = ( dm). 8 ΔMEK -dan: MK = ME + EK = + = ( dm). 94. Şərtə görə CD ( ABC), DK AB çəkək, onda üç perpendikulyar haqqında teoremə görə CK AB. Bərabərtərəfli ABD üçbucağının mərkəzi, hündürlüklərin kəsişmə nöqtəsidir, bu nöqtəni O ilə işarə edək (Şəkil 95). Deməli, O DK. KDC və KOO üçbucaqlarına ( O - nöqtəsi O nöqtəsinin ABC müstəvisi üzərindəki proyeksiyasıdır) baxaq: DKC = OKO və 8

182 DCK = OOK = 9, bu üçbucaqlar oxşardır, odur ki, CK DK = (). OK OK ABD üçbucağında O, həm də medianların kəsişmə nöqtəsi olduğundan DK CK =, onda () bərabərliyi =, OK OK CK O K = () şəklinə düşür. AD və BD mailləri bərabər olduğundan onların proyeksiyaları da bərabərdir (AC=BC). Beləliklə, ABC, CAB = CBA = 45 olan, bərabəryanlı üçbucaqdır. Bu üçbucaqda CK hündürlüyü, həm də mediandır və O, 45 c CK = AK tg = -dir. CK-nın qiymətini ()-də yerinə yazıb c O K = alırıq MAK və BAK üçbucaqlarına baxaq: (Şəkil 96). BKA = MKA = 9 (ikiüzlü bucağın qurulması qaydasına əsasən); AM=AB (şərtə görə); KAM = 8 = 6 və KAB = 8 = 6, beləliklə, KAM = KAB. Düzbucaqlı MAK və BAK üçbucaqları, hipotenuzları və iti bucaqlarına görə, bərabərdir, yəni BK=MK və MK= asin6 = a. BKM, BKM = 9 (Çünki uyğun müstəvilər perpendikul- 8

183 yardır) və BK = MK = a olan, bərabəryanlı düzbuxaqlı üçbu- a caqdır, odur ki, MB = a a + = Şərtə görə CD ( ABC), CK AB çəkək, onda üç perpendikulyar haqqında teoremə görə DK AB (Şəkil 97). Düzbucaqlı AKD üçbucağında AK = AD cos β = c cos β ; AK = AD sin β = csin β.ack düzbucaql üç bucağındack= AKtgα = ccos β tgα.dkcdüzb ucaqlı üçbucağından DC = DK CK = = c sin β c cos βtg α = c sin β cos β = cos α cos β c = c = cos α cos β. cos α cosα 97. ABCD kvadratının və BEFC rombunun diaqonalları uyğun olaraq BD = a və BF = a (Şəkil 98). ( BCE) ( ABC) və CD BC (şərtə görə) olduğundan CD ( BCE), beləliklə CD FC, deməli DCF düzbucaqlı üçbucaqdır və ondan FD = FC + DC = a + a = a. BFD üçbucağının sahəsini Heron düsturuna əsasən tapaq: a p = ( a + a + a ) = + a. a a a a S ( BFD) = + a a =

184 98. ( ABC) MA və AC BC olduğundan, üç perpendikulyar haqqında teoremə görə MC BC, beləliklə BCM və ABC müstəviləri arasındakı ikiüzlü bucağın xətti bucağı ACM dir və şərtə görə ACM = (Şəkil 99). Düzbucaqlı AMC AM üçbucağında MC = h sin = ; AM AC = tg = h. AC Düzbucaqlı ABC üçbucağında BC = = h. ctg6 S ( MBC) = MC BC = h h = h. BD, ADC müstəvisində DK AC çəkək, onda üç perpendikulyar haqqında teoremə görə (Şəkil ) BK AC. Tərifə görə ADB və ACB müstəviləri arasındakı bucaq BKD dir, şərtə görə isə BKD = α. BDK BD d üçbucağından ( BDK = 9 ), BK = =. Düzbucaqlı sinα sinα ABK üçbucağından BK d AB = =. sinβ sinα sinβ S 99. Şərtə görə ( ADC) d sin α sin β ( ABC) = AB ACsin BAC= sinβ = d sin α sin β 84

185 . ABC və a müstəvisinin bir ortaq C nöqtəsi vardır və l düz xətti üzrə kəsişirlər (Şəkil ), l AB (əks halda AB düz xətti a müstəvisini kəsərdi). Şərtə görə MN a və MC AB, beləliklə MC l. Üç perpendikulyar haqqında teoremə görə NC l. ABC və a müstəviləri arasındakı bucaq MCN-dir və şərtə görə α -ya bərabərdir. Düzbucaqlı MNC üçbucağından MN h MC = =. sinα sinα Düzbucaqlı CAM üçbucağından MC h AC = =. cos β sinα cos β MBC üçbucağında ( = 9 ) CMB BCM = 9 β, MC h BC = =. S( ABC) = AC BC= h cos9 β sinα sin sinα cosβ ( ) β h h =. sinα sin β sin α sin β. Şərtə görə ( AMN ) ( ABC), BN AB, odur ki, BN ( ABC). BN ( ABC) və BC AC olduğundan, NC AC və ANC də düzbucaqlı üçbucaqdır (Şəkil ). Bərabəryanlı ABC üçbucağında ( ACB = 9 ) a BC = AC =. Düzbucaqlı CNB üçbucağında ( = 9 ) a CN = a + = a. CBN isə 85

186 a a Onda S ( ANC) = a =. 4. İki ABC və MBC müstəviləri arasındakı MKN bucağı, şərtə görə, 9 -dir, deməli MKN düzbucaqlı üçbucaqdır (Şəkil ). MK parçası MBC üçbucağının hündürlüyüdür. MK = MBsin6 = a. Qurmaya görə NK = AB = a. MN isə AMD üçbucağının hündürlüyüdür (üç perpendikulyar haqqında teoremə görə a MN ND), MN = a + a = 7 ; 4 a a S ( AMD) = 7 a = B təpə nöqtəsindən ACD müstəvisinə çəkilmiş perpendikulyarı qurmaq üçün bu müstəviyə perpendikulyar və B nöqtəsindən keçən müstəvini quraq, onda axtarılan perpendikulyar da onun üzərində olacaqdır (Şəkil 4). BK AC quraq. Onda üç perpendikulyar haqqında teoremə görə DK AC. Onda AC ( DBK ) alırıq, buradan da müstəvilərin perpendikulyarlıq əlamətinə görə belə çıxır ki, ( ACD) ( BDK ). ACD və ADK müstəviləri isə üst-üstə düşür. BM DK qurub BM ( ACD) alırıq. Korbucaqlı ABC üçbucağının BK hündürlüyü BK = BCsin6 = = olur. DBK bərabəryanlı düzbucaqlı üçbucaqdır, yəni BD=DK= dm, beləliklə onun hipotenuza bitişik bucaqları 45 -dir. Onda, BM = BK sin 45 =. 86

187 4. ) ABC və ABD müstəviləri arasındakı bucağı quraq: CM AB və NM AB, şərtə görə CMN = α. Düz xətt və müstəvinin perpendikulyarlıq əlamətinə görə AB ( CMN ), Onda iki müstəvinin perpendikulyarlıq əlamətinə görə ( ABD) CMN. CMN müstəvisində C nöqtəsindən MN-ə çəkilmiş perpendikulyarın uzunluğu (Şəkil 5) axtarılan məsafə olacaqdır. AMC c üçbucağında AM= (M nöqtəsi ABin ortasıdır); ACM = 6 (CM AM c tənböləndir); CM = tg6 =. CKM c CK = CMsinα = sinα. ) DM AB və C M AB ( C ABC) quraq, onda ( C MD) AB (Şəkil 5); ( C MD ) ( ABD). C M D müstəvisində D təpəsindən CM -ə şəkildə göstərildiyi kimi, Düzbucaqlı CNK üçbucağında ( =9 ) perpendikulyar çəkək. ΔDBM -dən DM = BDsin 6 = c. Δ DK M -dən ( ) DK M = 9 DK = DM sinα = c sinα. ) CNM və C M D müstəviləri paraleldir (bu qurmadan görünür), onlar arasındakı məsafə MM parçasının uzunluğu c olacaqdır. MM = MB + BM; MB = (M nöqtəsi AB-in c ortasıdır), BM = BD cos6 = (düzbucaqlı DBM üçbucağından). Onda, MM = + = c c c. 87

188 5. D nöqtəsindən ABC müstəvisinə çəkilmiş perpendikulyarın oturacağını K ilə işarə edək (Şəkil 6). Şərtə görə OK AB. KM AB quraq, üç perpendikulyar haqqında teoremə görə DM AB və ABD üçbucağının hündürlüyü DM -dir. Üçbucaqların müstəviləri arasındakı bucaq DMK olacaqdır (tərifə görə). Düzbucaqlı MKO üçbucağından MK cos DMK = () ( DKM =9 ). DM ΔMDA-dan sin6 c DM = DA = (). Aşkardır ki, MK = NO = CN, düzgün ABC üçbucağından c CN = BC sin 6 = c. Onda MK = (). () də () və 6 c () nəzərə alıb cos DMK = = tapırıq. 6 c 6. Fərz edək ki, O hər iki sferanın mərkəzidir. AMB müstəvisinə OH perpendikulyarını çəkək (Şəkil 7). OM=OA=OB olduğundan HM=HA=HB. Odur ki, H nöqtəsi AMB üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzidir. E nöqtəsi, ABCD oturacağının xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzidir. O nöqtəsi daxilə çəkilmiş sferanın mərkəzi olduğundan, onun radiusu OE və ya OH-dır, deməli OE=OH. Düzbucaqlı OEB və OHB üçbucaqlarının bərabərliyindən alırıq ki, EB=BH. Analoji olaraq, EA=AH. Üç tərəfinə görə ABE və ABH üçbucaqları 88

189 bərabərdir. ABE düzbucaqlı üçbucaqdır, odur ki, AEB bucağına bərabər olan AHB bucağı düz bucaqdır. Deməli, daxilə çəkilmiş, AB qövsünə söykənən BMA bucağı 45 -yə bərabərdir. Qeyd edək ki, məsələ sferaları qurmadan, hətta onların mərkəzlərini dəqiq müəyyənləşdirmədən həll edildi. Lakin, həldə sferaların mərkəzlərinin yerləşdiyi parçanın məlum olması mühüm oldu, bu parça piramidanın ME hündürlüyüdür. Sfera ilə çoxüzlülərin kombinasiyasına aid bəzi məsələlərin həllində sferanın böyük çevrə üzrə kəsiyinə baxmaq münasibdir, çünki mərkəz belə müstəvilərdə yerləşir. 7. Məsələnin şərtinin fəzada təsvir edilməsi, birincisi xeyli mürəkkəbdir, ikincisi isə, belə təsvir məsələni həll etməyə kifayət qədər məlumat vermir. Lakin, qeyd edək ki, kubun daxilinə çəkilmiş sferanın mərkəzi onun diaqonallarının kəsişmə nöqtəsidir. Fərz edək ki, ikinci sfera C təpəsindən çıxan üzlərə toxunur. Bu ikinci sferanın mərkəzi həmin üç üzdən eyni məsafədə olan nöqtədir. Üç müstəvidən eyni məsafədə olan nöqtələr çoxluğu kubun diaqonalından ibarət A C düz xəttidir. Deməli, axtarılan sferanın mərkəzi diaqonal üzərində yerləşir. Beləliklə, məsələnin sonrakı həlli üçün kubun diaqonal kəsiyini - AA C C düzbucaqlısını qurmaq lazımdır (Şəkil 8). OK və O K uyğun olaraq böyük və kiçik a a sferaların radiuslarıdır: OK =, OC =. O K = x işarə a a a edək, onda OO = x + və O C = x +. KO OC ΔKOC ~ ΔKOC -dən alınır ki, = və ya K O O C a = x a a x = a x a ( ) 89.

190 8. Baxılan halda kubu və sferanı təsvir etməyə ehtiyac yoxdur. Hələlik, heç bir şəkil çəkmədən, qeyd edək ki, sferanın mərkəzi, N nöqtəsində kəsişən üç müstəvidən eyni məsafədə yerləşən, O nöqtəsidir. Bu nöqtə MN diaqonalı üzərindədir. Deməli, MM NN diaqonal kəsiyini çəkmək münasibdir, burada MM və NN parçaları kubun a ya bərabər tilləridir, MN və M N parçaları isə kubun oturacaqlarının a -yə bərabər diaqonallarıdır. MM NN diaqonal müstəvisi sferanı, MM tilinə və M N diaqonalına toxunan, lakin, məsələdə haqqında danışılan sfera verilmiş kubun daxilinə çəkilmədiyindən, tamamı ilə MM NN düzbucaqlısında yerləşməyən, böyük dairə çevrəsi üzrə kəsir (Şəkil 9). Sferanın radiusunu x ilə işarə edək. x a x M MN və LON üçbucaqlarının oxşarlığından = və a a buradan x = ( )a alırıq. 9. Məsələnin şərti ilə əlaqədar kürənin təsvir edilməsi o, qədər də asan olmadığından, kəsik piramidanı təsvir etməklə kifayətlənmək olar. (Şəkil, a). Sonra, AA tilindən və oturacaqların mərkəzindən keçən AA D D müstəvisinə baxaq. (Şəkil, b). 9

191 AA D D müstəvisinin hər bir nöqtəsi kəsik piramidanın yan tillərindən eyni məsafədə olduğundan, sferanın mərkəzi onun üzərində yerləşir. Fərz edək ki, AB = x, onda A B = x, x AD=, A D = x. Bir nöqtədən çevrəyə çəkilmiş toxunanın xassəsindən istifadə etməklə AA = AO + AO = + x x = x yazmaq olar. Şəkil, b-dən görünür ki, x x AA = A L + OO ; A L = AO AO = x =. Beləliklə, ( ) Sonuncu tənlikdən x x AA = + r və ya ( x ) = + ( r). x = r alırıq. Beləliklə, kəsik piramidanın yuxarı və aşağı oturacaqlarının tərəfləri uyğun olaraq r və r 6 -dir. Yuxarıdakı 7-9 məsələlərində sferanın mərkəzinin çoxüzlünün hər hansı kəsiyində yerləşdiyini müəyyən etmək mümkün oldu. Lakin müəyyən qədər çətin bəzi məsələlərdə sferanın mərkəzinin vəziyyətini hətta kəsiklərin köməyi ilə də göstərmək mümkün olmur. Lakin belə məsələlər tamamı ilə müəyyən də ola bilər, başqa sözlə onlarda uyğun hesablamalar aparmaq olar. Belələlərinə nümunə göstərək (məsələ -). 9

192 .,a şəklində yalnız kəsik piramidanı təsvir edirik. Fərz edək ki, AB = x, A B = y, daxilə çəkilmiş kürə KK apofeminə və O, O nöqtələrində oturacaqlara toxunur. AKK A kəsiyini x x təsvir edək (Şəkil, b) və OK = =, y x + y O K =, KK = tapaq. Sonra bərabəryanlı BCC B trapesiyasına baxaq, burada KK - hündürlükdür (Şəkil, c). Pifaqor teoreminə görə tənliyini alırıq. BB H üçbucağından l y x x+ y = İndi tillərə toxunan sferaya baxaq. Bu sferanı ABB A müstəvisi ilə kəsək. (şəkil, d). Xaricə çəkilmiş dördbucaqlının tərəflərinin xassəsindən istifadə edərək x + y = l tənliyini y x x+ y l = l yazırıq. Beləliklə, və ya x + y = l y = l x ( x l) l = 9

193 l tənliklər sistemini və buradan x xl + =, x = l, y = l + alırıq.. M, N, B, A nöqtələri şəkildə təsvir etmədiyimiz sfera üzərindədir (Şəkil, a). Yalnız qeyd edək ki, ABMN müstəvisi sferanı trapesiyanın xaricinə çəkilmiş çevrə üzrə kəsir. Analoji olaraq BCPN müstəvisi də sferanı trapesiyanın xaricinə çəkilmiş çevrə üzrə kəsir. Bu trapesiyalar bərabəryanlıdır, odur ki, AM=BN=CP, buradan isə AS=BC=CS. SABC piramidasında bütün yan tillər bərabərdir, odur ki, onun hündürlüyü ABC oturacağının xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzindən keçir. ASO, BSO, CSO iti bucağının 6 olan bərabər düzbucaqlı üçbucaqlardır. Buradan alınır ki, AS ASO = BSO = CSO = AO = OC = OB = = AB. ABC üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrənin radiusu AB AO = = BO = CO -dur. Beləliklə, isbat edildi ki, AO+OB=AB. Deməli, O nöqtəsi AB tərəfi üzərindədir. ABC üçbucağında OC medianı AB-in yarısına bərabərdir. Deməli, ABC düzbucaqlı üçbucaqdır. Lakin, 9

194 AMB = ANB = ACB = 9 olduğundan (Şəkil, b), AB sferanın diametridir, burada O sferanın mərkəzidir. SOC düzbucaqlı üçbucaqdır, OP= və bu üçbucağın medianıdır. Deməli, SC=AB=, SO = SBsin 6 = =.. Şərtdə deyilən müstəvini quraq. Bunun üçün SBC müstəvisinə perpendikulyar AK parçasını ( K- nöqtəsi SBC üzünün mərkəzidir) və BC-yə paralel B C parçasını çəkək (Şəkil, a). AB C müstəvisi BC-yə paralel və SBC müstəvisinə HK perpendikuylardır. AKS = ϕ işarə edək və cos ϕ =, burada SK a a π ϕ π ϕ SK =, HK =, cos ϕ = ; SAK = =, 6 π K AK = ϕ, π ϕ π ϕ SAK = ϕ = tapaq. AO parçası SAK bucağının tənbölənidirsə (Şəkil, b), onda ϕ tg ϕ ϕ sin ϕ ϕ SAO =, tg = =, tg = 4 ; 4 + cos ϕ ϕ tg 4 94

195 ϕ tg 4 ϕ = tg =. Fərz edək ki, A, B, C ϕ 4 tg 4 sferanın tillərə toxunma nöqələridir (Şəkil, c). Onda SA BC düzgün tetraedrdir, çünki SA B 6 -li bucağı olan bərabəryanlı üçbucaqdır. SO tərəfi tillərlə bərabər üçbucaqlar əmələ gətirir, beləliklə H nöqtəsi A B C oturacağının mərkəzidir və SK A = ϕ, π ϕ π ϕ SA K = =, π π ϕ ϕ A SO = α = =., c şəklində SA O üçbucağından r = A S tgα tapırıq. ϕ ϕ ΔAA O -dan: r = AA tg = ( a A S ) tg. Onda 4 4 ϕ atg ϕ A S tgα = ( a A S ) tg və A 4 S = ; ϕ tg = tg α, 4 ϕ 4 tgα + tg 4 tg α =. Kürənin axtarılan radiusu r -dirsə onda ϕ atg a( ) r = 4 = a = = PABC piramidasının xaricinə çəkilmiş kürənin APB və ACB müstəviləri ilə kəsiyi mərkəzləri N və L nöqtələrində olan AB AB 7 eyni radiuslu (Şəkil 4, a) r = = = sin APB sin ACB (Sinuslar teoreminə görə) dairələrdir, çünki kosinuslar teoreminə 95

196 görə AB = + + = 7. Xaricə çəkilmiş sferanın O mərkəzi, AB tilinin M orta nöqtəsindən, ona perpendikulyar keçirilmiş müstəvidə, NML bucağının tənböləni üzərində yerləşir (Şəkil 4, b, burada) iki bərabər vətər bu yuxarıda göstərilən iki bərabər dairənin kəsişməsindədir). AB tilindəki ϕ ikiüzlü bucağı itidir və ( PAB) S sin PK = = = olduğundan PH sinϕ = sin PKH= = AB 7 7 PK 5 7 = cosα tg α = = 5, + cosα. Odur ki, cos NML = cosα = sin α =, MN = AM ctg ANM = NO = MN tgα =, axtarılan 7 5 radius isə R = + = E nöqtəsindən PABCD piramidasının ixtiyari yan üzünə qədər məsafə, O nöqtəsindən bu üzlərə PE qədər r məsafəsindən = = PO 7 7 dəfə çoxdur (PEL və POK üçbucaqlarının oxşarlığından, şəkil 5). Odur ki, S ( PBC) : S( PAB) : S( PAD) : S( PCD) = = V ( EPBC) : V( EPAB) : V( EPAD) : V( EPCD) = = S EBC : S EAB : S EAD : S ECD. ( ) ( ) ( ) ( ) 96

