Dördbucaqlılar: paraleloqram, düzbucaqlı, romb, kvadrat və trapesiya

Evin bünövrəsini qoyanda ustalar onun həqiqətən düzbucaqlı olduğunu sadə üsulla yoxlayırlar: iki diaqonalı ölçürlər. Qarşı tərəflər bərabərdirsə və diaqonallar da bərabərdirsə, künclər düz bucaqdır — heç bir transportir lazım deyil. Bu niyə doğrudur? Dərsin sonunda bunu isbat edə biləcəksən. Bünövrə, pəncərə, kağız vərəqi, telefon ekranı, şahmat taxtası — hamısı dördbucaqlıdır; bu dərsdə onları bir «ailədə» birləşdirəcək və hər üzvün xassələrini öyrənəcəyik.

Bütün isbatlar «Üçbucaqların bərabərlik əlamətləri» dərsinə və paralel düz xətlərdəki bucaqlara (daxili çarpaz, uyğun və birtərəfli bucaqlar) əsaslanır: dördbucaqlını diaqonalla iki üçbucağa bölüb onların bərabərliyini isbat edəcəyik.

Çoxbucaqlının bucaqlarının cəmi

n bucaqlı qabarıq çoxbucaqlının bir təpəsindən bütün diaqonalları çəkək. Təpənin özü və iki qonşusu diaqonal vermir, qalan n − 3 diaqonal isə çoxbucaqlını n − 2 üçbucağa bölür. Hər üçbucağın bucaqlarının cəmi 180°-dir və bu bucaqlar birlikdə çoxbucaqlının bucaqlarını tam doldurur. Məsələn, dördbucaqlı bir diaqonalla iki üçbucağa bölünür, ona görə bucaqlarının cəmi 2 · 180° = 360°-dir.

Paraleloqram: xassələr və əlamətlər

İsbat: AC diaqonalı paraleloqramı ABC və CDA üçbucaqlarına bölür. AB ∥ CD olduğundan ∠BAC = ∠DCA, BC ∥ AD olduğundan ∠BCA = ∠DAC (daxili çarpaz bucaqlar), AC isə ortaq tərəfdir. BTB əlamətinə görə △ABC = △CDA, deməli, AB = CD, BC = DA və ∠B = ∠D; BD diaqonalı eyni qayda ilə ∠A = ∠C verir. AOB və COD üçbucaqları da BTB əlamətinə görə bərabərdir (AB = CD və iki cüt daxili çarpaz bucaq), buna görə AO = OC, BO = OD. Bir tərəfə bitişik bucaqların cəmi isə 180°-dir, çünki onlar paralel düz xətlərdə birtərəfli bucaqlardır.

Hər əlamət yenə bərabər üçbucaqlarla isbat olunur. Məsələn, 3-cü əlamətdə AO = OC, BO = OD və ∠AOB = ∠COD (qarşılıqlı bucaqlar), buna görə TBT əlamətinə görə △AOB = △COD. Onda ∠OAB = ∠OCD; bunlar AB, CD düz xətləri və AC kəsəni ilə əmələ gələn daxili çarpaz bucaqlardır, deməli, AB ∥ CD, həm də AB = CD — 1-ci əlamət ödənir.

Düzbucaqlı, romb və kvadrat

Bu üç fiqur paraleloqramın xüsusi hallarıdır, ona görə paraleloqramın bütün xassələri onlarda da doğrudur; üstəlik hər birinin öz xassələri var.

İsbat: ABCD paraleloqramında AC = BD olsun. ABD və DCA üçbucaqlarında AB = DC (qarşı tərəflər), AD ortaqdır, BD = CA — TTT əlamətinə görə onlar bərabərdir, buna görə ∠A = ∠D. Amma ∠A + ∠D = 180° (AD tərəfinə bitişik bucaqlar), deməli, ∠A = ∠D = 90°. Dərsin əvvəlindəki bünövrə üsulu da budur: bərabər qarşı tərəflər paraleloqram verir (2-ci əlamət), bərabər diaqonallar isə düz bucaqlar. Tərs istiqamət də eyni üçbucaqlarla alınır: düzbucaqlıda ABD və DCA üçbucaqları iki katetə görə bərabərdir, buna görə BD = CA.

