Ba’zi ajoyib to‘g‘ri chiziqlar haqida
Download 1.06 Mb. Pdf ko'rish
|
Ba'zi ajoyib to`g`ri chiziqlar haqida
|
Ba’zi ajoyib to‘g‘ri chiziqlar haqida Doston MUSURMONOV (Materialni tayyorlashda zadachi.mccme.ru sayti ma’lumotlaridan foydalanildi ) Teorema. (Nagel to‘g‘ri chizig‘i haqidagi teorema) Uchburchakning uchlaridan va tashqi-ichki chizilgan aylanalarning tomonlar bilan urinish nuqtalaridan o‘tuvchi to‘g‘ri chiziqlar bitta nuqtada kesishadi. Bu nuqtaga Nagel nuqtasi deyiladi. Uchburchakka ichki chizilgan aylana markazini 𝐼, medianalari kesishish nuqtasini 𝑀 , Nagel nuqtasini 𝑁 deb belgilaylik. 𝐼, 𝑀 va 𝑁 nuqtalar bitta to‘g‘ri chiziqda yotadi va bunda 𝑀 𝑁 : 𝑀 𝐼 = 2 : 1. Isbot. 𝐴𝐴 1 , 𝐵𝐵 1 va 𝐶𝐶
1 kesmalar — 𝐴𝐵𝐶 uchburchakning medianalari bo‘lsin; 𝐾 nuqta — 𝐴𝐵𝐶 uchburchakka ichki chizilgan aylananing 𝐵𝐶 tomon bilan urinish nuqtasi, 𝑃 nuqta — ichki chizilgan aylanadagi 𝐾 nuqtaning diametral qarama-qarshi nuqtasi; 𝐴 2 , 𝐵
2 va 𝐶
2 nuqtalar esa 𝐴𝐵𝐶 uchburchakka tashqi-ichki chizilgan aylananing mos ravishda 𝐵𝐶, 𝐴𝐶 va 𝐴𝐵 tomonlar bilan urinish nuqtasi bo‘lsin. 𝐴𝐶 < 𝐵𝐶 deb qabul qilaylik. Markazi 𝐴 nuqtada bo‘lgan va 𝐴𝐵𝐶 uchburchakka ichki chizilgan aylanani 𝐵𝐶 tomonga urinuvchi tashqi-ichki chizilgan aylanaga o‘tkazuvchi gomotetiyada ichki chizilgan aylanaga 𝑃 nuqtada o‘tkazilgan urinma o‘ziga parallel bo‘lgan boshqa urinmaga (bu urinma tashqi-ichki chizilgan aylana uchun ham urinma bo‘ladi), ya’ni 𝐵𝐶 tomonga o‘tadi. Demak, 𝑃 nuqta 𝐴 2 nuqtaga o‘tadi. 𝐵𝐾 = 𝐶𝐴 2 ekanini bilgan holda 𝐵𝐶 tomonning o‘rtasi bo‘lgan 𝐴 1 nuqta 𝐾𝐴
2 kesmaning ham o‘rtasiligini aytish mumkin. 𝐼 nuqta esa 𝐾𝑃 diametrning o‘rtasi. O‘rta chiziq haqidagi teoremaga ko‘ra 𝐴𝐴 2 ‖ 𝐼𝐴 1 . Xuddi shunday mulohaza yuritib, 𝐵𝐵 2 ‖ 𝐼𝐵
2 va 𝐶𝐶
2 ‖ 𝐼𝐶
2 deyish mumkin. Markazi 𝑀 , koeffitsiyenti −2 bo‘lgan gomotetiyada 𝐴 1 , 𝐵 1 va 𝐶
1 nuqtalar mos ravishda 𝐴, 𝐵 va 𝐶 nuqtalarga; 𝐼 nuqtada kesishuvchi 𝐼𝐴 1 , 𝐼𝐵 1 to‘g‘ri chiziqlar esa ularga parallel bo‘lgan hamda 𝑁 nuqtada kesishuvchi 𝐴𝐴 2 , 𝐵𝐵 2 va 𝐶𝐶
2 to‘g‘ri chiziqlarga o‘tadi. Demak, bu gomotetiyada 𝐼 nuqta 𝑁 nuqtaga o‘tadi. Bundan kelib chiqadiki, 𝐼, 𝑀 va 𝑁 nuqtalar bitta to‘g‘ri chiziqda yotadi. Bunda 𝑀 nuqta 𝐼 va 𝑁 orasida yotadi va 𝑀 𝑁 = 2𝑀 𝐼. Aynan shuni isbotlashimiz talab etilgandi. Teorema. (Eyler to‘g‘ri chizig‘i haqidagi teorema) Har qanday uchburchakda balandliklar kesishgan nuqta 𝐻 (ortomarkaz), tashqi chizilgan aylana markazi 𝑂 va medianalar kesishgan 1