197 (Sonuncu bərabərlik P təpəsindən endirilmiş ortaq h hündürlüklü piramidaların həcmlərinin müqayisəsindən alınır). Burada S ( ) ( ) ( EAB) AE AD 5 S PAB = S PBC = 8 = 8 = 8 =, S( EBC) CE BC AD 5 S ( PAD) = S( PAB) = = 5, BC AD S ( PCD) = S( PBC) =. Onda BC S ( yan) = = 98. Sonra, analoji mühakimə ilə S( tam) : S( otr) = V( PABCD) : V( OABCD) = h : r = PE: OE = 9: S( tam) : S( yan) = 9: 7 9 S ( tam) = 98 = Piramidanın iki qarşı üzlərinin DM və DN apofemlərindən keçən müstəvi ilə kəsiyinə baxaq. (Şəkil 6). Piramidanın bütün tilləri a -ya bərabər olduğundan, oturacağındakı kvadratın diaqonalı a -dir. Pifaqor teoreminə a görə piramidanın OD = hündürlüyünü tapırıq. Kubun tilinin uzunluğu x olsun. Onda onun oturacağının diaqonalı x olar. PK = x, x a PL =. Aşkardır ki, MN = a, MO =, LO = x. Oxşar DO MO OMD və LPD üçbucaqlarına baxaq və = tənasübünü DL PL a a a yazaq. Onda = yazarıq, buradan x = və a x 4 x a V = ; S = a. 4 97

198 6. Prizmanın diaqonallarının kəsişmə nöqtəsini O ilə işarə edək. Bu ABCDA BC D prizmasının (Şəkil 7) xaricinə çəkilmiş radiusu AO = OC = CO = AO = DO = OB = 5sm olan kürənin mərkəzidir. Onda 4 56π V ( K = π r = sm ). AC = sm, AC = 64= 6( sm), CD= sm ol duğundan V pr = CD CC = 44 sm. Onda V V K pr 5π =. Prizmanın tərifinə 8 görə BB ( ABCD), yəni B B BD. Deməli BB -in uzunluğu axtarılan birinci d məsafəsidir. Şərtə görə d = 8sm. B və O nöqtələrini birləşdirək. Onda B O, mayilinin aşağı oturacaq müstəvisi üzərindəki proyeksiyası BO -dir. BO AC olduğundan, üç perpendikulyar haqqında teoremə görə B O AC və B O parçasının uzunluğu axtarılan ikinci d məsafəsidir. Bu məsafə isə d = BB + BO = = 7 (sm)-dir. 7. Şərtə görə ACA = β, BCD = BAD = ϕ (Şəkil 8). S ( otr) = a sinϕ və OC = OA = acos ϕ, ϕ ϕ AC= acos, AA = AC tgβ = a cos tgβ. ϕ V = S( otr) AA = = a sinϕ cos tgβ. 98

199 8. Üçbucaqlı MABC piramidasına baxmaq lazımdır (Şəkil 9). Bu piramidanın MO hündürlüyünü tapmaq tələb olunur. M nöqtəsindən üçbucağın tərəflərinə qədər məsafələr bərabər olduğundan, O nöqtəsi ABC üçbucağının daxilinə çəkilmiş çevrənin mərkəzidir. Bu nəticə MDO, MEO, MFO üçbucaqlarının bərabərliyindən alınır. Bu üçbucaqların hamısı düz bucaqlıdır, MObunlarda ortaq tərəfdir və MD=ME=MF. Ona görə də həmin üçbucaqlar bərabərdir. Daxilə S çəkilmiş çevrənin radiusu r = p düsturundan tapılır, burada S ilə ABC üçbucağının sahəsi, p ilə isə onun perimetrinin yarısı işarə edilmişdir. Şərtdə görə p=8, S=6 alırıq, onda r =.Düzbucaqlı MDO üçbucağından 6 Pifaqor teoreminə görə MO = MD OD = = 8 ( sm). 9. Silindrin oturacağının diametri R dirsə, onda onun hündürlüyü də R-ə bərabərdir. Məsələnin şərtinə görə 5 ( ) 5 R = və ya R =. S( tam) = π R + π 4 π 5 + π R ( R) = 6πR = 6π = 7, 5. 4π. Konus və onun daxilinə çəkilmiş sfera kombinasiyasının ox kəsiyinə baxmaqla (Şəkil ), belə nəticə çıxarmaq olar ki, axtarılan çevrənin radiusu sfera ilə konusun doğuranının D toxunma nöqtəsindən konusun oxuna qədər olan DK məsafəsinə bərabərdir. Məsələnin şərtinə görə AB=, BC=, onda AD=-=9. ADK və ABC üçbucaqlarının oxşar- 99

200 9 lığından DK = alırıq. Onda axtarılan çevrənin uzunluğu 4,5π 4 olar.. A nöqtəsindən konusun doğuranına qədər ən böyük məsafəni xarakterizə edən AK perpendikulyarı (Şəkil ) ABM müstəvisi üzərində yerləşir (AB- oturacağın diametridir). Düzbucaqlı AKB və MOB üçbucaqlarına baxaq. Onlar ϕ iti bucağına görə oxşardırlar. ΔAKB -dən oturacağın radiusunu R =, cosϕ ΔMOB -dən isə doğuranın uzunluğunu MB = = ifadə edək. Onda baxılan konusun sinϕ cosϕ sin ϕ π yan səthinin sahəsi S ( yan) = π = cosϕ sin ϕ sin ϕ cosϕ olar.. Düzbucaqlı OMC ( OMC= 9 ) üçbucağından OC =, düzbucaqlı sinα SOC üçbucağından isə SO = OC tgα = cos α (Şəkil ). SOK üçbucağında 9, axtarılan məsafə KSO = isə ( α + β ) [ ( )] ( α β ) cos α + β = + ON = SOsin 9. cosα

201 . BC doğuranını çəkək (Şəkil ). OO BC olduğundan, OO ( ABC). OK AC quraq. OK OO və OO BC olduğundan, OK BC. Beləliklə, OK düz xətti ABC müstəvisinin iki kəsişən AC və BC düz xətlərinə perpendikulyardır. Onda OK ( ABC), ona görə də AB və OO düz xətləri arasındakı məsafə OK-ya bərabərdir, yəni OK=8 dm. ΔAKO -dan AK = 8 = 6( dm), odur ki, AC = dm. ΔABC -dən BC = = 5( dm). Beləliklə, h=5 dm. 4. CA AA, BA AA olduğundan (Şəkil 4) CAB = ϕ AA tilindəki ikiüzlü bucağın xətti bucağıdır və ACB = 9 (diametrə söykənən daxilə çəkilmiş bucaq olduğundan). ΔABC -dən AC = AB cosϕ. Alınmış ACC A və ABB A kəsikiləri düzbucaqlı olduğundan S( ACC A ) AC AA AC = = = cosϕ. S( ABB A ) AB AA AB 5. Silindrin ox kəsiyi ABCD dördbucaqlısı olsun (Şəkil 5). Silindrin oturacağının radiusunu r, hündürlüyünü h ilə işarə edək. ΔABD - dən AB = ADctgϕ = rctgϕ = h. ( yan) = π r h = π r r ctgϕ = 4π r ctgϕ. S Məsələnin şərtinə görə S yan = 4 S ctg. ( ) ϕ π r = S, beləliklə, 6. APO düzbucaqlı üçbucağında (Şəkil 6) PO hündürlüyü -lik bucaq qarşısındadır, odur ki, AP=h. APB

202 bərabəryanlı düzbucaqlı üçbucaqdır, odur ki, S ( APB) = AP BP = AP BP = h h = h. 7. Konusun oturacağındakı AB vətəri 6 -lik qövs gərdiyindən, o oturacağın radiusuna bərabərdir, AB=OB=OA. OC AB çəkək və C, M nöqtələrini birləşdirək (Şəkil 7). Onda AB CM (üç perpendikulyar haqqında teoremə görə) və AB tilindəki ikiüzlü bucağın xətti bucağı MCO -dur. Şərtə görə MCO = 45. ΔMCO -da CO = MO =, MC =. ΔBOC -dən = OC BO cos =. S ( MAB) = AB MC = = 8. Bərabəryanlı ABC üçbucağının oturacağı ətrafında fırlanmasından alınan cism (Şəkil 8) ortaq oturacaqlı iki konusdan ibarətdir. Konusların oturacağının diametri BB parçasıdır. Axtarılan S sahəsi konusun yan səthinin iki mislinə bərabərdir: S = S( yan) = π OB AB. ΔAOB -dən AB = m və OB = msinϕ, Onda S = π m sinϕ. 6 ( sm ).

203 9. Verilmiş kəsik konusun ox kəsiyi bərabəryanlı ABCD trapesiyasıdır (Şəkil 9). BC və AD parçalarının ortalarını M və E ilə işarə edək. Bu nöqtələr kəsik konusun oturacaqlarının mərkəzləridir və BM = r, AE = R. BK AD çəkək, onda KE = BM = r, AK = R r. ΔABK -dan BK = AK = R r (çünki düzbucaqlı üçbucağın iti bucaqları 45 -yə bərabərdir). BC+ AD r + R S( kesik) = S( ABCD) = BK = ( R r) = R r.. Rombun tərəfi AB = x olsun (Şəkil ). Onda 4 x = 5 +, 4x = 65, x =,5( sm). Rombun sahəsini hesablamaq üçün iki düsturdan istifadə etməklə, onun hündürlüyünü tapırıq: BC MN = AC BD,,5 MN = 5, MN =, onda MK = 6( sm). Kürənin mərkəzindən kəsən müstəviyə qaldırılmış perpendikulyar, kəsiyin mərkəzindən, başqa sözlə rombun diaqonallarının kəsişmə nöqtəsindən keçir. ΔOKM -dən OK = OM MK = 6 = 64 = 8 ( sm).. = olduğundan ABC = 9 (Şəkil ). OK ABC, K-sferanın müstəvi ilə kəsiyinin mərkəzidir, ( ) AK=KC=5, ΔOKC -dən OK = OC KC =.

204 . Fərz edək ki, ABCD verilmiş piramida, O daxilinə çəkilmiş sferanın mərkəzi, AK-hündürlük, К daxilə çəkilmiş sferanın BCD üzünə toxunma nöqtəsi, M-sferanın ACD üzünə toxunma nöqtəsidir (Şəkil,a). M nöqtəsi AE apofemi üzərindədir, OM AE. Daxilə çəkilmiş sferanın radiusunu r ilə işarə edək. Onda OK=OM=r. AEC-dən AE = AC CE = a KE = BE = = a ; 6 a a 5 = 4a =. 4 a ΔAKE -dən AK = AE KE =. Δ AOM ~ ΔAEK -dan a OM EK r alınır ki, = və ya 6 AE AE = a, buradan a 5 r ( 5 ) a r =. İndi xaricə çəkilmiş sferanın radiusunu tapaq. Bu 4 sferanın radiusunu R, mərkəzini N ilə işarə edək (Şəkil, b). Onda, NA = ND = R ; a KD = KB = BE = = a. 4

205 ΔNKD -dən AK + KD = AD, həll edib a NK = ND KD = R ; ΔAKD -dən a R = alırıq. 5 a a R + R + = 4a. Bu tənliyi. Həllin üsulunu göstəririk. I. Axtarılan məsafə A nöqtəsindən PCD müstəvisinə endirilmiş perpendikulyarın uzunluğuna bərabərdir (Şəkil, a). Bu perpendikulyarı, ona bərabər olan başqa münasib parça ilə əvəz edək. AB düz xətti PCD müstəvisinə paralel olduğundan, bu düz xətdən PCD müstəvisinə qədər olan məsafə A nöqtəsindən həmin müstəviyə qədər məsafəyə bərabərdir. Bunu, ρ ( A, PCD) = ρ( AB, PCD) kimiişarə edək. İndi AB tilinin orta nöqtəsini M ilə göstərək və qeyd edək ki, ρ ( A, PCD) = ρ( M, PCD). M nöqtəsindən PCD üzünə MK perpendikulyarını qurmaq üçün, piramidanın PMN ox kəsiyini göstərib, MN CD çəkək, onda PN CD olar. Aşkardır ki, CD ( PMN ). PCD üzü CD parçasından keçir, odur ki, ( PCD) ( PMN ). Bu halda M nöqtəsindən PCD üzünə çəkilmiş perpendikulyar PMN müstəvisi üzərindədir və PMN, PCD müstəvilərinin kəsişmə xəttinə perpendikulyardır. Qeyd edək ki,,a şəklində PMN üçbucağı, onun müstəvisi təsvir müstəvisinə paralel olduğundan, təhrif olunmadan təsvir edilmişdir. Odur ki, MKN bucağı da təhrif edilmir: MKN = 9. ρ( M, PCD) = MK -nı hesablayaq. 5 ΔPHN -dən PN = PH + HN = 4 + = ; MN PH S( PMN) = MN PH = PN MK MK= = =,4 PN 5

206 II. A nöqtəsindən PCD müstəvisinə qədər məsafə APCD piramidasının A təpəsindən PCD üzünə çəkilmiş hündürlüyünün uzunluğuna bərabərdir. Əvvəlcə, PABCD piramidasının həcmini hesablayaq: V ( PABCD) = S( ABCD) PH = 6. Bu piramida, oturacaqları ACD, ABC və təpəsi P nöqtəsində olan iki bərabər piramidadan ibarətdir. Deməli, V ( APCD) = V ( ABCD) =, lakin V ( APCD) = S( PCD) ρ ( A, PCD) = (). Yuxarıda hesabladıq ki, PN =, onda S ( PCD) = PN CD= =. 4 Beləliklə, S ( PCD) üçün tapılan qiyməti ()-də yrinə yazıb 5 ρ( A, PCD) -yə nəzərən ρ ( A, PCD) = tənlyiini alırıq və 4 buradan ρ ( A, PCD) = =, 4. 5 III. Koordinatlar metodunu tətbiq edək. Düzbucaqlı koordinat sisteminin başlanğıcını ABCD kvadratının H mərkəzində götürək, absis oxunu HA şüası üzrə yönəldək. Onda ordinat oxu HD, üçüncü ox isə HP şüaları üzrə yönələr (Şəkil, b). Bu 6

207 koordinat sistemində, AC =, HP = və HD = olduğunu nəzərə almaqla, A, C, D, P nöqtələrinin koordinatlarını tapaq: A ;;, C ;;, D ; ;, P ( ; ; ). x y z Müstəvinin, + + = parçalarla, tənliyindən istifadə etməklə PCD müstəvisinin tənliyini yazaq. a b c x y z + + = x + y + z 4 = 4x 4y z + 6 =. A ( x ; y; z ) nöqtəsindən PCD müstəvisinə qədər məsafəni ρ = Ax + By + Cz A + B + C düsturundan istifadə etməklə tapırıq, burada Ax + By+ Cz+ D = müstəvinin ümumi tənliyidir. Baxılan halda, x = ; y = z ; A = 4, B = 4, C =, D = 6. Onda ρ = ( A, PCD) = = =, Bilmək lazımdır ki, piramida düzgündür, silindrin oturacağı isə piramidanın oturacağının daxilinə çəkilmiş dairə deyildir, lakin silindr piramidanın yan üzlərinin hündürlüyünə (apofeminə) toxunur. Bunu əsaslandıraq. Fərz edək ki, silindr SAB yan üzünə K nöqtəsində toxunur (Şəkil 4, a).. 7

208 Silindrin yuxarı oturacağı, mərkəzi O, nöqtəsində olan tərəfi A B -ə bərabər, kvadratın daxilinə çəkilmiş dairədir. OK A B, SO MK çəkək. Onda, A B ( SOK ). İndi SL apofemini çəkək. ( SOK ) A B və AB A B olduğundan, SO K və SOL müstəviləri paraleldir. Bu müstəvilərin ortaq S nöqtəsi olduğundan isə onlar üst-üstə düşürlər, odur ki, K nöqtəsi SL apofemi üzərindədir (Şəkil 4, a). Beləliklə, silindrin ox kəsiyi, bərabəryanlı SNL üçbucağının daxilinə çəkilmiş MKQP kvadratıdır, burada SN, SL piramidanın apofemləridir (Şəkil a 4, b). Asanlıqla hesablamaq olar ki, SN = SL =, a SO =. Silindrin oturacağının axtarılan PQ diametrini x ilə işarə edək və qeyd edək ki, şərtə görə x = PQ = OO. SMK və 8

209 SNL üçbucaqlarının oxşarlığından a x = a a x alınır. Buradan = a( ) x. 9 ML SO = və ya MK SO 5. Fərz edək ki, SA və SB doğuranları qarşılıqlı perpendikulyardır (Şəkil 5, a). Qeyd edək ki, konusun hündürlüyü böyüdükcə, onun ox kəsiyi təpəsindəki müstəvi bucağı kiçilir, hər hansı qarşılıqlı perpendikulyar doğuranı olan konus isə kifayət qədər alçaq görünür. Verilmiş konusun yan səthinin AB A açılışına baxaq (Şəkil 5, b). O, qövsünün uzunluğu oturacaq çevrəsinin uzunluğuna bərabər olan, dairə sektorudur. Onu da qeyd edək ki, həmin açılış, konusun hündürlüyü kiçildikcə onun yan səthinin sahəsi radiusu doğuranın uzunluğuna bərabər olan dairənin sahəsinə yaxınlaşdığından, sektordan ibarətdir. Məsələnin şərtinə görə SAnB və S A mb sektorlarının sahələri nisbəti : yə bərabərdir, odur ki, AnB : A mb = : () yaza bilirik. () şərti ödənildiyindən AnB qövsünün dərəcə ölçüsü -yə bərabərdir, AB vətəri isə çevrə daxilinə çəkilmiş düzgün üçbucağın oturacağıdır. Konusun oturacağının radiusu AO = x olarsa, onda AB = x. ASB bərabəryanlı düzbucaqlı üçbucaqdır (lakin bu konusun ox kəsiyi deyil). Pifaqor teoremindən bir neçə dəfə istifadə etməklə AS + SB = AB, AS = x, x AS = ;

210 x AO + SO = AS, x + h =, x = h yaza bilərik. Onda V = π x h = π h. Belə məsələlərin həlli ilə əlaqədar konusun təsviri alqoritmini düzgün yerinə yetirməyə adət etmək lazımdır. Əvvəlcə konusun oturacağının təsviri olan ellips, onun O mərkəzindən SO hündürlüyü, S nöqtəsindən ellipsə SA, SC toxunanları çəkilir. Belə bir fakta xüsusi diqqət olunur ki, AC konusun oturacağının diametri, ASC üsbucağı isə ox kəsiyi deyildir. 6. Kürənin diametri - MO, MC - isə onun böyük dairəsinin vətəri olsun (Şəkil 6). Δ MCO ~ MOC -dən MC = MO MO. Şərtə görə MO= H. x MC = x işarə edək. Onda MO =. H MCO və MAO üçbucaqlarının oxşarlığından MC MA H = və ya AM = MO MO x H olduğundan, =, Onda H H H x =. Şərtə görə, konus bərabərtərəflidir, odur ki, MAO = 6, buna görə də MCO = 6. Onda, H H CO = MC sin = =. Radiusu CO olan 4 πh çevrənin uzunluğu olar. Bu məsələdə baxılan halda kürə və konus səthlərinin kəsişmə xəttinin çevrə olduğunu gördük. 6-cı şəkil təkcə bu məsələnin deyil, sonrakı məsələnin də həllinə kömək edir.