Səbəb: rombda AB = AD, O isə BD-nin ortasıdır, deməli, AO bərabəryanlı ABD üçbucağının medianıdır — o həm də hündürlük və tənböləndir: AC ⊥ BD və ∠BAO = ∠DAO. Tərsinə, paraleloqramda AC ⊥ BD olarsa, AC düz xətti BD-nin orta perpendikulyarıdır, buna görə AB = AD və bütün tərəflər bərabərdir. Kvadrat həm düzbucaqlı, həm də romb olduğundan onun diaqonalları bərabər, perpendikulyardır, yarıya bölünür və bucaqları 45°-lik hissələrə bölür.

Fales teoremi və üçbucağın orta xətti

İsbatın ideyası: B₁ və B₂ nöqtələrindən bucağın birinci tərəfinə paralel B₁C₁ və B₂C₂ parçalarını çəkək (C₁ nöqtəsi A₂B₂-də, C₂ isə A₃B₃-də yerləşir). Alınan dördbucaqlılar paraleloqramdır, buna görə B₁C₁ = A₁A₂ = A₂A₃ = B₂C₂. B₁C₁B₂ və B₂C₂B₃ üçbucaqlarında bu bərabər tərəflərə bitişik bucaqlar paralel düz xətlərdə uyğun bucaqlar kimi bərabərdir, deməli, BTB əlamətinə görə üçbucaqlar bərabərdir və B₁B₂ = B₂B₃.

Fales teoremi parçanı sirkul və xətkeşlə istənilən sayda bərabər hissəyə bölməyə imkan verir. AB parçasının 5 bərabər hissəyə bölünməsi:

1. 1
   Köməkçi şüa

   A ucundan AB ilə hər hansı bucaq əmələ gətirən şüa çək.

2. 2
   Bərabər parçalar

   Şüa üzərində sirkulla ardıcıl 5 bərabər parça ayır: AA₁ = A₁A₂ = A₂A₃ = A₃A₄ = A₄A₅.

3. 3
   Birləşdir

   A₅ nöqtəsini B ilə birləşdir.

4. 4
   Paralellər

   A₁, A₂, A₃, A₄ nöqtələrindən A₅B-yə paralel düz xətlər çək (bucağı köçürməklə). Fales teoreminə görə onlar AB-ni 5 bərabər hissəyə bölür.

İsbat: MN-i N nöqtəsindən o yana NK = MN qədər uzadaq. MBN və KCN üçbucaqlarında BN = NC, MN = NK, ∠MNB = ∠KNC (qarşılıqlı bucaqlar), deməli, TBT əlamətinə görə onlar bərabərdir. Buna görə KC = MB = AM və ∠MBN = ∠KCN, yəni KC ∥ AB. AMKC dördbucaqlısında AM və KC bərabər və paraleldir — o, paraleloqramdır. Deməli, MK ∥ AC və MK = AC, MN isə MK-nın yarısıdır. Tərsinə, Fales teoremindən: üçbucağın bir tərəfinin ortasından digər tərəfə paralel çəkilmiş düz xətt üçüncü tərəfi yarıya bölür.

Trapesiya və onun orta xətti

Trapesiyada bir yan tərəfə bitişik iki bucağın cəmi 180°-dir: onlar paralel oturacaqlar və yan tərəf ilə əmələ gələn birtərəfli bucaqlardır. Bundan sonra ABCD trapesiyasında AD və BC oturacaqlar, AB və CD isə yan tərəflərdir.

Səbəb: B və C-dən AD-yə BH və CK hündürlüklərini endirək. ABH və DCK düzbucaqlı üçbucaqları hipotenuz və katetə görə bərabərdir (AB = DC, BH = CK), buna görə ∠A = ∠D və AH = KD = (AD − BC) : 2. Diaqonallar üçün ABD və DCA üçbucaqlarına baxırıq: AB = DC, ∠A = ∠D, AD ortaqdır — TBT əlamətinə görə bərabərdirlər, deməli, BD = CA.

İsbat: AC diaqonalı MN-i P nöqtəsində kəssin. M-dən oturacaqlara paralel çəkilmiş düz xətt Fales teoreminə görə AC-ni və CD-ni yarıya bölür, buna görə MP — ABC üçbucağının, PN isə ACD üçbucağının orta xəttidir: MP = b : 2, PN = a : 2. Deməli, MN = (a + b) : 2.