nuqta 𝑀 (og‘irlik markazi) bitta to‘g‘ri chiziqda yotadi, bunda 𝑀 nuqta 𝑂 va 𝐻 orasida yotib, 𝑀 𝐻 = 2𝑀 𝑂. Isbot. Birinchi usul. Deylik, 𝐴 1 nuqta 𝐴𝐵𝐶 uchburchak 𝐵𝐶 tomonining o‘rtasi, 𝐺 nuqta esa 𝐴𝐴 1 va 𝑂𝐻 to‘g‘ri chiziqlarning kesishish nuqtasi bo‘lsin. Mashhur va muhim bo‘lgan tenglik 𝐴𝐻 = 2𝑂𝐴 1 dan foydalanamiz. 𝐴 1 𝐺𝑂 va 𝐴𝐺𝐻 uchburchaklarning o‘xshashligidan 𝐴𝐺 𝐺𝐴 1 = 𝐻𝐺 𝐺𝑂 = 𝐴𝐻 𝑂𝐴 1 = 2.
ekani ma’lum. Bundan kelib chiqadiki, 𝐺 nuqta — 𝐴𝐵𝐶 uchburchakning medianalari kesishgan nuqta, ya’ni 𝐺 nuqta 𝑀 nuqta bilan ustma-ust tushadi va 𝑀 𝐻 = 2𝑀 𝑂 bo‘ladi. Ikkinchi usul. Aytaylik, 𝐴𝐴 1 , 𝐵𝐵 1 va 𝐶𝐶
1 lar 𝐴𝐵𝐶 uchburchakning medianalari, 𝐴𝐴 2 , 𝐵𝐵
2 va 𝐶𝐶 2 lar esa balandliklari bo‘lsin. Markazi 𝑀 va koeffitsiyenti − 1 2
Bu gomotetiyada 𝐴𝐵𝐶 uchburchak 𝐴 1 𝐵 1 𝐶 1 uchburchakka; 𝐴𝐴 2 , 𝐵𝐵 2 va 𝐶𝐶
2 to‘g‘ri chiziqlar esa 𝐴𝐵𝐶 uchburchak tomonlarining o‘rta perpendikulyarlari (𝐴 1 𝐵 1 𝐶 1 uchburchakning balandliklari) ga o‘tadi. Shuning uchun 𝐴𝐵𝐶 uchburchakning balandliklari kesishgan nuqta 𝐻 bu uchburchakning o‘rta perpendikulyarlari kesishgan nuqtaga, ya’ni unga tashqi chizilgan aylana markaziga o‘tadi. Bundan kelib chiqadiki, 𝐻 va 𝑂 nuqtalar gomotetiya markazi (𝑀 nuqta) dan o‘tuvchi tog‘ri chiziqda yotadi va 𝑀 𝐻 = 2𝑀 𝑂 bo‘ladi. Izoh. 1. Bundan tashqari E. G. Gotmanning «Прямая Эйлера» maqolasini ham o‘qib ko‘ring, Kvant, 1975, N2, 20-25 b. 2. Bundan tashqari A. A. Zaslavskiyning «Эйлер и геометрия» maqolasini ham o‘qib ko‘ring, Kvant, 2007, N3, 37-40 b. Teorema. (Simson to‘g‘ri chizig‘i haqidagi teorema) Uchburchakka tashqi chizilgan aylananing istalgan nuqtasidan uchburchak tomonlariga (yoki ularning davomiga) o‘tkazilgan perpendikulyar- larning asoslari bitta to‘g‘ri chiziqda yotadi. Isbot. Birinchi usul. Deylik, 𝐴𝐵𝐶 uchburchakka tashqi chizilgan aylananing 𝐵 uchni o‘z ichiga olmaydigan 𝐴𝐶 yoyidan 𝑃 nuqta olingan bo‘lsin. 𝑃 nuqtadan 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐴𝐶 to‘g‘ri chiziqlarga o‘tkazilgan perpendikulyarlarning asoslarini mos ravishda 𝑃 1 , 𝑃 2 , 𝑃
3 deb belgilaylik. 𝐴, 𝑃 1
3 nuqtalar 𝐴𝑃 diametrli aylanada yotadi, shuning uchun ̸ 𝑃
𝑃 3 𝐴 = ̸ 𝑃 1 𝑃 𝐴. 2
𝐶, 𝑃 2 , 𝑃 3 va 𝑃 nuqtalar 𝑃 𝐶 diametrli aylanada yotadi, shuning uchun ̸ 𝑃
𝑃 𝐶 = ̸ 𝑃 2 𝑃 3 𝐶. 𝑃 1 𝑃 𝑃 2 va 𝐴𝑃 𝐶 burchaklarning har biri 𝐴𝐵𝐶 burchakni 180 ∘ ga to‘ldiradi, shuning uchun ̸ 𝑃
𝑃 𝑃 2 = ̸ 𝐴𝑃 𝐶.