211 7. MCO və MAO üçbucaqlarının oxşarlığından (Şəkil MC MO CO 6). = = alınır. Böyük və kiçik konusların yan MA MO AO səthilərinin sahələri uyğun olaraq π AO MA və π CO MC π CO MC MC ilə hesablanır. Şərtə görə =. Buradan, = πao MA MA MC MO və ya =, onda =. MA MO MO - böyük dairənin diametri olduğundan MCO düzbucaqlı üçbucaqdır, C nöqtəsi isə konusun doğuranı və sfera üzərindədir. Düzbucaqlı üçbucaqda metrik münasibətdən istfiadə etməklə MO MC = MO MO alırıq. Buradan, MO =, MA = MC olduğunu nəzərə almaqla, MA MO = və ya MA = MO nəticəsinə gəlirik. Pifaqor teoerminə görə AO = MA MO = MO MO = MO ( ). AO Beləliklə, =. MO 8. Daxilə çəkilmiş kürənin mərkəzi konusun oturacağından və onun yan səthindən eyni uzaqlıqda olan nöqtədir, odur ki, kürənin mərkəzi konusun hündürlüyü üzərindədir. Konusun ox kəsiyinə baxmaqla kifayətlənmək olar (Şəkil 7). Fərz edək ki, ASB konusun ox kəsiyi, O -daxilə çəkilmiş kürənin mərkəzi, D, F kürənin konusun yan səthinə toxunma nöqtələri, DE daxilə

212 çəkilmiş kürənin konusun yan səthinə toxunduğu xətt olan çevrənin radiusudur. Asanlıqla hesablamaq olar ki, AO=8. SDO CD DO SO və SOA üçbucaqlarının oxşarlığından = = alınır. SO AO SA x 5 x DO = OO = x işarə edək. Onda =. Buradan 8 7 x = DO 4 = 5. Onda 4 5 SO = SO OO = 5 = 5 5. SDO düzbucaqlı üçbucağından DO = SO EO, EO = = ; DE = DO EO =, DE =. Onda radiusu məlum çevrənin uzunluğu π = olar π 7 7 Qeyd: DE parçasının uzunluğunu kalkulyatorun tətbiqi 4 9 olmadan hesablamaq üçün kök altındakı 5 85 ifadəsinin vuruqlarını yazmalı. 9. Verilmiş piramidanın mərkəzi O olsun (Şəkil 8). Aşkardır ki, O nöqtəsi piramidanın hündürlüyü üzərindədir və daxilə çəkilmiş, habelə məsələdə deyilən sferaların mərkəzidir. Daxilə çəkilmiş kürənin piramidanın üzlərinə toxunma nöqtələrini H, L ilə işarə edək və əvvəlcə yan üzün SK hündürlüyünü, sonra isə piramidanın SH hündürlüyünü tapaq: SK = = 6,onda AS KH = 6 = və SH = ( 6 ) ( ) = 4 6. LSO və

213 OL SO HSK üçbucaqlarının oxşarlığından = və ya KH SK OL 4 6 OL = alınır. Buradan daxilə çəkilmiş kürənin 6 radiusunu tapırıq: OH = OL = 6 <. Hesablamanın bu nəticəsinin xüsusi əhəmiyyəti vardır. Alınmış bu nəticəni düzgün şərh etmək lazımdır. Daxilə çəkilmiş kürənin radiusu verilmiş kürənin radiusundan kiçikdir. Odur ki, tetraedrin hər bir üzündən kənara kürə seqmentləri çıxır. Fərz edək ki, kürə seqmentinin mərkəzi H-dır (Şəkil 9). Kürə seqmentinin HM hündürlüyü OM-OH fərqinə bərabərdir, burada OM verilmiş kürənin radiusudur, yəni OM=. Onda HM = 6. Bir kürə seqmentinin səthinin sahəsi ( 6) ( 6) π -dir, dörd belə seqmentinin səthinin sahəsi isə 4π olar. Verilmiş kürə səthinin sahəsi 6 π, onun piramidanın daxilində qalan hissəsinin səthinin sahəsi isə 6π 4π ( 6) = 4π 6 6π dir. 4. Şəkildə kürəni təsvir etməyib, yalnız SA SB, SB SC, SA SC və SH ( ABC) olan konusu göstəririk (Şəkil 4). Konusun doğuranını x ilə işarə edək, onda bərabəryanlı ASB, BSC, ASC düzbucaqlı üçbucaqlarından AB = BC = AC = x alarıq. Görünür ki, konusun oturacağının daxilinə düzgün ABC üçbucağı çəkilmişdir. AB = AH, onda axtarılan radius x x 6 AH = CH = =

214 x x olur. Düzbucaqlı ACH üçbucağından SH = x =. Konusun MSC ox kəsiyinə baxaq, burada O konusun daxilinə çəkilmiş verilmiş kürənin mərkəzidir. OK SC çəkək və qeyd edək ki, şərtə görə OK = R (Şəkil 4, b). SOK və SCH x R OK SO R üçbucaqlarının oxşarlığından = və ya = HC SC x 6 x alırıq. Buradan konusun doğuranının uzunluğunun ( + ) x = R R ( + ) olduğunu tapırıq. Onda AH = = ( + ) R. 4. Fərz edək ki, ABC kasanın ilk vəziyyətidir (suyun AB səviyyəsi üfüqi xəttə paraleldir). Kasa əyildikdə o, A B C vəziyyətində olur (Şəkil 4, suyun qalan A B səviyyəsi üfüqü xəttə paraleldir). Suyun ilk həcmini V, qalan həcmini isə V ilə işarə edək. Onda tökülən suyun V V V həcmi V-V olar. Məsələnin şərtinə görə = V V nisbətini tapmaq tələb olunur. Suyun ilk həcmi yarımkürənin V = π R həcminə, qalan suyun həcmi isə A BC kürə h seqmentinin V = π h R həcminə bərabərdir, burada R kürənin radiusu, h kürə seqmentinin hündürlüyüdür. ΔOO A - 4

215 R R dən O O = tapırıq, onda h = R OO =. Beləliklə, h R R 5 V = π h R = π R = π R. Onda V 5 5 : V 5 = π R πr = və = =. V 4 6 V Yalnız prizmanı təsvir etmək kifayətdir (Şəkil 4). a) EE = 4, BE = 4, OB =, OK =. S ( prizm. otur ) = 6, V prizm = ; b) V ( sil. xaric) = 6π ; c) V ( sildaxil. ) = π. ( ) 7 4. ABC D kəsiyi paraleloqramdır, çünki onun AB və D C qarşı tərəfləri paraleldir (Şəkil 4). DK AB çəkək, onda üç perpendikulyar haqqında teoremə görə AB DK. D KD - kəsiyin müstəvisi ilə oturacaq müstəvisi arasındakı ikiüzlü bucağın xətti bucağıdır. Odur ki, D KO = β, KD = KD cosβ. S ( ABCD) = AB KD = AB KD cos β = Q cos β. Q cos β Şərtə görə AB = a olduğundan KD =. ΔD DK -dan a Q sin β Q sin β DD = KD tgβ =. V = S( ABCD) DD = a a 5

216 44. Şəkildə silindrin daxilinə çəkilmiş düzgün n-bucaqlı prizmanın üç yan üzü təsvir edilmişdir (Şəkil 44). CC = h, OB = r, p - prizmanın oturacağının perimetri, S- prizmanın oturacağının sahəsi olsun. O nöqtəsindən BC tərəfinə OK perpendikulyarını çəkib, alınan OKB üçbucağından BOK =, OK = r cos, BK = r sin alırıq. Odur n n n ki, BC = r sin. p = n r sin, S = p OK = nr sin ; n n n 6 nr sin V ( priz) S h n n 6 = = = sin V ( sil) π r h π r π n 45. AA tilinin proyeksiyası AK parçasıdır (Şəkil 45). A AK = α olsun. Onda cos6 cos α =, = cosα cos, 6 sin α = =. ΔAA K -dan a 6 A K = asinα =. a 6 a V = a sin 6 =. 46. Həllin iki üsulunu verək. I. Fərz edək ki, AA tili AB və AD tərəfləri ilə ϕ -yə bərabər iti bucaq əmələ gətirir (Şəkil 46). Onda AA tilinin ABCD oturacaq müstəvisi üzərindəki proyeksiyası DAB bucağının tənböləni olan AO parçasıdır. OE AB çəkək. Onda üç perpendikulyar haqqında teoremə görə AB A E. ΔAA E -dən AE = c cosϕ, A E = c sinϕ. Δ AEO -dan EO = AE = c cosϕ, çünki OAE = 45. Δ EO -dan A 6

217 AO = A E EO = c sin ϕ c cos ϕ = c cos ϕ. ϕ - kor bucaq olan halda da həmin nəticə alınır. II. Fərz edək ki, A AO = x, A AB = A AD = ϕ (Şəkil 46). Şərtə görə AOB = 45, odur ki, cosϕ = cos x cos 45, buradan cos x = cosϕ. sinx = cos x = cos ϕ = cosϕ ; A O = AA sin x = c cos ϕ ; V = abc cos ϕ. 47. Şərtə görə piramidanın oturacağa bitişik ikiüzlü bucaqları bərabərdir, odur ki, piramidanın təpə nöqtəsi rombun daxilinə çəkilmiş dairənin mərkəzinə, başqa sözlə onun diaqonallarının kəsişmə nöqtəsinə proyeksiyalanır (Şəkil 47). MKO bucağı DC tilindəki ikiüzlü bucağın xətti bucağıdır. Δ MOK bərabəryanlı olduğundan, MO=OK=,5 sm. Rombun BF hündürlüyünü çəkək. BF=OK=sm; S ( ot.) = 6 = 8( sm ). V = 8,5 = 9 sm. ( ) 48. Düz bucaqları C və C olan ABC və A B C üçbucaqları verilmiş kəsik piramidanın oturacaqları olsun (Şəkil 48). Şərtə görə piramidanın iki yan üzü oturacaq müstəvisinə perpendikulyardır, odur ki, CC tili də oturacaq müstəvisinə 7

218 perpendikulyardır, CD AB, CK A B çəkək, onda KDC bucağı AB tilindəki ikiüzlü bucağın xətti bucağıdır və O, ϕ -yə bərabərdir. Bərabəryanlı düzbucaqlı ACB üçbucağında CD hündürlüyü, eyni zamanda, hipotenuza çəkilmiş mediandır, odur AB m ki, CD = =. n Analoji olaraq, C K =. İndi KE CD çəkək, onda m n m n ED = CD CE =. ΔKED -dən KE = tgϕ ; m m n S ( ABC) = m = ; S ( A BC ) =. Kəsik piramidanın 4 4 V = h( S + S + SS ) həcm düsturundan istifadə edək. Baxılan m n m n halda, S =, S =, h = tgϕ, odur ki, 4 4 m n m n m n V = tgϕ + + = ( m n ) tgϕ R 49. Kürənin radiusunu R ilə işarə edək, onda AC = CB = R (Şəkil 49). Kürələrin ortaq hissəsi hündürlükləri h = olan iki bərabər kürə seqmentindən ibarətdir. V ( seq. ) = π h R h, R h = olduqda V ( seq. ) V ( ortaq. hisse) 5πR V = ; R R 5πR = π R =. Onda 4 4 ( ortaq hisse) 5 = V ( kure) 6. 8

219 5. Daxilinə kürə çəkilmiş kəsik konusun ox kəsiyini təsvir edək (Şəkil 5). CE = r, KD = r olsun, onda CM = r, DM = r, DC = r + r olar. CF KD çəkək, onda FD = r r. ΔCDF -dən CF = ( r + r ) ( r r ) = r r. Kürənin ra- EK CF diusu R = = = r r. Kəsik konusun və kürənin həcm düsturlarından istifadə edib π r r ( ) ( r + r r + r ) V kes. konus r + rr + r = = V ( kure) 4 r r π ( r r ) alırıq. 5. Fərz edək ki, piramidanın MD tili onun ABCD oturacaq müstəvisinə perpendikulyardır (Şəkil 5). Kürənin O mərkəzi A və C təpələrindən eyni məsafədədir, odur ki, MDB müstəvisi üzərində yerləşir. MDB düzbucaqlı üçbucaqdır, odur ki, onun xaricinə çəkilmiş çevrənin O mərkəzi MB=R hipotenuzunun orta nöqtəsidir.onda S( MDC) = S( MDA) = MD CD = 9

220 R cosα = ( R sinα ) = R sinα cosα. Üç perpendikulyar haqqında teoremə görə MC BC, odur ki, S( MCB) = S( MAB) = MC BC = MD + DC BC = 4 sin + cos R α R α Rcosα = R cosα + sin α. Onda yan səthin sahəsi S ( ) = yan = R sinα cosα + R cosα + sin α R cosα sinα + + sin α R = 7, cos α = 7 8 α = arcsin götürüb (onda 7, çünki 8 sin α =, 7 π 8 5 < α < ). S yan = 7 = = 7 = 54 alırıq a) Piramidanın, H hündürlüyündən onun oturacağının a tilinə paralel, müstəvi ilə kəsiyinə baxaq (Şəkil 5). Bu müstəvi iki yan üzrə perpendikulyardır (çünki, H hündürlüyünə habelə a tilinə perpendikulyar olan oturacaqdakı til onların hər ikisinin üzərindədir), deməli kürənin hündürlüyün üzərində olan mərkəzi ilə birlikdə onun həmin iki yan üzrə toxunma nöqtələri də kəsiyin üzərindədir. Beləliklə, kəsikdə hipotenuzu a olan bərabəryanlı düzbucaqlı üçbucaq və onun daxilinə çəkilmiş radiusu 6 olan çevrə alınır.

221 a Pifaqor teoreminə görə yan tərəfi 6 + və hipotenuzu a olan bərabəryanlı düzbucaqlı üçbucaqdan a a = a a 6 6a = a 4 a = ( 6 ± 6 ) = a 7 = a, a > olduğundan a = ( + ), buradan oturacağın sahəsi = 44( + ) a. 5. Məsələdə söhbət gedən kəsiyi quraq. Həmin kəsiyin müstəvisi (onu T ilə işarə edək). AC-yə paralel olduğundan onun ABCD oturacaq müstəvisi ilə NP kəsişmə xətti də AC-yə paraleldir (Şəkil 5, a). Analoji olaraq MQ AC. Fərz edək ki, L və K uyğun olaraq T müstəvisi ilə BB və DD düz xətlərinin kəsişmə nöqtəsidir. K nöqtəsinin DD düz xətti üzərində vəziyyətini tapaq. Bunun üçün BB D D diaqonal kəsiyi müstəvisinə baxaq (Şəkil 5, b). KL ilə NP və MQ düz xətlərinin kəsişmə nöqtələrini uyğun olaraq E və G ilə işarə edək, H isə G nöqtəsinin kubun aşağı oturacağı üzərində proyeksiyası olsun. Onda GH = MA = ; ΔNBP -dən BE = NBsin 45 =. 8 7 Aşkardır ki, DE = BD BE = =, HE = DE DH = =. KDE və GHE 8 8 GH DE 7 üçbucaqlarının oxşarlığından KD = =. Beləliklə, HE 9 axtarılan kəsik MNPQK (Şəkil 5, a,c) beşbucaqlısıdır. Onun sahəsi MKQ bərabəryanlı üçbucağı ilə MQPN trapesiyasının sahələri cəminə bərabərdir:

222 S ( MNPQK) = [ MQ KG + ( MQ + NP) GE] = ( MQ KE + NP GE) Burada MQ =AC= ; NP = NB = ; KE = DE + KD = 6; 4 7 GE = HE + GH = 6. Odur ki, S = 7 + = ABCDA BC D kubuna baxaq (Şəkil 54). Fərz edək ki, onun A C diaqonalı düz dairəvi silindrin oxudur. Aşkardır ki, silindrik səth kubun A və C təpələrindən çıxan tillərinə toxuna bilməz. Kubun qalan ixtiyari, A C diaqonalı ilə çarpazlaşan tilləri, oturacağının radiusu bu tillərin və A C -in ortaq perpendikulyarı olan belə silindrin səthinə toxunur. Müəyyənlik üçün AD tilini götürək. Göstərilən ümumi perpendikulyarın r-uzunluğunu, başqa sözlə çarpazlaşan A C və AD düz xətləri arasındakı məsafəni tapmaq 7.

223 tələb olunur. Bu məsafə A nöqtəsindən (AD tilinin ona perpendikulyar AA B B müstəvisi üzərindəki proyeksiyası) A C -in həmin üz üzərindəki proyeksiyası olan, A B parçasına qədər məsafəyə bərabərdir: r = AO, burada O nöqtəsi AA B B a kvadratının mərkəzidir. Odur ki, AO = A B =. Qeyd edək ki, həmin nəticəni kubun A C diaqonalı ilə çarpaz olan ixtiyari tili üçün də almaq olar, başqa sözlə göstərilən silindrik səthi bütün belə tillərin hamısına toxunur. 55. Piramidanın oturacağı ABCD, S onun təpə nöqtəsi, K və E uyğun olaraq DC və AC parçalarının orta nöqtələri, O - piramidanın daxilinə çəkilmiş kürənin mərkəzi, r onun radiusu, M və N nöqtələri O nöqtəsindən SK və SC parçalarına çəkilmiş perpendikulyarların oturacaqları, P SK və O P SK, SE = h olsun (Şəkil 55). Onda OM = OE= r, OS =OC=, ON = 4, SN = NC. SN = OS ON = 44 = 4 7, SC = 8 7. ESK = α, ESC = β SN 7 56 işarə edək. Onda cos β = =, sin β =, h = SE= SC cos β =, SO 8 4 EC = SC sin β =, = EC 8 7 = EK EK, tgα = =, SE 7 7 cos α =, sin α =. O nöqtəsindən piramidanın yan üzünə 8 4 qədər məsafə OM-ə bərabərdir və OM = SO sin α =. Qəbul

224 r etdiyimiz işarəyə görə O P = r, ΔSO P -dən = sinα, h r hsinα 8 buradan r = = ( ). + sinα 56. Verilmiş paralelepipedin ACC A kəsiyinə baxaq (Şəkil 56, a, b). AOF üçbucağında: OF =, AO =, AF =. Axtarılan radius bu üçbucağın OK hündürlüyüdür. Bu üçbucağın sahəsi bir tərəfdən AO OF, digər tərəfdən isə AF OK -dır. Odur ki, AO OF = AF OK buradan AO OF OK = = = 6. AF 57. V ( sil). = S( otr) H = π r AB, ( ) olduğundan 4V ( sil) 4π r AB r AB r AB = = = (). V( kure) 4 4 πr πr R İndi kürənin və silindrin oturacağının radiuslarını tapaq (Şəkil 57). AOB üçbucağından R=4 tapırıq (çünki bu üçbucaq bərabərtərəflidir). AOO üçbucağından r = 4cos =. Alınmış V kure = 4 π R 4

225 V( sil) ( kure) 4 r AB 4 qiymətləri ()-də yerinə yazıb = =,5 R = V 64 alırıq. 58. Düzbucaqlı AC C və DB B üçbucaqlarından rombun diaqonallarının uzunluqlarını tapırıq (Şəkil 58): = AC = AC CC = ; BD = DB BB = 5 4 =. Fərz edək ki, rombun diaqonalları O nöqtəsində kəsişir. Onda düzbucaqlı AOD üçbucağından rombun tərəfinin uzunluğunu tapırıq: AC BD 8 AD = + =, 4 AD = 4,5( sm). π 59. BD ( ABC), BAC = (Şəkil 59) olduğundan, üç perpendikulyar haqqında teoremə görə, π π DAC = ; DAB = (ikiüzlü bucağın xətti bucağıdır); AC ABD. Odur ki, ( ) V = AC S π π sin = sin =. 6 π ( ABD) = AC AB BD = 5 cos 6. Şərtə görə ( ACM ) = 5 S (Şəkil 6), yəni MK =, buradan MK =. Düzbucaqlı ABK

226 ( BB C C) üçbucağından BK =, ΔBMK -dan BM =. Axtarılan BH məsafəsi BMK üçbucağının hündürlüyüdür. BKM üçbucağının sahəsi düsturunu iki formada yazmaqla onu tapa bilərik: BM BK = MK BH, BM BK BH = = =, 5. MK 6. Fərz edək ki, ABCDA B C D S AA DD = sm, düz prizmadır, ( ) S = 8sm (Şəkil 6). Paralel yan üzlər arasındakı məsafə BC və AD düz xətləri arasındakı məsafəyə, başqa sözlə BE-yə bərabərdir (BE=5 sm). S ( AADD ) = AD AA, S( BBCC ) = BC BB olduğundan AD =, BC = 8 (burada h= AA n n prizmanın hündürlüyüdür). Prizmanın oturacağının sahəsi 8 + ( ) ( AD+ BC) 5 S ABCD= BE= h h 5= ( sm ). h 5 h Onda V = S( ABCD) h = h = 6 = 5( sm ). 6. K- nöqtəsi AC tərəfinin ortası, O oturacağın mərkəzi, OM isə SK apofeminə çəkilmiş perpendikulyar olsun (Şəkil 6). SO və OK parçaları AC-yə perpendikulyar olduğundan AC ( SOK), odur ki, OM AC, ona görə də OM ( ASC). Piramidanın oturacağının tərəfi a, yan üzün oturacaq müstəvisinə əmələ gətirdiyi

227 SKO = β olsun. Onda a MK = cos β. Odur ki, a OK =, a SK =, cos β a sin β SM = SK MK = və MK : SM = ctg β CM cos β parçası KSC üçbucağında tənbölən olduğundan MK : SM = KC: SC tənasübü ödənilir. Tənasübün sağ tərəfindəki parçaları tapaq: a KC= və a a a SC = KC + SK = + = + tg β. 4 cos β 6 Onda tənasüb tg β = tg β + şəklə düşür, buradan a a tg β =. ΔSOK -dan SO = OKtgβ = tgβ =, olduğundan verilmiş piramidanın həcmi V = = olur. a a a 4 6 Şərtə görə a = 6, buradan a = 6 6 = = 9, 6 a = 9 = 8. V 6. Şərtə görə H S = H K, ( sil) πr H =, V( kon) H S( yan. sil) 5 = ; cos = S( yan. kon) 6 = π r olduğundan, V( sil) R H R = V( kon) = r α. π, πr H beləliklə silindr və konusun oturacaqlarının radiuslarının nisbətini tapmaq lazımdır (Şəkil 6, a, b). 7

228 S( yansil. ) 5 π RH 5 RH 5 = = =. S( yankonus. ) 6 π rl 6 rl İndi H və l arasındakı əlaqəni tapaq. H = sinα, cos α = sin α, l + cos deməli sin α α = = = ; R H 5 sin α =. Onda = ; r l R 5 =, R 5 V ( sil) 5 5 = və = = =,785 r r ( ). V kon 64. AC=BC olduğundan, ABC üçbucağında C düz bucaqdır (Şəkil 64). ABC üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzi AB hipotenuzunun ortasındadır, odur ki, CO = ; COOC - kvadrat olduğundan, C nöqtəsindən keçən C O -ə perpendikulyar CO -dir. Onda axtarılan CA B kəsiyinin sahəsini asanlıqla hesablamaq olar: ΔCO O - dan CO = + = + = ; ( ) = S CA B = A B CO = =. 65. ABCD verilmiş romb olsun (Şəkil 65, a), AB = a, BAD = α işarə edək. Onda AO = a cos α, BO = asin α. 8

229 Aşkardır ki, rombun AC və BD diaqonalları ətrafında fırlanmasından alınan cismlərin həcmləri uyğun olaraq α α α α V = π a cos sin və V = π a cos sin dır. Rombun, onun tərəfi ətrafında fırlanmasından (Məsələn, AB, şəkil 65, b) alınan cismin həcmini tapmaq üçün MNCD düzbucaqlısının MN tərəfi ətrafında fırlanmasından alınan silindrin həcminə AMD üçbucağının fırlanmasından alınan konusun həcmini əlavə edib və BNC üçbucağının fırlanmasından alınan konusun həcmini çıxmaq lazımdır. Bu üçbucaqlar öz aralarında bərabərdir və MD = asinα. Odur ki, V = π a sin α. Axtarılan V α V α V həcmini tapmaq lazımdır. = 6sin, = 6cos V V olduğundan V + = 6 və V V V =, V = yazıb, V = alırıq. 66. Verilmiş ABCD trapesiyasında AD = a, BC = b, BAD = α, BM = CN = h hündürlük olsun (Şəkil 66, a). Onda AM = DN = hctgα və fırlanmadan alınan axtarılan cismin həcmi V ( AD) = π h b + π h ctgα = 9 6V V V =. Burada, V + V

230 π h b + hctgα olar. a b hctgα = olduğundan, V( AD) = π h ( a + b). AQ = DP = h və BQ = CP = hctgα olduğundan (Şəkil 66, b) fırlanmadan alınan verilən cismin həcmi V BC = π h a π h ctgα = π h a hctgα = π h a + b V ( AD) a + b olar. Odur ki, = və trapesiyanın xaricinə çevrə V ( BC) a + b a + b çəkmək mümkün olduğundan AB = CD = və AM a b a b cosα cos α = =, cos α =, buradan b = a. AB a + b a + b + cosα cosα a + a V ( AD) α Onda cosα cos = + =. Şərtə görə V ( BC) cosα + cosα a + a + cosα cos α =. Onda ( ) V AD = = V( AD) = V( BC) = = 7. V( BC) + Deməli, V ( AD) = Düzbucaqlının A təpəsindən AC-yə perpendikulyar keçən düz xətt MN olsun. Düzbucaqlının B və D təpələrindən MN düz xəttinə perpendikulyarlar endirək. Deməli, BM, AC, DN parçalarının hər biri MN-ə perpendikulyardır (Şəkil 67). Onda axtarılan həcm V = V + V -dir, burada π π V = AM ( AC + AC MB + MB ) AM MB və ( ) ( )

231 π ( AC + AC ND + ND ) AN ND π V = AN AC = d, CAD = α ilə işarə edək, onda MAB = α, BAC = DAN = 9 α və MB = d sin α, ND = d cos α, AM = AN = d sinα cosα. Göstərilənləri V = V + V -də yerinə yazıb, çevirmələr apardıqdan sonra V = π d cosα sinα alırıq. Düzbucaqlının onun tərəfləri ətrafında fırlanmasından alınan silindrlərin həcmləri V ( AB ) = π d cos α sin α və V ( ) ( AB) V ( AD) V AD = π d cosα sin α -dır. = cosα, = sinα V V olduğundan V ( AB) + V ( AD) = V və burada ( AB) = V ( AD) = yerinə yazıb V = alırıq. V, 68. AB = c, ABC = α işarə edək (Şəkil 68, a, b, c). Onda AC = c sin α, BC = c cos α və ABC üçbucağının m düz xətt ətrafında fırlanmasından alınan cismin həcmi V = π c cosα α olur. Analoji olaraq ABC üçbucağının n düz sin xətti ətrafında fırlanmasından alınan cismin həcmi V = π c cos α sinα -dır. İndi ABC üçbucağının p düz xətti ətrafında fırlanmasından alınan cismin həcminin ifadəsini müəyyən edək. AM p və BN p çəkək (Şəkil 68, c). Onda AM = BN = csinα cosα, MC = csin α və NC = c cos α və ABC üçbucağının p düz xətti ətrafında fırlanmasından alınan V cismin həcmi V = π c cos α sin α olur. = cosα, V V V V V = sinα olduğundan + = və V V V V V =, V + V burada V = 65, V = 56 şərtini nəzərə alıb V = 6 tapırıq.

232 69. Konfiqurasiyanın ox kəsiyinin təsvirinə baxaq (Şəkil 69). Konusun oturacağının radiusu AD = r, onun doğuranı ilə oturacaq müstəvisi arasındakı bucaq BAD = α olarsa, onda konusun həcmi V = π r tgα olar. ANC = ABC = π α olduğundan, silindrin hündürlüyü NC = rctgα, onun həcmi isə V = π r ctgα -dır. Şərtə görə V = V buradan tg α = və ya cos α =. Kürənin radiusu 5 r r 4π r R = =, onun səthinin sahəsi S =. sin( π α ) sin α sin α π r Konusun yan səthinin sahəsi S = -dır, odur ki, cosα S = cosα ( cos α ) və ( ) S = S cos α cos α = 5 = 6. S Konfiqurasiyanın ox kəsiyini təsvir edək (Şəkil 7). Konusun oturacağının radiusunu r = AD və BAD = α işarə edək, onda onun həcmi V = π r tgα olar. DAM = 9 α olduğundan, daxildəki kürənin radiusunun iki misli

233 r = DM = rctgα, həcmi V = π r ctg α, məlum həcmlərin 6 nisbəti isə V = tg 4 α olar. Şərtə görə V V = 4, V = 8, onda 4 tg α = və tg α = alırıq. Xaricə çəkilmiş kürənin radiusu r r R = = sin 8 α sin, onun həc- mi isə V = ( ) α 4 r π sin α -dır. Onda ( + tg ) V 4π r π r ctg α 7 = : = = sin 6 6 = α = + ; V α cos α 8 V 7 7 =, V = 8 = 7. V Konusun ox kəsiyi müstəvisinə perpendikulyar keçirilmiş kəsiyi quraq (Şəkil 7). Burada BD konusun hündürlüyü, O daxilə çəkilmiş kürənin mərkəzi, r = OD = ON onun radiusu, BK iki müstəvinin kəsişmə xətti, OT parçası MN-ə çəkilmiş perpendikulyar MT = TN = r daxilə çəkilmiş kürənin kəsiyinin radiusu, BAD = BCD = α, cos α =,8. Fərz edək ki, BKD = β, onda BOT = β və OT = BO cos β. Lakin, AO parçası ABD üçbucağında tənböləndir, odur ki,

234 r AD r r cos β = = cosα və BO =. Buradan OT = və BO AB cosα cosα OTN üçbucağından = = cos β r r OT r cos α. İndi kəsiyin sahəsinin kürənin səthi sahəsinə nisbətini asanlıqla tapmaq olar: ( ) ( ) = cos β π r : 4π r 4 cos α. Şərtə görə bu nisbət,4-ə bərabərdir, odur ki, cos β =, cosα =, Konfiqurasiyanın ox kəsiyini təsvir edək (Şəkil 7). Konusun aşağı və yuxarı oturacaqlarının radiuslarını R = AN, r = BM kürənin toxunma nöqtələrinə çəkilmiş radiusunu ρ = OB = ON, α = BAN ilə işarə edək. Onda α OAB = OAN = və bir nöqtədən çevrəyə çəkilmiş toxunanlar kimi AB = AN = R. R r = R cos α olduğundan, r = R( cosα ) və konusun yan səthinin sahəsi S ( kon ) = πr ( cosα ). α Lakin, ρ = Rtg. Odur ki, kürənin səthinin sahəsi α cosα S ( kur) = 4π R tg = 4π R olur. Şərtə görə + cosα 4 ( ) ( cosα ) 7 S kur : S( kon) = 5 : 7 və ya =, buradan ( + cosα )( cosα ) 5 5cos α cosα + 8 = tənliyini alırıq, onun da iki kökündən yalnız birinin cos α =, 6 mənası vardır. 4

235 7. Konfiqurasiyanın ox kəsiyini təsvir edək (Şəkil 7). Əvvəlki konusun və silindrin radiusları R = AD, r = MK və hündürlükləri H = BD, h = KD olsun. Onda silindrin və kəsik konusun həcmləri uyğun olaraq V = π r h və h V = π ( R + R r + r ) olar, buradan V R R = + +. Şərtə görə bu nisbət V r r 7-yə bərabərdir. Yəni, R R + = 7 +, r r R R R R R + + =, + =, = 4. İndi MKB və r r r r r H h r H 4 ABD üçbucaqlarının oxşarlığından = =, =. H R 4 h Əvvəlki konusun axtarılan həcmi V olarsa onda V πr H R H V 4 = = və ya = 6, V = 64. V π r h r h 9 Göründüyü kimi, məsələnin həllinə səmərəli yanaşdıqda, mürəkkəb çevirmələr aparmaq lazım gəlmir. Odur ki, şagirdlərə səmərəli həlli tapmağı öyrətmək lazımdır. 74. Konfiqurasiyanın ox kəsiyini təsvir edək (Şəkil 74). İlk konusun həcmini V, kəsik konusun məlum həcmini V, axtarılan konusun həcmini V ilə işarə edək. Habelə R = DA = DM və r = PM uyğun olaraq əvvəlki və kəsilmədən alınan konusun oturacaqlarının radiusları, H = BD, h = BP həmin 5

236 V V V V konusların hündürlükləri olsun. Onda = = V V V V = π R H, V r V R H = π h olduğundan, = V r h. ABD H R və MBP üçbucaqlarının oxşarlığından alınır ki, =, onda h r V V R = r. Xatırlayaq ki, ABC = β, ona görə 9 β BAD = AMD =, beləliklə ADM = β və MDB = 9 β. İndi aşkardır ki, r = R cos β və V 7 9 V = = = = ; 9 =, V cos β V V = V = 9 = Piramidanın h hündürlüyü ilə yan üzlərinin hündürlükləri arasındakı bucağı α ilə işarə edək (Şəkil 75, a). Onda piramidanın hündürlüyünün o oturacağından piramidanın oturacağındakı tillərini üzərində saxlayan üç düz xəttə qədər məsafələr eynidir və R = h tgα = r i, ( i = ;;; )-ə bərabərdir, burada r i tərəfləri a = 5, a =, a = olan oturacaqdakı üçbucağın (düzbucaqlı üçbucağın) sahəsi düsturundan tapılır: S = 5 = = r i P i, P = a + a + a, 6 və

237 P,, = P a,,, çünki mərkəzi O nöqtəsində və radiusu r olan çevrə ya üçbucağın bütün tərəflərinə toxunur, onda S = rp, ya a tərəfinə və digər iki tərəfin uzantılarına (Şəkil 75, b) toxunur, onda S = ra + ra ra = rp, yaxud a və a tərəflərinə, digər iki tərəflərin uzantılarına toxunur və onda S = rp və ya S = rp. Odur ki, piramidanın həcmi üçün S ctg V = Sh = S r ctgα = = = 5 P qiymətini alırıq. Bu da α = və r = r olduqda bərabərliyə çevrilir. 76. Fərz edək ki, SH = h, AB = a (Şəkil 76) və R axtarılan radiusdur. Onda oturacağın diaqonalı BD = a, a BH =. Düzbucaqlı SBH üçbucağından SH = BHtg =, deməli π a h = a (). H nöqtəsinin SDC üzündəki E proyeksiyası bu üzün SF apofemi üzərindədir. Düzbucaqlı SHF və SEH üçbucaqlarının oxşarlığından SH : HE = SF : HF tənasübünü alırıq, deməli h 6 4h + a = (). () və () dən h = 4 və a a = 7 alırıq. SABCD piramidasının xaricinə çəkilmiş sferanın radiusu SH düz xətti üzərində yerləşir, beləliklə, bu sferanın R radiusu BSD üçbucağının xaricinə çəkilmiş çevrənin radiusuna π bərabərdir. SB = SD, SBD = olduğundan bu üçbucaq 7

238 π bərabərtərəflidir. Deməli, BSD =, onda sinuslar teoreminin π 4 nəticəsinə görə BD = Rsin a = = R R =. 77. Konusun doğuranı - l, kəsiyin sahəsi S olarsa, onda π π l S = l sin arcsin = (Şəkil 77). 5 Konusun tam səthinin sahəsi S olsun, onda S = πrl + πr = πr( l + R), burada R -konusun oturacağının radiusudur. ΔAMO -dan R l = cos β, R =, onda l 4 S l l 5π l = π l + = Beləliklə, S π l 5π l = : =,. S Verilmiş prizma düzdür, deməli CC ( ABC), odur ki, CC BC və CC AC (Şəkil 78). Beləliklə, + ( ) 7 ( 6 7) + ( ) = BC + CC = = BC, AC = AC + CC = =. Heron düsturuna görə S( ABC ) = p( p AB)( p BC )( p AC ) = 4( 4 )( 4 7)( 4 ) = 84. Eyni zamanda, S( ABC ) = AC BM. Onda AC BM = 84, 84 buradan BM = = 8. 8

239 79. MO verilmiş piramidanın hündürlüyü olsun (Şəkil 79). Şərtə görə AM=BM=CM=DM, beləliklə, AO=BO=CO=DO. Odur ki, O nöqtəsi piramidanın outracağının xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzidir. AB=BC=CD=DA olduğundan ABCD rombdur. Çevrə daxilinə çəkilmiş romb kvadratdır. Odur ki, MABCD düzgün piramidadır. Fərz edək ki, MB parçasının orta nöqtəsi K, MC-in orta nöqtəsi isə N-dir. KN və AD düz xətləri BC-yə paraleldir, odur ki, özləri də paraleldir. KN düz xəttinin hər hansı nöqtəsindən (məsələn, N nöqtəsindən) AD-yə çəkilmiş perpendikulyarın uzunluğu axtarılan məsafə olacaqdır. KN AD və KN AD KN = BC = AD olduğundan AKND dördbucaqlısı trapesiyadır, axtarılan məsafə isə onun hündürlüyüdür. Fərz edək ki, NH parçası AKND trapesiyasının hündürlüyüdür. KN parçası MBC üçbucağının orta xəttidir, deməli AD KN KN =,5. Onda DH = =,5. N nöqtəsi düzgün MCD üçbucağının MC tərəfinin ortasıdır, deməli, DN = =. Beləliklə, DNH üçbucağından NH = DN DH = = 6 = 4 =,5. 8. A nöqtəsindən BCM müstəvisinə perpendikulyar müstəvi keçirsək, onda A nöqtəsindən bu müstəvilərin kəsişmə xəttinə çəkilmiş perpendikulyar BCM müstəvisinə də perpendikulyar olar. Fərz edək ki, AH BC (Şəkil 8), onda üç perpendikulyar haqqında teoremə görə MH BC. Beləliklə, AMH MBC AMH. AMH müstəvisində BC ( ) və ( ) ( )

240 AK MH çəkək. Onda AK ( BCM ). AK parçasının uzunluğu A nöqtəsindən BCM müstəvisinə qədər olan məsafədir. ΔABC -dən, BC = = 65. S( ABC) = 9 5 = 65 AH olduğundan, AH = = ΔAMH -dan, MH = + = S( AMH) = = AK olduğundan, AK = = Silindrin doğuranı onun oxuna paraleldir, odur ki, ox və kəsən müstəvi paraleldirlər. BC-də silindrin doğuranı olsun (Şəkil 8). AB vətərinin orta nöqtəsini K, silindrin yuxarı oturacağının mərkəzini O ilə işarə edək. Onda OK AB. BC ( AOB) olduğundan OK ( ABC). Deməli, OK parçasının uzunluğu, axtarılan məsafəyə bərabərdir. ΔABC-dən AB = AC BC = 64= 6. ΔBOK -dan OK = OB BK = 5 = AB DC və AD BC (Şəkil 8, a) olduğundan AB D və BDC müstəviləri paraleldir. A C düz xətti B D və BD habelə AH və C K ( AA C C kəsiyinə baxmalı) düz xətlərinə perpendikulyar olduğundan (nə üçün) bu müstəvilərin ortaq perpendikulyarıdır. Göstərilən kəsiyin təsvirindən (Şəkil 8, b) istifadə edib asanlıqla göstərmək olar ki, 4

241 a A E = EF = FC =. Kubun tili a = olduğundan axtarılan məsafə EF = dir. Çarpaz düz xətlər arasındakı məsafəyə aid hesablama məsələlərini həll edərkən iki halı fərqləndirmək faydalıdır (Məsələ8-89). ) çarpaz düz xətlər perpendikulyardır; ) çarpaz düz xətlər perpendikulyar deyil. Çarpaz düz xətlər perpendikulyardırsa ( a b) onların birindən (məsələn, a düz xəttindən) digər b düz xəttinə perpendikulyar müstəvi ( α ) keçirmək daha sadədir (Şəkil 8). b düz xətti ilə α müstəvisinin kəsişmə nöqtəsindən (O nöqtəsi) α müstəvisində a düz xəttinə ON perpendikulyarı çəkilərsə onda bu çarpaz düz xətlərin ortaq perpendikulyarı olacaqdır (nə üçün?), onun uzunluğu isə həmin düz xətlər arasındakı məsafə bərabərdir. Məsələnin şərtinin təsvir olunduğu konfiqurasiyada artıq belə müstəvinin olması mümkündür. Bu halda onu tapmaq lazımdır (Məsələ 8-ə baxmalı). 8. CD DC, DC parçası isə B D -in CC D müstəvisi üzərindəki proyeksiyası olduğundan (Şəkil 84) CD BD (üç perpendikulyar haqqında teoremə görə). 4