U holda ̸ 𝑃 1 𝑃 𝐴 =
̸ 𝑃 2 𝑃 𝐶. Demak,
̸ 𝑃 1 𝑃 3 𝐴 = ̸ 𝑃 2 𝑃 3 𝐶. Bundan kelib chiqadiki, 𝑃 1 , 𝑃 3 va 𝑃
2 nuqtalar bitta to‘g‘ri chiziqda yotadi. Xuddi shu kabi 𝐴𝐵𝐶 uchburchakning uchlaridan farqli istalgan 𝑃 nuqta uchun ham buni isbotlash mumkin. Ikkinchi usul. Aytaylik, 𝐴𝐵𝐶 uchburchakka tashqi chizilgan aylananing 𝐵 uchni o‘z ichiga olmaydigan 𝐴𝐶 yoyidan 𝑃 nuqta olingan bo‘lsin. 𝑃 nuqtadan 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐴𝐶 to‘g‘ri chiziqlarga o‘tkazilgan perpendikulyarlarning asoslarini mos ravishda 𝑃 1 , 𝑃
2 , 𝑃
3 deb belgilaylik. ̸ 𝐴𝐵𝑃 = 𝛼,
̸ 𝐶𝐵𝑃 = 𝛽,
̸ 𝐵𝐶𝑃 = 𝛾 deb belgilaymiz. Bu burchaklarning barchasi o‘tkir bo‘lgan holni qaraymiz. 𝐶𝑃 2 𝑃 va 𝐵𝑃 2 𝑃 to‘g‘ri burchakli uchburchaklardan 𝐶𝑃 2 = 𝑃 𝑃
2 ctg 𝛾 va 𝑃 2 𝐵 =
3 𝑃 𝑃 2 ctg 𝛽 ekanini topamiz. Shuning uchun 𝐶𝑃 2 𝑃 2 𝐵 = 𝑃 𝑃 2 ctg 𝛾 𝑃 𝑃 2 ctg 𝛽 = ctg 𝛾
ctg 𝛽 . Endi ̸ 𝑃 𝐴𝑃
1 = 180
∘ − ̸ 𝐵𝐴𝑃 = ̸ 𝐵𝐶𝑃 = 𝛾, ̸ 𝐴𝐶𝑃 =
̸ 𝐴𝐵𝑃 = 𝛼,
̸ 𝐶𝐴𝑃 =
̸ 𝐶𝐵𝑃 = 𝛽,
ekanini inobatga olsak, quyidagiga ega bo‘lamiz 𝐵𝑃 1 𝑃 1 𝐴 = 𝑃 𝑃
1 ctg 𝛼
𝑃 𝑃 1 ctg 𝛾 = ctg 𝛼
ctg 𝛾 , 𝐴𝑃 3 𝑃 3 𝐶 = 𝑃 𝑃 3 ctg 𝛽
𝑃 𝑃 3 ctg 𝛼 = ctg 𝛽
ctg 𝛼 . Shularni hisobga olsak 𝐵𝑃 1 𝑃 1 𝐴 · 𝐴𝑃 2 𝑃 2 𝐶 · 𝐶𝑃 2 𝑃 2 𝐵 = ctg 𝛼 ctg 𝛾
· ctg 𝛽
ctg 𝛼 · ctg 𝛾 ctg 𝛽 = 1.