242 Beləliklə, düz xətt və müstəvinin perpendikulyarlıq əlamətinə görə CD ( DBC ). CD və DC düz xətlərinin kəsişmə nöqtəsini O ilə işarə edək. O nöqtəsindən B D düz xəttinə OK perpendikulyarını çəkək, onda OK çarpazlaşan B D və CD düz xətləri arasındakı məsafədir. Onu tapaq. OKD və B C D düzbucaqlı üçbucaqları oxşardır, odur ki, OK : B C = OD : BD. OD BC 6 Buradan OK = = =. Çarpaz düz xətlər BD perpendikulyar deyildirsə, onda onların birindən ikinci düz xəttə paralel müstəvi keçirməyi sınamaq olar (asanlıqla isbat etmək olar ki, belə müstəvi yeganədir). Sonra ikinci düz xəttin hər hansı nöqtəsindən qurulmuş müstəviyə qədər məsafəni tapmaq lazımdır (Şəkil 85). Məsələnin şərtinin təsviri konfiqurasiyasında belə müstəvinin olması mümkündür. Onda onu tapmaq lazımdır. Çarpaz düz xətlər paralel müstəvilər üzərində yerləşirsə, onda bu düz xətlər arasındakı məsafə həmin paralel müstəvilər arasındakı məsafəyə bərabərdir (84 məsələsinə baxmalı). 84. ABCDA B C D verilən kub olsun (Şəkil 86). Məsələn, AB və BC çarpaz düz xətləri arasındakı məsafəni tapaq. Bu düz xətlər AB D və BDC paralel müstəviləri üzərində yerləşir. Beləliklə, axtarılan məsafə AB D və BDC müstəviləri arasındakı məsafəyə, yəni A C -yə bərabərdir (məsələ, 8-yə 4

243 baxmalı) A C = AB olduğundan, axtarılan məsafə -ə bərabərdir. Bucağın qiymətinin hesablanmasına aid stereometriya məsələlərinin həllində aşağıdakıları tapmaq təklif olunur: ) kəsişən düz xətlər arasındakı bucağı; ) çarpaz düz xətlər arasındakı bucağı; ) düz xətt və müstəvi arasındakı bucağı; 4) ikiüzlü bucağı; 5) iki müstəvi arasındakı bucağı. Çarpaz düz xətlər arasındakı bucağın tapılmasına aid məsələlərin həlli ilə əlaqədar çox vaxt bu düz xətlərdən birinin üzərində nöqtə qeyd etmək və ya artıq mövcud konfiqurasiyada verilmiş çarpaz düz xətlərə paralel kəsişən düz xətləri tapmaq münasib olur. 85. BB tilinin orta nöqtəsini K ilə işarə edək (Şəkil 87). Onda AK BO və KAC bucağı AC və B O düz xətləri arasındakı bucağa bərabərdir. Prizma düz olduğundan BB AB, ΔABK -dan AK = + 5 =. Fərz edək ki, KT AC. Δ ABK = ΔCB K olduğundan (iki katetə görə) AK = KC, odur ki, AT = TC. Fərz edək ki, AC tilinin orta nöqtəsi M-dir. Onda TM CC və TM =,5CC ( ACC üçbucağının orta xətti). Beləliklə, TM CC KB və TM = KB. Deməli, KBMT dördbucaqlısı paraleleoqramdır, odur ki, KT = BM, AB = BC, AM = MC, 4

244 beləliklə, BM AC. Deməli, KT = BM = 6 =. KT Beləliklə, sin KAC = = =, 4. AK 86. Fərz edək ki, TM BC (Şəkil 88). Düzgün prizmanın yan tilləri onun oturacağına perpendikulyar olduğundan MT ( BBC ). Beləliklə, MB T bucağı, B T düz xətti ilə BCC B yan üzünün müstəvisi arasındakı, axtarılan bucaqdır. Prizma düzgündür, beləliklə, BB ( ABC), deməli BB T düzbucaqlı üçbucaqdır, odur ki, B T = BT + BB = =. ABC üçbucağı bərabərtərəfli olduğundan, onun AK medianı hündürlükdür, 4 odur ki, AK = =. AK və TM parçaları BC-yə perpendikulyardır, odur ki, BMT və BKA üçbucaqları oxşardır. AT=BT, deməli, KM=MB. Onda MT MT =. sin TB M = = =, 5. BT 87. Piramidanın hündürlüyü MO, oturacağın diqonallarının kəsişmə nöqtəsi O olsun (Şəkil 89). AMC müstəvisində AM düz xəttinə paralel OK düz xəttini çəkək, onda MK=KC. KBDC ikiüzlü bucağı düz bucaqdan kiçikdir, deməli onun qiyməti BCD və BKD müstəviləri arasındakı axtarılan bucağın qiymətinə bərabərdir. KBDC ikiüzlü bucağın xətti bucağını quraq. Fərz edək ki, KT AC T AC, onda MO KT ABC. Belə ( ) KT, deməli ( ) 44

245 hesab edəcəyik ki, ABCD düzbucaqlısında BOC bucağı COD bucağından kiçikdir. Onda T nöqtəsindən BD düz xəttinə çəkilmiş perpendikulyarın oturacağı (X nöqtəsi) B və O nöqtələri araısnda yerləşəcəkdir. Üç perpendikulyar haqqında teoremə görə XK BD, ona görə də KXT bucağı ikiüzlü KBDC bucağının axtarılan xətti bucağıdır. KT MO və MK = KC olduğundan KT =,5 MO =, 5. Fərz edək ki, CP BD. Düzbucaqlı OCP üçbucağında COP =, odur ki, CP =,5 OC =,5 =, 5 ; XT =,5 CP =,5. ΔXKT -dən axtarılan xətti ϕ bucağının tangensini tapırıq: tgϕ = KT : XT =,5 :,5 = AB və AA tillərinin ortaları olan T və M nöqtələri ABB və kəsən müstəvilərin üzərindədir, beləliklə TM parçası axtarılan kəsiyin tərəfidir (Şəkil 9). K nöqtəsi A D tərəfinin ortası olsun. Analoji olaraq deyə bilərik ki, MK parçası da kəsiyin tərəfidir. MT və B A düz xətləri Y nöqtəsində kəsişir. Y və K nöqtələri A BC və kəsən müstəvi üzərindədir, odur ki, KY onların ortaq düz xəttidir. Bu düz xətt C D tilini L nöqtəsində kəsir. Beləliklə, KL parçası kəsiyin tərəfidir. Fərz edək ki, KL düz xətti B C düz xəttini X nöqtəsində, MT isə BB -i Z nöqtəsində kəsir. X və Z nöqtələrini düz xətlə birləşdirib kəsiyin daha iki təpəsini K və E nöqtələrini alırıq. MT parçası ABA üçbucağının orta xəttidir, beləliklə, MT A B və MT =,5 A B =,5 a. Analoji olaraq 45

246 MK AD və MT =,5 AD =,5 a. MT A B olduğundan B YZ və B A B üçbucaqları oxşardır, odur ki, YZ = B A B = 45 B. Beləliklə, A Y = A M =, 5a. Δ KLD = ΔKYA olduğundan (katet və iti bucağa görə) LD = AY =, 5a, beləliklə, L nöqtəsi D C tilinin ortasıdır. Onda KL AC və KL =,5A C =,5 a. ABC və A BC müstəviləri paraleldir, odur ki, kəsən müstəvi onları paralel düz xətlər ( TR KL ) üzrə kəsir. TR KL A C AC olduğundan TR AC və deməli, R nöqtəsi BC tilinin ortasıdır, TR =,5 AC =,5 a. Analoji olaraq E nöqtəsi CC tilinin ortasıdır və LE =,5 CD =,5 a. Onda RE =,5 a. Beləliklə, axtarılan kəsik bütün tərəfləri bərabər və cüt-cüt paralel olan TMKLER altıbucaqlısıdır. TR KL və TR = KL olduğundan, TRLK dördbucaqlısı paraleloqramdır və deməli, TL və KR diaqonalları onların orta O nöqtəsində kəsişir. BR = A K və BR A K olduğundan BRKA dördbucaqlısı paraleloqramdır, beləliklə, RK = BA. Analoji olaraq isbat edilir ki, TL = AD və ME = AC. Beləliklə, TL = RK = ME =,5. Onda TMKLER altıbucaqlısı altı bərabər düzgün üçbucaqlardan ibarətdir, deməli, bu düzgün altıbucaqlıdır və onun sahəsi 6 a = a -dır Fərz edək ki, K, M, T uyğun oalraq A C, AA, AB tillərinin orta nöqtələridir (Şəkil 9). Verilmiş prizmanı paralelepipedə qədər tamamlayaq. BD B D AC, CD C D AB və DD CC olsun. ABDCA BD C paralelepipedinin bütün üzləri kvadratdır, odur ki, o kubdur. İsbat 46

247 etmək olar ki, qurulmuş kubun kəsiyi tərəfi olan düz- a gün KMTREL altıbucaqlısıdır (Məsələ 88-də bu isbat edilmişdir). Verilmiş prizmanın kəsiyi bu altıbucaqlının yarısından ibarətdir ( KMTPN beşbucaqlısı), deməli onun sahəsi a = 4 = 6 -dir Konusun oturacağının radiusu -yə bərabərdir. Onda oturacağa paralel kəsiyin radiusu, sahəsi isə π olar. 9. A BC müstəvisi kürənin mərkəzindən keçir, deməli kürəni yarıya bölür, onun həcmi πr -na bərabərdir, burada R kürənin radiusudur. Kubun BC D müstəvisi ilə kəsiyi, BC = CD olan (Şəkil 9), BC D üçbucağıdır. ACC müstəvisi BC D müstəvisini OC düz xətti üzrə kəsir, burada O nöqtəsi BD parçasının ortasıdır. BC D üçbucağında BC = DC olduğundan OC BD. CC ( ABC) olduğundan CC BD. Habelə, AC BD, deməli, BD ( ACC ) və ona görə ( BCD) ( ACC ). İndi ACC müstəvisində OK ( BCD). Buradan alınır ki, kürənin O mərkəzindən BC D toxunan müstəvisinə qədər məsafə O K parçasının uzunluğuna bərabərdir, beləliklə, = O K. Kürənin radiusunu hesablayaq. R 47

248 Düzbucaqlı OO C üçbucağından OO = AA =, O C =,5A C =,5 =, OC = 6. OO C üçbucağın sahəsini OO OC = OC OK iki üsulla hesablamaqla hipotenuza çəkilmiş O K hündürlüyünü = 6 K bərabərliyindən O K = tapırıq. O Kürənin radiusu kubun tilinin yarısından böyük, lakin onun üzünün diaqonalının yarısından ( O C ) kiçik olduğundan, kubun daxilində kürənin yarısı deyil, hündürlüyü h = R = olan seqmentin yarısının dörd misli qədər az hissəsi yerləşir (Şəkil 9, b). Həmin seqmentin həcmi 4 V( seq) = 4π h R h π və ya V ( seq) = π h R h = ( R ) ( R + ) dir. 48

249 Beləliklə, kürənin kubun daxilində qalan hissəsinin həcmi π π π V = R ( R ) ( R + ) = ( R R )= ( 7 8 ) = π olur. 7 Çoxüzlülərin həcmlərinin müqayisəsinə aid məsələlərə diqqət etmək lazımdır. Adətən belə məsələlərdə çoxüzlülərin kombinasiyasından və ya onların müstəvi ilə kəsilməsi nəticəsində alınmış hissələrin həcmlərinin nisbətindən söhbət gedir. Onların həllinin əsasında, piramidanın həcmi düsturundan alınan, aşağıdakı mühüm faktlar durur. ) Ortaq hündürlüklü piramidaların həcmləri onların oturacaqları sahəsi ilə mütənasibdir. ) Oturacaqları eyni olan piramidaların həcmləri bu oturacağa çəkilmiş hündürlüklərlə mütənasibdir. ) SA...An və TA...An piramidalarının S, T təpələri A...An müstəvisindən bir tərəfdə yerləşirsə, onda yalnız və yalnız ST düz xətti A...An müstəvisinə paralel olduqda, onlar müadildir. 4) MABC və MA BC tetraedrlərinin M təpəsində ortaq V ( MA BC ) MA MB MC üçüzlü bucağı vardırsa, onda = V ( MABC) MA MB MC 5) İki oxşar çoxüzlülərin həcmləri nisbəti oxşarlıq əmsalının kubuna bərabərdir. Sadaladığımız faktların isbatı o qədər də çətin deyil. Onlardan, ilk üçünü şifahi isbat etmək olar. Dördüncü, hökmü isbat etmək üçün tetraedrlərin AH və A H hündürlüklərini çəkib, A H M və AHM üçbucaqlarının A H MA oxşarlığına əsasən = (Şəkil 9) və AH MA MB C, MBC üçbucaqlarının ortaq M təpə nöqtəsi olduğundan S( MBC ) MB MC = münasibətlərinin doğruluğuna diqqət S( MBC) MB MC etmək kifayətdir. 49

250 Beşinci, hökmün isbatı isə -ci sinifin həndəsə kitabında oxşar çoxüzlülərin həcmləri nisbəti mövzusu altında [ ] verilir. Çoxüzlülərin həcmlərinin müqayisəsi ilə əlaqədar məsələlərin həlli zamanı bu fiqurları hissələrinə ayırmaq, onları müxtəlif üzlərdə yerləşdirmək və başqa çoxüzlüyə qədər tamamlamaq lazım gəlir (məsələ 9-9-ə baxmalı). 5

251 9. Göstərilən müstəvilər arasında yerləşən çoxüzlü CEFB tetraedridir (Şəkil 94), məsələ isə onun həcminin prizma həcminin hansı hissəsini təşkil etdiyini müəyyənləşdirməkdən ibarətdir. Onun həcmi ilə əlaqədar aşağıdakılara diqqət etmək lazımdır: ) CEFB tetraedrindən prizmaya, aralıq hissə - piramidadan keçilir ki, bunun da həcmini hər iki çoxüzlünün həcmi ilə asanlıqla müqayisə etmək olar. Bunun üçün (verilmiş və ona oxşar məsələlərdə) oturacağı prizmanın oturacaqlarından birinin üzərinə düşən təpəsi isə digər oturacağın müstəvinin üzərində olan (və bir qayda olaraq prizmanın təpəsi üzərində düşən) piramidaya baxılır. Aşkardır ki, bu qayda ilə qurulan ixtiyari piramidanın həcmi prizmanın həcminin üçdə birinə bərabərdir. ) Baxılan halda CEFB tetraedrlərinin üzlərindən heç biri prizmanın oturacağı üzərinə düşmədiyindən, onun həcmini oturacağı prizmanın yan üzünün müstəvisi üzərinə düşən, piramidanın həcmi ilə müqayisə etmək asandır. Asanlıqla müəyyən etmək olar ki, CABB A çoxüzlüsü CEFB tetraedri ilə C təpəsindən çəkilmiş ortaq hündürlüklü dördbucaqlı piramidadır. Bu çoxüzlülərin həcmləri nisbətini tapaq. V V CABB A V ABCA B V CA B C = V = ; V ( ) ( ) ( ) V ( CEFB ) ( CABB A ) V = C = S S( EFB ) = = = ( ABB A ) BB 5 FB 5. (sahələrin

252 nisbətini hesablayarkən EFB üçbucağı və ABB A paraleloqramının E təpəsindən çəkilmiş hündürlüklərinin eyni olması nəzərə alınmışdır). V V Beləliklə, V ( CEFB ) = V ( CABB A ) = = Prizmanın BCK müstəvisi ilə kəsiyini qurmaq üçün AA və BK düz xətlərinin D kəsişmə nöqtəsini, sonra isə DC və A C düz xətlərinin L kəsişmə nöqtəsini qeyd etmək kifayətdir (Şəkil 95). ABCA KL və K BBLC C çoxüzlülərin həcmlərinin müqayisəsi planını göstərək. ) ABCA KL - kəsik piramidadır, odur ki, onun həcmini DABC piramidasının həcmi ilə müqayisə etmək məntiqidir. ) DABC piramidasından ABCA BC prizmasına A ABC tetraedri vasitəsilə keçmək daha sadədir. Baxılan halda DABC və A ABC çoxüzlülərinin həcmləri nisbətini axtararkən onların B təpəsindən çəkilmiş ortaq hündürlüyünü görmək olar (ya ortaq ABC oturacağı, yaxud A təpəsindəki ortaq üçüzlü bucaq). İndi qeyd edilən planı yerinə yetirək. K A D və K B B üçbucaqları, ikinci əlamətə görə, bərabərdirlər, beləliklə, DA = BB = AA. Onda DA KL və DABC tetraedrləri oxşar olduğundan V V ( DA KL ) DA = =, ( DABC) DA 8 V ( ABCA KL ) 7 = = V ( DABC) 8 8 buradan 5.

253 DABC və A ABC tetraedrlərinin, B təpəsindən çəkilmiş, ortaq hündürlüyü vardır, odur ki, onların həcmləri DAC və A AC oturacaqlarının (bilmək lazımdır ki, tetraedrin ixtiyari üzünü oturacaq hesab etmək olar) sahələri ilə mütənasibdir. CA parçası DAC üçbucağının medianı olduğundan A AC və DA C V ( DABC) S( DAC) üçbucaqları müadildir. Beləliklə, = =. V A ABC S A AC V V V V V ( ) ( ) V ( A ABC ) = olduğunu nəzərə alıb V ( ABCA BC ) V ( DABC ) ( ) ( ) = V DABC ABCA B C V ( A ABC ) V ( A ABC ) = V ( ABCABC ) ( ABCA KL ) V ( ABCA KL ) V ( DABC) 7 7 = = = ( ABCA BC ) V ( DABC) V ( ABCA BC ) 8 ( K B BL CC ) 7 5 = = alırıq, buradan ( ABCA BC ) ( ABCA KL ) = : = ( K B BL C C) 5 V. Çoxüzlülərin həcmlərinin, yuxarıda göstərilən )-5) faktlarına əsaslanaraq, müqayisə edil- V məsinə aid daha çox məsələlər həll etmək olar. Bunlardan ikisini göstərməklə (9-9) kifayətlənirik. 94. Düzbucaqlı kağız vərəqinin bükülməsi ilə silindr düzəldilir. Silindrin yuxarı və aşağı oturacaqlarında iki diametr çəkilir. Diametrlər arasındakı bucaq çox böyük deyildirsə, onda oturacaqları bu diametrlər üzrə yastılamaqla tetraedr alırıq. Diametrlər arasındakı bucağı dəyişməklə, müxtəlif tetraedrlər almaq olar. 95. Fərz edək ki, O kubun mərkəzidir. Onda = OL DA və = A = C D OK, OM C bərabərlikləri doğrudur. C DA., 5

254 üçbucağı düzgün olduğundan, KLM -də düzgün üçbucaqdır, O nöqtəsi isə onun mərkəzidir. 96. Fərz edək ki, ( x, y, z ) və ( x, y, z )- verilmiş müstəvinin nöqtələridir. Onda ax + by + cz ( ax + by + cz ) =, bu isə o deməkdir ki, ( x x, y y, z z ) və ( a, b, c) vektorları perpendikulyardır. Odur ki, verilmiş müstəvinin iki nöqtəsindən keçən ixtiyari düz xətt ( a, b, c) vektoruna perpendikulyardır. 97. İsbatı l düz xəttinin l,l düz xətlərinin O kəsişmə nöqtəsindən keçməsi halı üçün aparmaq kifayətdir. Fərz edək ki, A baxılan l düz xəttinin O dan fərqli hər hansı nöqtəsidir, A nöqtəsinin α üzərindəki proyeksiyası P ; A nöqtəsindən l,l düz xətlərinə endirilmiş perpendikulyarların oturacaqları B, B - dir. AOB = AOB olduğundan düzbucaqlı AOB və AOB üçbucaqları bərabərdir, odur ki, OB = OB. Üç perpendikulyar haqqında teoremə görə PB OB və PB OB. 98. Fərz edək ki, α -verilmiş kəsişən düz xətləri üzərində saxlayan müstəvisidir. l α olması halı aşkardır. l düz xətti α müstəvisinə perpendikulyar deyildirsə, onda yalnız və yalnız bu düz xəttin α müstəvisi üzərindəki proyeksiyası l,l düz xətlərinin arasındakı bucaqlardan birinin tənböləni olduqda onlarla eyni bucaq əmələ gətirir (məsələ 97-yə baxmalı); bu o deməkdir ki, l düz xətti ikinci tənbölənə perpendikulyardır. 99. l düz xəttinə perpendikulyar olan α müstəvisi üzərinə proyeksiyaya baxaq. Bu proyeksiyada A, A nöqtələri A, A nöqtələrinə, l düz xətti L nöqtəsinə, α,α müstəviləri p, p düz xətlərinə keçir. Məsələ, 97-in həllində olduğu kimi yalnız və yalnız A A düz xətti p, p düz xətlərinə perpendikulyarlarla, başqa sözlə p, p düz xətlərinin özləri ilə eyni bucaq əmələ gətirdikdə, α,α müstəvilərinə perpendindikulyarlarla eyni 54

255 bucaq əmələ gətirir. Bu isə öz növbəsində o deməkdir ki, A L = A L.. Fərz edək ki, a və b verilmiş çarpaz düz xətlərdir (Şəkil 96). a düz xəttinin ixtiyari nöqtəsindən b düz xəttinə paralel b, b düz xəttinin ixtiyari nöqtəsindən isə a düz xəttinə paralel a düz xəttini, keçirək. İndi iki müstəvi çəkək: birini a və b düz xətlərindən, digərini isə b və a düz xətlərindən. Məlum teoremə görə (bir müstəvinin iki kəsişən düz xətti, uyğun olaraq, o biri müstəvinin iki kəsişən düz xəttinə paraleldirsə, bu müstəvilər paraleldir) bu müstəvilər paraleldir. a düz xətti oinlardan birincisinin, b düz xətti isə ikincisinin üzərində yerləşir.. Məsələni başqa formada da ifadə etmək olar: İki kəsişməyən düz xətt verilmişdirsə, onda hər iki düz xətti düz bucaq altında kəsən yalnız yeganə bir düz xətt vardır. Bu düz xəttə verilmiş iki düz xəttin ortaq perpendikulyarı deyilir. Bu ortaq perpendikulyarın uzunluğu verilmiş iki düz xətt arasındakı ən qısa məsafə adlanır. Fərz edək ki, AB və A B verilmiş paralel olmayan (çarpaz) düz xətlərdir (Şəkil 97). Bu düz xətlərdən, yeganə qayda ilə, iki paralel α, α müstəviləri keçirmək olar (məsələ -ə baxmalı). AB və A B düz xətlərinin hər ikisinə perpendikulyar olan ixtiyari düz xətt α müstəvisinə perpendikulyardır (d düz xətti α müstəvisi üzərindəki kəsişən iki düz xəttə perpendikulyardırsa, onda müstəviyə də perpendikulyardır) və 55

256 tərsinə α müstəvisinə perpendikulyar olan düz xətt AB və A B düz xətlərinin hər ikisinə perpendikulyardır. AB düz xəttini kəsən α müstəvisinə perpendikulyarların həndəsi yeri isə β müstəvisidir. Bu müstəvilərin hər ikisi α müstəvisinə perpendikulyardır, lakin paralel deyil və üst-üstə düşmürlər (çünki AB və A B düz xətlərinə paralel olmaqla yanaşı α müstəvisinə perpendikulyar müstəvi yoxdur); onlar α müstəvisinə perpendikulyar olan H H düz xətti üzrə kəsişir; bu da axtarılan yeganə düz xətdir. AB və A B düz xətləri arasındakı H H düz xətti üzrə hesablanan məsafə, AB və A B düz xətləri üzərindəki hər hansı uyğun olaraq M və M nöqtələri arasındakı M M məsafəsindən kiçikdir, çünki o, α, α paralel müstəviləri arasındakı axtarılan məsafədir. Verilmiş düz xətlər kəsişirsə, onda ortaq perpendikulyar kəsişmə nöqtəsindən keçir və ən qısa məsafə sıfra bərabər olur. Nəhayət, iki paralel düz xəttin sonsuz sayda, bir-birinə bərabər, ortaq perpendikulyarı vardır. Qeyd edək ki, çarpaz düz xətlər tənlikləri ilə verilərsə, onların ortaq perpendikulyarının tənliyini yazmaq və uzunluğunu hesablamaq üçün düstur çıxarmaq olar.. Axtarılan paralelepipedi almaq üçün verilmiş düz xətlərin hər birindən iki müstəvi keçirmək lazımdır: düz xətlərin birindən qalan ikisinə, digər düz xəttən qalan ikisinə paralel müstəvilər.. Koordinat sistemi daxil edək və onun oxlarını verilmiş üç perpendikulyar düz xətlərə paralel istiqamətlərə yönəldək. l düz xətti üzərində uzunluğu vahid olan u vektoru götürək. Bu x ; y; z -dir, burada x = ± cosα ; vektorun koordinatları ( ) y = ± cos β ; z = ± cosγ. Odur ki, cos α + cos β + cos γ = = x + y + z = =. u 4. Həllin üç üsulunu göstərək. 56

257 I. Fərz edək ki, α, β, γ uyğun olaraq ABC müstəvisi ilə DBC, DAC və DAB müstəviləri arasındakı bucaqlardır. S ( ABC) = k olarsa, onda S ( DBC) = k cosα, S ( DAC) = k cos β, S ( DAB) = k cosγ. Son üç bərabərliyin hər birini kvadrata yüksəldib tərəf tərəfə toplayıb, cos α + cos β + cos γ = olduğunu (məsələ, -ə baxmalı) nəzərə alsaq tələb olunanı alırıq. II. Fərz edək ki, ABC və DBC müstəviləri arasındakı bucaq α, D isə D nöqtəsinin ABC müstəvisi üzərindəki proyeksiyasıdır. Onda S ( DBC ) = S ( ABC ) cos α və S ( D BC) = S( DBC) cosα, buradan S ( ) ( ) ( DBC) S ( DBC) S D BC = S DBC = ; S( ABC) S( ABC) analoji olaraq D AB və D AC üçbucaqları üçün S ( ) ( DAB ) D AB = ; S( D AC) S ( ABC ) 57 ( DAC) ( ABC) S S = alırıq. Son S üç bərabərliyi tərəf-tərəfə toplayıb və S ( D BC) + S( D AB) + S( D AC) = S( ABC) olduğunu nəzərə alıb tələb oulnanı tapırıq. III. ABC üçbucağının tərəflərini uyğun olaraq a, b, c ilə işarə edək. Onda həmin üçbucağın perimetrinin yarısı p =,(Şəkil 98) və a + b + c sahəsi S ( ABC) = p( p a)( p b)( p c) olar. a, b, c tərəfləri məlum deyil. Lakin onlar uyğun olaraq ADB, CDA və ADB düzbucaqlı üçbucaqların hipotenuzlarıdır. Həmin üçbucaqların l, m, n katetləri məlum olarsa, a, b, c - ni bunlar vasitəsi ilə ifadə etmək olar (Şəkil 98); b = n + l, S ( ADC), ( ) a = m + n, c = l + m. Digər tərəfdən l, m, n verilmiş ADB S CDA sahələri ilə əlaqədardır: S, ( )

258 mn = S( BDC), nl = S( ADC), lm = S( ADB) yeddi məchulu ( S a, b, c, l, m, n) 58. Beləliklə,, tapmaq üçün yeddi tənliklər sistemi vardır. Axtarılan üçbucağın sahəsini tapmaq üçün ən sadə düstur S( ABC) = ah -dır. (Şəkil 98), burada a -həmin üçbucağın oturacağı, h isə hündürlüyüdür. a ilə artıq qarşılaşmışıq, h isə yeni kəmiyyətdir. Sahəsi S ( ABC) olan üçbucağın h hündürlüyünü hər hansı köməkçi üçbucaqdan istifadə etməklə hesablamaq olar. Bunun üçün tetraedri h hündürlüyündən və düz üçüzlü bucağın təpəsindən keçən müstəvi ilə kəsək. Kəsikdə hipotenuzu h və katetlərindən biri l olan düzbucaqlı üçbucaq S olan üçbucağın a tərəfinə çəkilmiş hündürlüyü olacaqdır. Beləliklə, h = k + l alırıq. İndi k-nı tapmaq lazımdır. a k = S( BDC). Yuxarıda deyilənləri nəzərə almaqla alırıq; İkinci katet (onu k ilə işarə edək) sahəsi ( BDC) ( ABC) = a h = a ( k + l ) = a k + a = 4S l ( BDC) + ( n + m ) l = 4S ( )+ = 4S BDC S ( ADC) S ( ADB) ( ABC) S ( BDC) + S ( ADC) + S ( ADB) , buradan S =. Bunu da isbat etmək tələb olunurdu. Hər üç həll nəticəsində üç ölçülü fəzada Pifaqor teoreminin ifadəsini aldıq. 5. Kubun tilləri ilə verilmiş müstəviyə perpendikulyar olan düz xətt arasındakı bucaqlar uyğun olaraq α, β və γ olsun. Onda kubun tillərinin bu müstəvi üzərində proyeksiyalarının uzunluqları a sinα, a sin β və a sin γ (hər biri 4 dəfə olmaqla), bunların kvadratları a sin α, a sin β, a sin γ və cəmi ( sin α + sin β + sin γ ) a olar. cos α + cos β + cos γ = olduğundan (məsələ ) sin α + sin β + sin γ =. Onda

259 ( sin + sin β + sin γ ) a a α =. Kubun bütün tillərinin verilmiş müstəvi üzərində proyeksiyalarının kvadratları cəmi isə 4 a = 8a olar by + cz + d = ax müstəvisinə verilmiş A ( x, y z ), nöqtəsindən çəkilmiş perpendikulyarın otura- A x, y z ol- cağı ( ), sun. n a; b; c vektorları verilmiş müstəviyə perpendikulyar olduğundan kollienardır (Şəkil 99). Ona görə: x a + y b = k z () tənliyini ödəyir, burada k = tgα. Oxu bu konusun oxuna paralel və doğuranı ilə oxu arasındakı bucağı α -ya bərabər olan digər konusun təpə nöq- 59 AA və ( ) AA = k n, x x y y ; z z ka; kb; kc. Buradan x x + ka ( ) ( ) ; = = y kb z = z + =, y +, kc A x, y, z nöqtəsi müstəvinin üzərində olduğundan: ax + by + cz + d =, a x + ka + b y + kb + c z + kc + d, alırıq. ( ) ( ) ( ) ( ) = + b + c k + ax by + cz + d = ( ) + a. Buradan ax + by + cz + d k = alırıq. a + b + c AA = k n olduğundan ax + by + cz + d AA = olar. a + b + c 7. Fərz edək ki, konusun oxu OZ oxuna paraleldir, onun təpə nöqtəsinin koordinatları ( a ; b; c), oxu ilə doğuranı arasındakı bucaq α -dır. Onda konusun səthinin nöqtələri ( ) ( ) ( c )

260 təsinin koordinatları ( ; b ; c ) nöqtələri ( x a ) + ( y b ) = k ( z ) a dir. Onda ikinci konusun səthi c () tənliyini ödəyir. Konus səthilərinin iki tənliyinin fərqi, eyni bir α bucağı, üçün xətti tənlikdir. Baxılan halda () və () tənliklərin fərqi xətti tənlikdir, konus səthilərinin bütün ortaq nöqtələri bu tənliklə verilən müstəvi üzərindədir. 8. OX, OY, OZ oxlarını AB, AD və AA şüaları üzrə yönəltməklə koordinat sistemi daxil edək. AA, CD, B C düz xətləri uyğun olaraq x=, y=; y = a, z = ; x = a, z = a tənlikləri ilə verilir. Odur ki, koordinatları (X, Y, Z) olan nöqtələrdən AA, CD və B C düz xətlərinə qədər məsafələrin kvadratı uyğun olaraq x + y, ( y a) + z və ( x a) + ( z a) -dır. x a a a + ( x a), y + ( y a) və z + ( z a) a olduğundan, bütün bu ədədlər eyni zamanda bilməz. Koordinatları (, a, a ) -dən kiçik ola a olan nöqtə başqa sözlə koordinat başlanğıcı üçün bu ədədlərdən hər biri a -yə bərabərdir. 9. Verilmiş paralelepipedin, A D düz xəttinə paralel, ABC müstəvisi üzərinə proyeksiyasına baxaq (Şəkil ). Aşkardır ki, bu şəkildə AM MC = AD : BC : ; : = tənasübə AC MC = AC AM AC əsasən =,, AM MC AC =, törəmə AM + MC MC AC AM AM AC = = =,, ; 6

261 AM =, AM = AC. AC. Fərz edək ki, verilmiş düzgün ABC üçbucağının təpələrinin verilmiş müstəviyə perpendikulyar olan düz xətt üzərindəki proyeksiyaları A, B, C -dir. Verilmiş müstəvi ilə AB, BC və CA düz xətləri arasındakı bucaqlar γ, α və β dırsa, onda A B = asinγ, B C = asinα, C A = asin β, burada a düzgün ABC üçbucağının tərəfidir. Onda A B = AC + CB, başqa sözlə sin γ = sin α + sin β.. Fərz edək ki, l düz xətti ilə α müstəvisinin kəsişmə nöqtəsi O dur (l düz xəttinin α müstəvisinə paralel olması halı aşkardır); A nöqtəsi l düz xəttinin ixtiyari nöqtəsi, A isə onun α müstəvisi üzərindəki proyeksiyasıdır. A A düz xətti α müstəvisi üzərindəki ixtiyari düz xəttə perpendikulyardır, odur ki, AA l. l l isə, onda AO l ; Beləliklə, l düz xətti AO A müstəvisinə perpendikulyardır, odur ki, A O l. l li isə analoji mühakimə aparılır.. a) SABC düzgün piramidasında AC və SB çarpaz tillərinə baxaq (Şəkil ) SA, SB və SC bərabər olduğundan S nöqtəsi ABC üçbucağının mərkəzinə proyeksiyalanır və BO parçası SB-nin ABC müstəvisi üzərindəki proyeksiyasıdır. BO AC (çünki BN AC ) olduğundan üç perpendikulyar teoreminə görə (məsələ ) SB AC olar. b) a) məsələsi bunun xüsusi halıdır. S nöqtəsinin oturacaq müstəvisi üzərindəki proyeksiyası düzgün A... An çoxbucaqlısının O mərkəzidir, SA düz xəttinin bu müstəvi üzərindəki 6

262 proyeksiyası isə OA parçasıdır. OA A n A n+ olduğundan SA A n A n+ (məsələ ).. Məsələnin hökmü, bir tərəfi P müstəvisi ilə çoxbucaqlı müstəvisinin kəsişmə xəttinə paralel olan, üçbucaq üçün aşkardır. Başqa sözlə üçbucağın bir tərəfi proyeksiya müstəvisi üzərində olan hala baxmaq olar (Şəkil ). AB P, CO P, CDO = ϕ, CD AB. ΔCOD -dən OD= CDcosϕ. S( AOB) = AB OD = AB CD cosϕ = S( ACB) cosϕ. Göründüyü kimi proyeksiya nəticəsində üçbucağın tərəflərinin proyeksiya müstəvisi üzərindəki uzunluğu dəyişmir, ona çəkilmiş hündürlüyün uzunluğu isə cos ϕ dəfə dəyişir. Bu təklif ixtiyari müstəvi fiqur, o cümlədən çoxbucaqlı üçün də doğrudur. İxtiyari çoxbucaqlını göstərilən növ üçbucaqlara ayırmaq olar. Bunun üçün çoxbucaqlının bütün təpələrindən baxılan müstəvilərin kəsişmə xəttinə paralel düz xətlər çəkirik. Bununla çoxbucaqlı üçbucaqlara və trapesiyaya ayrılır. Sonra alınmış hər bir trapesiya onların ixtiyari diaqonalı vasitəsilə üçbucaqlara ayrılır. Deməli, müstəvi fiqurun ortoqonal proyeksiyasının sahəsi fiqurun sahəsi ilə, bu fiqurun müstəvisi ilə proyeksiya müstəvisi arasındakı bucağın kosinusu hasilinə bərabərdir: S ( proyeksiya) = S( fiqur) cosϕ. 4. Fərz edək ki, ABCD piramidasının D təpə nöqtəsinin oturacaq müstəvi üzərindəki proyeksiyası D / -dir. Onda S ( ABC) = ± S( BCD ) ± S( ACD ) ± S( ABD ) = = S a cosα + Sb cos β + Sc cosγ. D və A nöqtələri BC düz xəttindən müxtəlif tərəflərdə olarsa BC D üçbucağının sahəsi - işarəsi ilə götürülür; AC D və AB D üçbucaqlarının sahəsi üçün də işarə analoji olaraq seçilir. 6

263 5. Həmin dairələrin diametrləri cismin, verilmiş müstəvilərin kəsişdiyi, düz xətt üzərində pryoeksiyasının uzunluğuna bərabərdir. Diametrləri bərabər dairələrin radiusları da bərabərdir. 6. Fərz edək ki, B və D nöqtələri baxılan pryoeksiyada kubun proyeksiyasının daxili nöqtəsinə keçir (Şəkil ). Onda kubun proyeksiyasının sahəsi ACD üçbucağının proyeksiyasının sahəsinin mislinə bərabərdir, yəni bu sahə S cosϕ -dir. Burada S ( ACD ) = S, ϕ isə proyeksiya müstəvisi ilə ACD müstəvisi arasındakı bucaqdır. ACD üçbucağının tərəfi olduğundan S =. Kubun proyeksiya müstəvisinə perpendikulyar l düz xətti üzərində proyeksiyası B D diaqonalının bu düz xətt üzərində proyeksiyasının üzərinə düşür. B D düz xətti ACD müstəvisinə perpendikulyar olduğundan l və B D düz xətləri arasındakı bucaqda ϕ -yə bərabərdir. Odur ki, kubun l düz xətti üzərində proyeksiyasının uzunluğu da B D cosϕ = cosϕ -dir. 7. h və h uyğun olaraq D və D nöqtələrindən ABC müstəvilərinə endirilmiş perpendikulyarların uzunluqları, S və S isə ABC və A B C üçbucaqlarının sahələri olsun. Aşkardır ki, h : h = AD : AD və S : S = ( AB AC) : ( AB AC ). Onda V ( ABCD) h S h AB AC AD AB AC = = = V ( AB C D ) h S h AB AC AD AB AC 8. DABC tetraedrində şərtə görə DAC = β, DAB = γ, BMC = α -dır (Şəkil ). Onda ABD üçbucağının B təpəsindən çəkilmiş hündürlüyü ΔAMB -dən tapırıq: BM = ABSinγ. Tetraedrin B təpəsindən ACD müstəvisinə çəkilmiş hündürlüyünü isə BMK düzbucaqlı üçbucağından 6

264 H = AB sin γ sinα olduğunu tapırıq. Aşkardır ki, S( ACD) = AC ADsinβ. V ( DABC ) = S( ACD) H =. Beləliklə, V AC AD sin β AB sin γ sinα 6 ( DABC) = AB AC AD sin β sin γ sinα 9. S ( AMC) = S, S ( AMB) = S, bu üzlərin hündürlükləri h,h, AM = a, CPB = α, tetraedrin C təpə nöqtəsindən AMB müstəvisinə çəkilmiş hündürlük CK olsun (Şəkil 4) Onda V = S CK. ΔCPK -dan CK = h sinα, S = ah, onda V = sinα = ah h = sinα 6 ah h S S = ah, S h =, h =.Beləliklə a a S S S S sinα V = a sinα = 6 a a a. Sferanın mərkəzini çoxüzlünün təpə nöqtələri ilə birləşdirməklə, onu piramidalara ayırmış oluruq. Bu piramidaların hündürlükləri sferanın radiusuna bərabərdir, onların oturacaqları isə çoxüzlünün üzləridir. Odur ki, bu piramidaların SR həcmləri cəmi -ə bərabərdir, burada S onların oturacaqlarının sahələri cəmidir, başqa sözlə çoxüzlünün səthi sahəsidir. 64

265 . Konusa və sferanın özünə sfera xaricinə çəkilmiş çoxüzlünün hər hansı limiti kimi baxmaq olar. Bu çoxüzlülərin SR hər biri üçün V = düsturu doğrudur, burada V həcm, S çoxüzlünün səthi sahəsi, R verilmiş sferanın radiusudur (məsələ ). Sferanın və konusun həcmi V,V, uyğun tam səthlərinin SR V sahələri S, S olarsa, onda S = =. V SR S. Kəsik konusun ox kəsiyi bərabəryanlı ABCD trapesiyasıdır. Bu trapesiyanın oturacaqları AD=R, BC=r uyğun olaraq konusun oturacaqlarının diametrləridir. Konusun + və buradan R + r = l və ya R + r = l. Bu isə o deməkdir ki, ABCD trapesiyasının qarşı tərəflərinin cəmi bərabərdir. Deməli, trapesiyanın daxilinə çevrə çəkmək olar. Odur ki, kəsik konusun daxilinə baxılan şərt ödənildikdə, kürə çəkmək mümkündür.. Konusun ox kəsiyi ABCD trapesiyasıdır (Şəkil 5); onun oturacaqlarının orta nöqtələri E və F, EF parçasının orta doğuranı l olsun. Məsələnin şərtinə görə π l( R r) = π l nöqtəsi isə O olsun. OM CD, ON FD, CP AD, MON = PCD = α. Məsələni həll etmək üçün OM=OE olduğunu göstərmək kifayətdir. EC = r, h DF = R, OM = x, OE = işarə R+ r edək. Onda x = ONcosα = cosα. ΔCPD -dən h = CD cosα = ( R r) + CP cosα. Şərtə görə CP = 4Rr olduğundan 65

266 ( R r) + 4Rr cosα = ( R + r) h h = cosα = x, x =. Beləliklə, tələb edilən isbat oldu. 4. Fərz edək ki, SABC piramidasının hündürlüyü SD, onun orta nöqtəsi O, uzunluğunu a ilə işarə etdiyimiz BC parçasının orta nöqtəsi E-dir a (Şəkil 6). Onda DE = ; 6 a 6 a 6 SD = SE DE = ; OD =. 6 a Buradan OE = OD + DE =. Beləliklə, OE = BE = EC, deməli BOC = 9. Eyni qayda ilə AOB = AOC = 9 olduğunu alarıq. 5. fərz edək ki, verilmiş piramidanın oturacağının tərəfi a, yan üzlə oturacaq müstəvisi arasındakı ikiüzlü bucaq α, piramidanın SF hündürlüyü H dır (Şəkil 7 a). Daxilə və xaricə çəkilmiş sferaların mərkəzləri uyğun olaraq O, O olsun. Onda piramidanın oxundan və yan tilindən keçən kəsiklərdən istifadə etmək olar (Şəkil 7, b, c). Δ SFE və ΔOFE -dən (Şəkil 7, b) α α a FE = rctg ; H = SF = rctg + tg α ; EF = olduğundan a α r = tg yazarıq. 66

267 α Aşkardır ki, DF = EF = r ctg. Digər tərəfdən ΔDO F -dən (Şəkil 7, c) = O F və ya R ( SF R) + DF + DO + DF SF DF R =, burada SF = H, SF a H + α a r ctg tg α + alıb = R = = H α rctg tgα α α r ctg tg α + r ctg r( tg α + ) =. Onda α α rctg tgα tgαtg α Burada tg = x əvəz edib, 4 R + x = alırıq. İndi isə x = t r x x ( ) + t götürüb məsələni + bərabərsizliyinin isbatına gətirmiş oluruq, t( t) < t <. Sadə çevirmələrdən sonra sonuncu bərabərsizlik ( + ) ( + ) t + 67 =, a DF = oluduğnu nəzərə R tg α + =. r α tgα tg t şəkilə düşür. Sol tərəfdəki kvadrat üçhədlinin diskrimantı sıfıra bərabərdir. Beləliklə, kvadrta üçhədli t-in ixtiyari qiymətində işarəsini dəyişmir. t= olduqda bu kvadrat üçhədli müsbət olduğundan, bərabərsizliyin doğruluğu isbat edildi. 6. ASBC və OSBC piramidalarının ortaq SBC oturacağı vardır (Şəkil 8), odur ki, onların həcmləri nisbəti oturacağa

268 çəkilmiş hündürlüklərin nisbətinə bərabərdir. O A AS olduğundan, ASBC və OSBC piramidalarının hündürlükləri nisbəti SA-ın O A -ə nisbətinə bərabərdir. Beləliklə, onların həcmləri V ( OSBC) OA V nisbəti = -dır Analoji olaraq ( OSCA ) OC =, V ( ASBC) SA V ( ASBC) SC V ( OSAB) OB = yazarıq. Alınmış bərabərlikləri tərəfə-tərəfə V ( ASBC) SB OA OB OC toplayıb + + = alırıq. SA SB SC 7. Fərz edək ki, P və P uyğun olaraq ABC və A B C üçbucaqlarının müstəviləri l isə onların kəsişmə xəttidir (Şəkil 9). A, B və O nöqtələrindən keçən müstəvini Q(AB) ilə işarə edək. A B düz xətti Q(AB) üzərindədir və AB-yə paralel olmayıb T(AB) nöqtəsində kəsişir. Bu nöqtə P və P müstəviləri üzərindədir, odur ki, l düz xəttinin də üzərindədir. Analoji olaraq isbat edə bilərik ki, BC, B C və AC, A C düz xətləri, uyğun olaraq l düz xətti üzərində olan, T(BC), T(AC) nöqtələrində kəsişir. 7. Fərz edək ki, ASC üzünün ağırlıq mərkəzi O, məsələdə baxılan parçalardan biri BO -dir. Daha başqa bir üzü, məsələn BSC-ni götürək. Bu üzün ağırlıq mərkəzini O ilə işarə edək. İsbat edək ki, AO parçası BO parçası ilə kəsişir və bu kəsişmə nöqtəsi O isə BO parçasını O nöqtəsindən başlayaraq : nisbətində bölür. Doğrudan da, M və M nöqtələri AC və BC parçalarının ortalarıdırsa (Şəkil ) onda aşkardır ki, AB M M ; 68

269 O və O nöqtələri uyğun olaraq M S və M S parçalarını eyni bir nisbətdə böldüyündən, aşkardır ki, O O M M. Odur ki, AB O O. Deməli ABO O dördbucaqlısı trapesiyadır və onun BO və AO diaqonalları O M nöqtəsində kəsişir. Onda M = ; OO M M = AB yazarıq. Bu bərabər- OO likləri tərəf-tərəfə vurub = AB alırıq. AOB və O OO üçbucaqlarının oxşarlığından OO OO OO =. Beləliklə, =. OB AB OB Eyni qayda ilə digər üzlərin ağırlıq mərkəzi ilə uyğun təpə nöqtəsini birləşdirən parçanın O nöqtəsi ilə : nisbətində bölündüyünü isbat edə bilərik. 8. Düzgün ABCD tetraedrinin daxilində O nöqtəsi götürək (Şəkil ). O nöqtəsini tetraedrin bütün təpələri ilə birləşdirib dörd ABCO, BCDO, CADO, ABDO piramidalarını alırıq. Aşkardır ki, bu piramidaların həcmləri cəmi verilmiş piramidanın həcminə bərabərdir. Tetraedrin üzlərinin sahəsini S, onun hündürlüyünü h, O nöqtəsindən üzlərə qədər məsafələri (bunlar alınmış piramidaların hündürlükləridir). h, h, h, h4 işarə edib Sh = Sh + Sh + Sh + Sh4 və ya h + h + h + h4 = h alırıq. 9. Düz xətlərin hamısı bir nöqtədə kəsişdikdə birinci hal alınır. Verilmiş düz xətlərdən hər hansı biri digər iki düz xəttin kəsişmə nöqtəsindən keçmirsə, onda bu düz xətt kəsişən iki düz xəttin təyin etdiyi müstəvi üzərində yerləşir, 69

270 çünki onun kəsişən iki düz xəttin təyin etdiyi müstəvi ilə iki ortaq nöqtəsi vardır. Analoji olaraq göstərmək olar ki, hər hansı verilmiş digər düz xətlər də (onlar sonlu çoxluqdur) bu müstəvi üzərində yerləşir.. Verilmiş kubun K, L, P təpələrindən (Şəkil ) müstəvi keçirək və KM tilinin A orta nöqtəsindən ona paralel başqa müstəvi keçirək. Kubun ikinci müstəvi ilə kəsiyi ABCDEF altıbucaqlısı olacaqdır. Bu altıbucaqlı düzgündür, çünki onun hər bir tərəfi kubun üzünün diaqonalının yarısına bərabərdir və hər bir bucağı -dir.. Konusların hər birinin oturacağının radiusu R, hündürlüyü isə H olsun (Şəkil ). Onda hər bir konusun həcmi V = π R H. Ortaq hissə iki bərabər konusdan ibarətdir, onun həcmi V = π R h, burada r - oturacağın radiusu, h hündürlükdür. Bu fiqurun ox kəsiyinə baxaq. Δ O OA ~ ΔOCB olduğundan AO : BC = O O : OC və ya R : r = H : h. Lakin H h =, onda R r =. Beləliklə, R H V = π = πr H = V. 4 4 Tələb edilən isbat oldu.. İsbat etmək lazımdır ki, V = S( yan) r, burada r konusun oturacağının mərkəzindən doğurana qədər məsafədir. Konusun həcmi V = π R H. Konusun hündürlüyünü ΔSOA- dan istifadə edib H = l sinα ilə ifadə etmək olar 7

271 (Şəkil 4). ΔSOB-dən lr V πr = πrlr R V = S yan alırıq. r sin α =. Onda R =. Məlumdur ki, S( yan) πrl ( ) r lr H = və R =. Nəticədə. Piramidanın hündürlüyünün yan tillərlə əmələ gətirdiyi bucağı α, kəsən müstəvinin yan tillərlə və hündürlüklə kəsişmə nöqtələrini A, B, C, D və K, piramidanın təpə nöqtəsini H ilə işarə edək (Şəkil 5, a). Aşkardır ki, a, b, c və d uzunluqları arasında müəyyən münasibət tapmalıyıq: üç A, B, C nöqtələrindən yalnız bir müstəvi keçirmək olar. Odur ki, d -ni a, b və c ilə ifadə etmək mümkündür. HK parçası AHC və BHD üçbucaqlarının ortaq tənbölənidir. Bu tənbölənin uzunluğunu (l) həmin üçbucaqların a, c və b, d tərəfləri və α bucağı vasitəsilə ifadə etmək olar. AHC üçbucağında S ( AHC) = S( AHK) + S( KHC) (Şəkil 5, b). Bu bərabərliyin hər tərəfini -yə vurub ac sinα = alsinα + clsinα cosα alırıq, buradan = + () Analoji olaraq BHC l a c 7

272 cosα üçbucağından = + () yazarıq. () və () l b d bərabərliklərindən + = + alırıq. a c b d 4. A təpəsindəki müstəvi bucaqları düz olan ABCD tetraedrini ABKCDLMN düzbucaqlı paralelepipedinə tamamlayaq (Şəkil 6). Bu paralelepipedin xaricinə çəkilmiş sfera, həm də ABCD tetraedrinin də xaricinə çəkilmişdir. AKD üçbucağından alınır ki, PQ = DK. Paralelepipedin DK dia- qonalı onun xaricinə çəkilmiş sferanın diametri olduğundan, PQ parçasının uzunluğu bu sferanın radiusudur. 5. Fərz edək ki, ABCD tetraedrinin, tili AD olan ikiüzlü bucağın tənbölən müstəvisi ilə, kəsiyi ADM-dir (Şəkil 7). ACMD və ABMD tetraedrlərinin həcmlərini uyğun olaraq V və V ilə işarə edək. M nöqtəsi ADC və ADB üzlərindən eyni məsafədə olduğundan =. Digər tərəf- V S( DAC) V S( ADB) dən, aşkardır ki, V S( DMC) MC = =. V S( DMB) MB S( ADC) MC Odur ki, =. S( ADB) MB 6. Tetraedrin tillərindən qarşıdakı tillərə paralel keçirilən müstəvilərin əmələ gətirdiyi paralelepipedə baxaq. Əvvəlki tetraedrin üzlərinin müstəviləri paralelepipeddən, hər birinin həcmi paralelepipedin həcminin hissəsinə bərabər olan, 4 6 tetraedr ayırır. Odur ki, tetraderin həcmi paralelepipedin 7

273 həcminin -ni təşkil edir. Paralelepipedin həcmini isə məsələdə verilən kəmiyyətlərlə asanlıqla ifadə etmək olar: onun üzləri diaqonalları AB, CD və onlar arasındakı bucaq ϕ olan paraleloqramdır, bu üzə çəkilmiş hündürlük isə d-yə bərabərdir. 7. Tetraedrin həcmi abd sinϕ -yə bərabərdir, burada a, b 6 tillərin uzunluğu, d çarpaz tillər arasındakı məsafə, ϕ onlar arasındakı bucaqdır (Məsələ 6). 8. Əvvəlcə isbat edək ki, radiusları R, r olan iki toxunan çevrənin ortaq toxunanının uzunluğu Rr -ə bərabərdir. Bunun üçün hipotenuzunun ucları çevrələrin mərkəzində olan, katetlərindən biri isə ortaq toxunana paralel düzbucaqlı üçbucağa baxaq. Pifaqor teoreminə görə bu düzbucaqlı üçbucaqdan ( R r) = ( R ) r x + + alırıq, burada x ortaq toxunanın uzunluğudur. Buradan x = Rr. İndi, verilmiş kürələrin mərkəzlərindən və A, B nöqtələrindən keçən müstəvi kəsiyinə baxmaqla, bu düsturun qoyulan məsələ üçün doğruluğunu asanlıqla yoxlamaq olar. 9. Fərz edək ki, O, O verilmiş çevrələrin mərkəzləridir; a) məsələsində M nöqtəsi AB parçasının ortasıdır; b) məsələsində isə M=P dir. MO O müstəvisinə baxaq. Axtarılan sferanın mərkəzi bu müstəvidə O, O nöqtələrindən MO, MO düz xətlərinə çəkilmiş perpendikulyarların kəsişmə nöqtəsidir. 4. İki yan üzün xaricinə çəkilmiş çevrələrin iki ortaq nöqtəsi vardır bu üzlərin ortaq təpələri. Odur ki, bu çevrələrin hər ikisini üzərində saxlayan sfera vardır (Məsələ 9). Üçüncü üzün xaricinə çəkilmiş çevrə bu sferanın müstəvi ilə kəsiyidir. 4. Təpəsi S nöqtəsində olan verilmiş üçüzlü bucağın daxilində ixtiyari S / nöqtəsi götürək və bu nöqtədən uyğun olaraq SBC, SAC, SAB üzlərinə S / A /, S / B /, S / C / perpendikulyarı çəkək. Aşkardır ki, S / A / B / C / üçüzlü bucağının müstəvi bucaqları SABC üçüzlü bucağının ikiüzlü bucaqlarını π -yə tamamlayır. Deməli, 7

274 S / A / B / C / üçüzlü bucağının müstəvi bucaqları π A, π B, π C - dir. İsbatı tamamlamaq üçün bilmək lazımdır ki, SA, SB, SC tilləri uyğun olaraq S / B / C /, S / A / C /, S / A / B / üzlərinə perpendikulyardır. Deməli S / A / B / C / üçüzlü bucağının ikiüzlü bucaqları SABC üçüzlü bucağının müstəvi bucaqlarını π -yə tamamlayır. Deməli, S / A / B / C / üçüzlü bucağının ikiüzlü bucaqları π α, π β, π γ -dır. Qeyd: S / A / B / C / bucağına SABC bucağının tamamlayıcısı və ya polyarı deyilir. 4. Verilmiş üçüzlü bucağa polyar bucağa baxaq (Məsələ 4). Onun müstəvi bucaqları düz olduğundan ikiüzlü bucaqları da düzdür. Odur ki, verilmiş üçüzlü bucağın müstəvi bucağı da düzdür. 4. Verilmiş üçüzlü bucağa polyar üçüzlü bucağın müstəvi bucaqları bərabərdirlər. Odur ki, bu üçüzlü bucaqlar bərabərdir. 44. Tetraedrin a tilinə perpendikulyar müstəvi üzərindəki absinϕ S S proyeksiyası tərəfləri x =, y =, = bsinϕ a a a və birinci iki tərəf arasındakı bucaq α olan üçbucaqdır. Kosinuslar teoremini bu üçbucağa tətbiq edib 4 S 4 S S S b və ya a a a a ( sin ϕ ) = + cos α ( absinϕ) S + S SS cosα = alırıq A A = a, AB = b, AD = c 74 olsun. Onda AC = a + b + c. Odur ki, a + b + c vektoru şərtə görə a b, b c, c a vektorlarına perpendikulyardır. (, b) = ( b, c) = ( c, a ) = ( a + b + c, a b) = a b a olduğunu nəzərə almaqla = alırıq. Analoji olaraq b = c və

275 c = a. Odur ki, verilmiş paralelepipedin bütün tilləri bərabərdir, deməli o kubdur. 46. a) Fərz edək ki, V çoxüzlünün həcmi, S onun üzlərinin sahəsi, çoxüzlünün daxilindəki X nöqtəsindən onun i -ci üzünə qədər məsafə h -dir. Çoxüzlünü təpə nöqtəsi X, oturacaqları onun üzləri olan piramidalara ayırıb i Sh Sh V = n V alırıq. Beləliklə, h hn =. S b) Tetraedrin həcmi V olsun. hi = V Si olduğundan, burada S i - i -ci üzün sahəsidir, ( di hi ) = ( disi ) V. Aşkardır ki, d isi = Vi, burada V i -təpəsi seçilmiş nöqtədə olan tetraedrin həcmidir, onun oturacağı i -ci üzdür və V i = V. Odur ki, ( d h ) i Vi V = i =. 47. Müəyyənlik üçün fərz edək ki, daxilə çəkilmiş sferanın O mərkəzi çoxüzlünün həcmi V olan hissəsindədir. Təpəsi O nöqtəsində və oturacağı çoxüzlünün verilmiş müstəvi ilə kəsiyi olan piramidaya baxaq. Bu piramidanın həcmi V olsun. Onda V V = rs və V + V = rs, burada r - daxilə çəkilmiş sferanın radiusudur (Məsələ -yə baxmalı). Onda V V S =. Buradan, yalnız V= olduqda, başqa sözlə O V + V S nöqtəsi kəsən müstəvi üzərində olan halda V S = almaq V S mümkündür. 48. O fəzanın ixtiyari nöqtəsi olsun. Onda OM = OA+ OB, 75

276 ON = OC+ OD MN. 49. BC = OC OB = OC = ON OM + OB + = OD OA OC OB = OC OB = OC + OB Analoji olaraq AC = OC + OA və AB = OB + OA. Üçbucağın hər bir tərəfinin uzunluğunun kvadratı digər iki tərəfin uzunluqlarının kvadratları cəmindən kiçik olduqda o, itibucaqlıdır. ( AC AB ) BC AC + AB BC = OC. + fərqinə baxaq: + OA + OB + OA OC OB = OA >, deməli A bucağı 9 - dən kiçiikdir Aşkardır ki, AC BD =, odur ki, AC BD. 5. Verilmiş sferanın α və β müstəvilərinə toxunma nöqtələrini (A və B) sferanın O mərkəzi ilə birləşdirək (Şəkil 8). OA və OB dən γ müstəvisini keçirək. OA a və OB a olduğundan a γ və a ( AB). 5. ) A, B, C, D verilmiş nöqtələr olsun (Şəkil 9). Verilmiş nöqtələrdən eyni məsafədə olan O nöqtəsi AB-yə perpendikulyar olan və onun ortasından keçən α müstəvisi üzərində olmalıdır. BD və BC-in ortasıdan keçən və onlara perpendikulyar β, γ müstəviləri üçün də analoji hökm doğrudur. α və β müstəviləri paralel ola bilməz. Doğrudanda α β olarsa, onda β -ya perpendikulyar BD düz xətti α -ya da perpendikulyar olardı. Onda B nöqtəsindən α müstəvisinə iki müxtəlif BA, BD perpendikulyarları çəkilərdi. 76

277 Fərz edək ki, α β = m, analoji olaraq γ β = n alırıq; β müstəvisi üzərində yerləşən m və n düz xətləri paralel ola bilməz. Bunu isbat edək. m düz xətti AB və AD düz xətlərinə perpendikulyardır, odur ki, m ( ADB). Analoji olaraq n ( BDC). Fərz etsək ki, m n, onda m ( BDC), bu halda isə ( ADB ) ( BDC) alınır ki, bu da məsələnin şərtinə ziddir. Beləliklə, m n =, bu isə yalnız yeganədir. ) Verilmiş çevrənin üç müxtəlif nöqtəsi və D, müstəvi üzərində olmayan dörd nöqtədir. ) halına görə bu dörd nöqtədən sfera keçirmək olar və o yeganədir. 5. ) Kafilik. Fərz edək ki, SABCD piramidasının ABCD oturacağının xaricinə ω çevrəsi çəkilmişdir (Şəkil ). S nöqtəsi və ω çevrəsindən yeganə σ sferası keçir (Məsələ 5). Bu sfera verilmiş piramidanın xaricinə çəkilmişdir. ) Zərurilik. Fərz edək ki, SABCD piramidasının xaricinə çəkilmiş σ sferası vardır. Piramidanın oturacaq müstəvisi sferanı bu oturacağın xaricinə çəkilmiş ω çevrəsi üzrə kəsir. 77

278 54. Toxunan müstəvi koordinat başlanğıcından keçir və ( a; b c) OM = ; M a; b; c sferanın mərkəzidir. Odur ki, toxunan müstəvinin tənliyi ax + by + cz = şəkildədir. 55. Fərz edək ki, a b = N, onda MN axtarılandır. a b isə onda axtarılan düz xətt M nöqtəsindən keçir və a düz xəttinə paraleldir. 56. M ABC isə həll yoxdur, M ABC isə axtarılan xətt BM-dir. Çünki B və M hər iki müstəviyə daxildir. 57. ) BAC bucağının AA tənbölənini çəkib (A nöqtəsi B ilə C arasında ixtiyari götürülür) axtarılan MAA müstəvisini alırıq. vektoruna perpendikulyardır, burada ( ) 58. M a isə, onda həll yeganədir, M a isə, onda həll sonsuz saydadır. 59. BA şüası üzərində BP parçasına konqruyent BN parçasını ayıraq. Onda MPN tələb olunan müstəvidir. 6. PQ və RS parçaları ADC və ABC üçbucaqlarının orta xəttidir (Şəkil ). PQ=RS, PQ RS və PQRS paraleloqramdır. 6. Məlum aksioma görə (İki müxtəlif müstəvinin ortaq nöqtəsi varsa, onların bu nöqtədən keçən kəsişmə düz xətti vardır) kəsişmə xətti vardır. Nümayiş çertyojunda onu M nöqtəsindən keçən (bu nöqtə müstəvilərin ortaq nöqtəsidir) ixtiyari düz xətt kimi təsvir edirik. 6. Şərtə görə: M α, a α, N α (Şəkil ). İndi N β, α β = c, M c, c a şərtləri ödənilməklə β müstəvisini keçirmək lazımdır. ( MC ) α, ( MC ) α, ( MC ) = c ; c düz xəttindən və N nöqtəsindən β müstəvisini keçirmək olar, onda 78

279 c = α β ; β - axtarılan müstəvidir. Həll yeganədir. 6. M,N,P nöqtələrindən keçən müstəvini α ilə işarə edək (Şəkil ). α və DAC müstəvilərinin ortaq nöqtələri N və P dir; odur ki, bu iki müstəvinin kəsişməsi NP düz xəttidir. NP parçası DAC üzü ilə α Müstəvisinin kəsişməsidir. Analoji olaraq NM parçası qurulur. M nöqtəsi α və ABC müstəvilərinin hər ikisinin üzərindədir; Bu müstəvilərin kəsişmə xəttinin qurmaq üçün onların başqa bir ortaq nöqtəsini tapmaq kifayətdir. Həmin nöqtə NP və AC düz xətlərinin K kəsişmə nöqtəsidir. Aşkardır ki, K α və K ( ABC). MK düz xəttini çəkib, BC tili üzərində Q nöqtəsini alırıq. MQ və QP parçaları axtarılan kəsiyin qalan tərəfləridir. Qurmanı simvolik olarq belə yazmaq mümkündür: ) α = ( MNP ); ) [ NP ] = α Δ ADC, [ NM ] = α ΔADB; ) ( NP ) ( AC) = K ; 4) ( KM ) [ BC] = Q ; 5) [ MQ] = α ΔABC, [ QP] = α ΔABDC. Beləliklə, MNPQ dördbucaqlısı axtarılan kəsikdir. Bu məsələnin çertyoju əvvəlki məsələlərdəki illüstrativ çertyojlardan əsaslı surətdə fərqlənir. Belə ki, -cü şəkildə K və D nöqtələri, MQ, QP parçaları və s. Ixtiyari seçilmiş, tetraedrin təsviri üzərində tamamilə müəyyən vəziyyət tutmuşdur, bundan əlavə qurmalar indi çertyoj alətləri vasitəsilə yerinə yetirilmişdir. Belə qurmalar proyeksiya çertyoju üzərində qurmalara nümunədir. Xəyalda və proyeksiya çertyojunda qurmaları yaxşı mənimsəmək lazımdır. 64. A a olarsa onda məsələnin həlli yoxdur. Fərz edək ki, A a. Çarpaz düz xətlər əlamətini tətbiq edək. a düz xətti və onun üzərində olmayan A nöqtəsindən α müstəvisini keçirək; 79

280 α müstəvisinin xaricində B nöqtəsini götürək (verilmiş müstəvi üzərində olmayan nöqtə vardır). AB və a çarpaz düz xətlərdir. 65. ) A nöqtəsindən b a düz xəttini keçərək; b düz xəttindən keçən ixtiyari β müstəvisi a düz xəttinə paraleldir (həm də b və a düz xətlərindən keçən müstəvi). ) Aşkardır. 66. β müstəvisi üzərində B nöqtəsindən c-yə paralel d düz xəttini keçirək. Sonra d və A-dan axtarılan γ müstəvisini keçirə bilərik. Həll yeganədir. 67. Analiz. Fərz edək ki, kəsik qurulmuşdur (Şəkil 4). M və N nöqtələrini birləşdirsək, kəsən müstəvinin ADB üzü ilə kəsişməsini alırıq. Şərtə görə AC düz xətti kəsən müstəviyə paraleldir, odur ki, ACB və ACD üzlərinin kəsən müstəvi ilə kəsişməsi AC düz xəttinə paralel olan NP və MQ parçaları olacaqdır. ( Müstəvi digər müstəviyə paralel olan düz xətdən keçib, həmin müstəvini kəsirsə, onda müstəvilərin kəsişmə xətti verilən düz xəttə paraleldir teoreminə görə). Qurma. ) NP AC, P BC ; ) MQ AC; Q DC. NMQP çoxbucaqlısı axtarılan kəsikdir. İsbatı: MQ AC olduğundan NMQ müstəvisi AC düz xəttinə paraleldir ( Düz xətt, müstəvi üzərindəki hər hansı düz xəttə paraleldirsə, onda verilmiş düz xətt və müstəvi paraleldir teoreminə görə). Araşdırma. Məsələnin yeganə həlli vardır. Doğrudan da, BC tili kəsən müstəvini yeganə P nöqtəsində kəsir və məlum aksioma görə (bir düz xəttə aid olmayan üç nöqtədən bir və yalnız bir müstəvi keçir). M, N, P nöqtələrindən yeganə müstəvi keçir. Qeyd edək ki, bu məsələdə tətbiq olunan həll sxemi (analiz, qurma, isbat, araşdırma) planimetriyada olduğu kimi stereometriyada da qurma məsələləri həllinin ümumi sxemidir. Fəzada qurma məsələləri həllinin göstərilən mərhələlərinin mahiyyəti 8

281 müstəvidəki kimidir. Lakin hər bir məsələnin həllində dörd mərhələnin hamısının göstərilməsi məcburi deyil: bəzən məsələnin həllinə dərhal qurmadan başlamaq mümkün olur, bəzən də isbat qurma ilə birgə aparılır. Çox vaxt məsələnin araşdırılmasına baxılmır. Məsələnin həllində araşdırma aparmaq tələb olunursa, bu haqda məsələnin şərtində qeyd olur. Bəzi hallarda araşdırma ilə analiz birləşdirilir. Odur ki, çox vat qurma məsələləri həllinin dörd deyil, üç mərhələsi ayrılır. 68. ) M nöqtəsindən AB-yə paralel düz xətt keçirin. ) Fərz edək ki, AD BC =, onda MO axtarılan düz xətdir. 69. Analiz. Axtarılan düz xətti tapmaq üçün MNP və ABC müstəvilərinin (Şəkil 5) iki ortaq nöqtəsini qurmaq kifayətdir. Belə nöqtələrin hər birini, iki kəsişən düz xəttin ortaq nöqtəsi kimi tapmaq olar. Bu nöqtələrdən biri (MNP), o biri (ABC) müstəvisi üzərindədir. Qurma. CC D D üzünün müstəvisi üzərində MP və DC düz xətlərinin F kəsişmə nöqtəsini quraq: DD və BB paralel düz xətlərindən keçən müstəvi üzərində MN və DB düz xətlərinin E kəsişmə nöqtəsini quraq. E və F nöqtələri MNP və ABC müstəvilərinin hər ikisinə aiddir. ( Müstəvinin iki müxtəlif nöqtəsindən keçən düz xətt bu müstəvinin üzərindədir aksiomuna görə), ona görə (FE) axtarılan düz xətdir. Araşdırma: Məsələnin yeganə həlli vardır. Çünki M, N və P nöqtələri yeganə müstəvini təyin edir. NMP və ABC müstəvilərinin FE ortaq düz xətti var, çünki F onların ortaq nöqtəsidir. FE düz xətti yeganədir ( İki müxtəlif 8

282 müstəvinin ortaq nöqtəsi varsa, onların bu nöqtədən keçən kəsişmə düz xətti vardır aksiomuna görə) 7. Verilmiş kubun B təpəsindən çıxan tillərin uclarından keçən müstəvi ilə kəsiyi (Şəkil 6) AB C düzgün üçbucağıdır. Bu üçbucağın tərəfi a -dir. Odur ki, P ( ABC ) = a ; a S ( ABC ) =. 7. Axtarılan nöqtələri K və L ilə işarə edək. ) K = ( AM ) ( BC) ; L = ( AN ) ( BB ) ; ) ( KL) = ( BB C ) ( AMN). 7. K = ( C M ) ( DC) və F = ( KB) [ AD] qururuq. BC MF - dördbucaqlısı axtarılan kəsikdir. 7. Fərz edək ki, ( MDC ) = α, onda α və A BC D üzünün kəsişməsi MN parçası olub, (CD)yə paralldir ( Müstəvi digər müstəviyə paralel olan düz xətdən keçib, həmin müstəvini kəsirsə, onda müstəvilərin kəsişmə xətti verilən düz xəttə paraleldir teoreminə görə), deməli [ MN ] ( CD ) ( iki düz xətt üçüncü düz xəttə paraleldirsə, onda həmin düz xətlər bir-birinə paraleldir teoreminə görə). DCMN paraleloqramı axtarılan kəsikdir. 74. Fərz edək ki, M, K, L nöqtələri uyğun olaraq AB, CD, AA tillərinin orta nöqtələridir, onda MK AD ; ( MKL) ( AA D) düz xəttinin qurulmasını əsaslandırmaq üçün 7-cü məsələdə istfiadə olunan hər iki teoremi tətbiq etmək lazımdır. 75. ABC D və ACC A paraleloqramlarının kəsişməsini quraq: ABC D ACC A = AC onda X = AC AC. A C CA əvəzinə BCA D paraleloqarmından istfiadə etmək olar. 8

283 76. Burada iki hal mümkündür. a) Fərz edək ki, M a (Şəkil 7, a). Paralel düz xətlərin tərifinə əsasən, verilən və axtarılan düz xətlər bir müstəvi üzərində olmalıdır. ) M nöqtəsindən və a düz xəttindən α müstəvisini keçirək ( düz xətt və ona aid olmayan nöqtədən bir və yalnız bir müstəvi keçirmək olar faktına əsasən). ) α müstəvisi üzərində M dən a düz xəttinə paralel b düz xəttini çəkək (bu hər bir müstəvi üçün planimetriyadan məlum olan tərtib, müstəvinin yerdəyişməsi və paralel düz xətlər aksiomları ödənilir aksioumuna əsasən yerinə yetirilir). Məsələnin yeganə həlli vardır. Bunu isəbat edək. Axtarılan b düz xətti a düz xəttindən və M nöqtəsindən keçən yeganə α müstəvisinə aid olmalıdır. α müstəvisi üzərində a düz xəttinə paralel olub, M nöqtəsindən keçən yeganə düz xətt vardır (bu planimetriyadan məlumdur). b) Fərz edək ki, M a (Şəkil 7,b). Bu halda M-dən keçib a -ya paralel olan yeganə düz xətt verilmiş a düz xəttidir. Beləliklə, fəzada verilmiş nöqtədən verilmiş düz xəttə bir və yalnız bir paralel düz xətt çəkmək olar. 77. Fərz edək ki, α müstəvisi və a düz xətti verilmişdir. a düz xətti α -nı kəsirsə, onda məsələnin həll yoxdur, çünki a -dan keçən ixtiyari müstəvi verilmiş müstəvini kəsəcək. a α olarsa, onda axtarılan müstəvi α -nın özüdür. Tutaq ki, a α, lakin a / α. α müstəvisinə aid olan B nöqtəsindən və verilən a düz xəttindən β müstəvisini keçirək. Fərz edək ki, α β = b, onda b a (Məsələ 66-da göstərilən teoremə görə). α müstəvisində, b -ni kəsən c düz xəttini çəkək; M nöqtəsindən ( M a ) d c 8

284 düz xəttini çəkək (Məsələ 76). d və a düz xətlərindən keçən müstəvi axtarılan müstəvidir. 78. AC və AM parçalarını çəksək, iki üzün α müstəvisi ilə kəsiyini alırıq (Şəkil 8). A BC D üzünün α müstəvisi ilə kəsiyini alırıq (Şəkil 8). A BC D üzünün α müstəvisi ilə kəsişmə xətti (AC)-yə paraleldir ( İki paralel müstəvi üçüncü müstəvi ilə kəsişərsə, onda onların kəsişmə xətləri paraleldir teoreminə gbrə), ona görə MN AC çəkirik. Nəhayət, NC parçasını qururuq. AMNC trapesiyası axtarılan kəsikdir. M B olarsa, onda axtarılan kəsik AB C üçbucağı, M A olarsa, onda kəsik AA C C paraleloqramı olacaqdır. Həll yeganədir. ( Bir düz xəttə aid olmayan üç nöqtədən bir və yalnız bir müstəvi keçir aksiomuna görə). 79. Fərz edək ki, α ( ABC ), D α. DBC müstəvisi α -nı (BC)-yə paralel düz xətt boyunca kəsir (Məsələ 78-də istifadə olunan teoremə görə). Buradan α ( DBC) düz xəttinin qurulması alınır. Qalan iki düz xətt də analoji olaraq qurulur. 84

285 8. Fərz edək ki, M və N uyğun olaraq CC və A D parçalarının orta nöqtələridir. Qurma belə ardıcıllıqla yerinə yetirilir: ) BM; ) NP BM, P AA ; ) PB; 4) ML BP, L D C ; 5) NL. Beləliklə, alınmış BMLNP beşbucaqlısı axtarılan kəsikdir. 8. Fərz edək ki, AB və CD çarpaz düz xətlərdir (Şəkil 9). CD düz xəttindən AB düz xəttinə paralel α (Məlumdur ki, ixtiyari düz xətdən başqa bir düz xəttə, bu düz xətlər kəsişmirsə, paralel müstəvi keçirmək olar) müstəvisini və α müstəvisinə perpendikulyar β müstəvisini keçirək. AB düz xəttindən isə α müstəvisinə perpendikulyar və α -nı hər hansı EF düz xətti üzrə kəsən γ müstəvisini keçirək. α müstəvisi β və γ müstəvilərinə perpendikulyar olduğundan onların MN kəsişmə xəttinə də perpendikulyar olacaqdır. Beləliklə, MN düz xətti CD və EF-ə perpendikulyardır. Lakin EF AB və MN düz xətləri EF və AB düz xətlərinin təyin etdiyi müstəvi üzərindədir, odur ki, MN AB. Deməli, MN düz xətti AB və CD düz xətlərinin ortaq perpendikulyarıdır. 8. Fərz edək ki, AB və CD çarpa düz xətlərdir və onlardan heç biri verilmiş üçüncü MN düz xəttinə paralel deyil (Şəkil ). AB-dən MN-ə paralel α müstəvisini keçirək (məlumdur ki, bu mümkündür). Belə müstəvi yeganədir. CD-dən MN-ə paralel β müstəvisini keçirək. Bu müstəvi də yeganədir. α və β 85

286 müstəvilərinin CB kəsişmə xətti axtarılan düz xətt olacaqdır. Lakin α və β müstəviləri paralel ola bilər. Bu AB, CD və MN düz xətləri eyni bir müstəviyə paralel olduqda mümkündür. Bu halda məsələnin həlli yoxdur. AB və ya CD düz xətləri və ya onların hər ikisi MN-ə paralel olduqda da məsələnin həlli yoxdur. AB və CD düz xətləri bir müstəvi üzərində isə, eyni zamanda MN-ə paralel deyildirsə, AB və CD düz xətlərini üzərində saxlayan α müstəvisi MN-ə paraleldirsə həll sonsuzdur. α müstəvisi MN-ə paralel olmadıqda həll yeganədir. (AB və CD düz xətləri kəsişirsə) AB CD olduqda və ya düz xətlərin üçü də bir nöqtələ kəsişirsə həll yoxdur. 8. Verilmiş müstəvi, düz xətlər və parçanın uzunluğu uyğun olaraq α, AB, CD və d olsun (Şəkil ). AB düz xəttindən CD-yə paralel β müstəvisini, CD düz xəttindən isə AB paralel γ müstəvisini keçirək. Aşkardır ki, β və γ müstəviləri paraleldir və verilmiş α müstəvisi onları öz aralarında paralel hər hansı KL və MN düz xətləri üzrə kəsir. E və F nöqtələri uyğun olaraq KL və MN üzərində olmaqla EF=d parçasını quraq. İndi EF düz xəttinə paralel və AB, CD düz xətlərini kəsmək şərti ilə AC düz xəttini çəkək (Məsələ 8-yə baxmalı), onda onun A, C kəsişmə nöqtələri arasında qalan parçası axtarılan parça olacaqdır, Lakin α müstəvisi, AB, CD düz xətləri, d parçası, habelə verilmiş parçanın uzunluğu elə ola bilər ki, məsələnin həlli olmaz və ya iki, yaxud sonsuz sayda həll olar. 86

287 84. ABC oturacağında C və O nöqtələrini düz xətlə birləşdirib, onu AB tilini D nöqtəsində kəsənə qədər uzadaq; CD axtarılan düz xətdir (Şəkil ). 85. a) B D diaqonalı, M nöqtəsi və A A yan tili, həmin M nöqtəsi ilə təyin edilən müstəvilər A D DA yan üzünün A D diaqonalı üzrə kəsişir; A D diaqonalı axtarılan düz xətdir (Şəkil ). b) Belə düz xətt yoxdur. B D D və A D A müstəviləri iki paralel D D və A A düz xətlərindən keçir, odur ki, A A-ya paralel D D düz xətti üzrə kəsişirlər. c) Axtarılan düz xətt, B D DB və A B CD diaqonal müstəvilərinin kəsişmə xətti olan, B D diaqonalıdır. 86. ABCD, B C CB, A B BA üzlərinin ACB müstəvisi ilə kəsişməsi uyğun olaraq AC, B C, B A diaqonallarıdır (Şəkil ). Axtarılan kəsik ACB üçbucağıdır. 87. Şəkildə ML düz xəttinin təsvirini davam etdirək (Şəkil 4). Bununla əlaqədar bilmək lazımdır ki, stereometriyada şəkildə bütün qurmalar yalnız verilmiş müstəvidə yerinə yetirilir. Deməli, ML düz xəttini üzərində saxlayan müstəvini və tetraedrin veriləni əlaqələndirən nöqtəsini (bu P nöqtəsidir) götürmək lazımdır. P, M və L nöqtələri ilə verilən müstəvi tetraedrin PMN kəsiyi ilə təmsil olunacaqdır. PMN kəsiyində PN və MX parçaları kəsişir, çünki N və P nöqtələri MX-dən müxtəlif tərəflərdə yerləşir. X axtarılan nöqtədir. 87

288 88. Həll 87-yə analoji aparılır (Şəkil 5). 89. Çoxüzlünün, AK parçasını və A nöqtəsini üzərində saxlayan, müstəvi ilə kəsiyini quraq (Şəkil 6); istiqamətli olması üçün onu BB tilinə paralel qururuq. Aşkardır ki, A K KA -paraleloqramdır, onda A BC üçbucağının bu kəsiklə kəsişməsi A K parçasıdır. AK və A K parçaları isə paraleloqramın diaqonalları olaraq X nöqtəsində kəsişirlər. X nöqtəsi axtarılan həldir. 9. PBC və DAK üçbucaqlarının AA C C üzündə ortaq X nöqtəsi vardır (Şəkil 7). Bu müstəvilərin ikinci ortaq nöqtəsi B- dir. B, X, K, D nöqtləri ADK müstəvisi üzərində olduğundan BX və KD düz xətlərinin kəsişmə nöqtəsi Y baxılan PBC və DAK üçbucaqlarının ortaq nöqtəsidir. 88