Menelay teoremasiga ko‘ra 𝑃 1 , 𝑃 2 va 𝑃
3 nuqtalar bitta to‘g‘ri chiziqda yotadi. Xuddi shu kabi 𝐴𝐵𝐶 uchburchakning uchlaridan farqli istalgan boshqa 𝑃 nuqta va mumkin bo‘lgan ixtiyoriy 𝛼, 𝛽, 𝛾 burchaklar uchun ham isbotlash mumkin. Izoh. 1. Shuningdek buning teskarisi ham o‘rinli: Teskari teorema. Biror nuqtadan uchburchakning tomonlarini tashkil qiluvchi to‘g‘ri chiziqlar- ga o‘tkazilgan perpendikulyarlarning asoslari bitta to‘g‘ri chiziqda yotishi uchun bu nuqta faqat va faqat uchburchakka tashqi chizilgan aylanada yotishi kerak. 2. 𝐴𝐵𝐶 uchburcchakning barcha Simson to‘g‘ri chiziqlari Shteyner egri chizig‘i yoki deltoida deb ataluvchi egri chiziqqa urinadi. Bu egri chiziqqa biror aylanadagi tayin nuqtaning bu aylana o‘zidan uch marta katta aylana bo‘ylab ichki urinib harakatlanayotgandagi trayektoriyasi sifatida qarash mumkin. Bunday tipdagi egri chiziqlarga giposikloida deyiladi. Bizning holatda Shteyner egri chizig‘i 𝐴𝐵𝐶 uchburchakning to‘qqiz nuqta aylanasiga tashqi chizilgan deltoida bo‘ladi. 4
3. Shuningdek, N. B. Vasilyev, V. L. Gutenmaxerlarning «Прямые и кривые» kitobini ham o‘qib ko‘ring, 98, 106 b. Teorema. (Gauss to‘g‘ri chizig‘i haqidagi teorema) 𝐴𝐵𝐶𝐷 to‘rtburchakning 𝐴𝐵 va 𝐶𝐷 tomon- lari 𝑃 nuqtada, 𝐵𝐶 va 𝐴𝐷 tomonlari esa 𝑄 nuqtada kesishadi. 𝐴𝐶 va 𝐵𝐷 diagonallarning o‘rtalari hamda 𝑃 𝑄 kesmaning o‘rtasi bitta to‘g‘ri chiziqda yotadi. Isbot. Birinchi usul. 𝐴𝐶, 𝐵𝐷 va 𝑃 𝑄 kesmalarning o‘rtalarini mos ravishda 𝐾, 𝐿 va 𝑀 nuqtalar bilan, 𝐴𝑃 𝐷 uchburchakning 𝐴𝐷, 𝐷𝑃 va 𝐴𝑃 tomonlarining o‘rtalarini mos ravishda 𝑃 1 , 𝐴 1 va 𝐷
1 bilan belgilaylik. U holda 𝐷 1 , 𝐾 va 𝑃 1 nuqtalar bitta to‘g‘ri chiziqda — 𝐴𝑃 𝐷 uchburchakning o‘rta chizig‘ida yotadi. Xuddi shu kabi 𝐴 1 , 𝐿, 𝑃 1 nuqtalar ham bitta to‘g‘ri chiziqda, 𝐷 1 , 𝑀 , 𝐴
1 nuqtalar ham bitta to‘g‘ri chiziqda yotadi. 𝐴𝑃 𝐷 uchburchak va 𝐵𝑄 to‘g‘ri chiziq uchun Menelay teoremasini qo‘llasak 𝑃 𝐵 𝐵𝐴
𝐴𝑄 𝑄𝐷 · 𝐷𝐶 𝐶𝑃 = 1, 5 bo‘ladi. Boshqa tarafdan 𝑃 𝐵
𝐵𝐴 = 𝐴 1 𝐿 𝐿𝑃 1 , 𝐷𝐶 𝐶𝑃 = 𝑃 1 𝐾 𝐾𝐷 1 , 𝐴𝑄 𝑄𝐷 = 𝐷 1 𝑀 𝑀 𝐴 1 , ekanini hisobga olib 𝐴 1 𝐿 𝐿𝑃 1 · 𝑃 1 𝐾 𝐾𝐷 1 · 𝐷 1 𝑀 𝑀 𝐴 1 = 𝑃 𝐵 𝐵𝐴 · 𝐷𝐶 𝐶𝑃 · 𝐴𝑄 𝑄𝐷 = 1. ekanini aniqlash mumkin. 𝐴 1 𝐷 1 𝑃 1 uchburchak uchun Menelayning teskari teoremasidan 𝐾, 𝐿 va 𝑀 nuqtalar bitta to‘g‘ri chiziqda yotadi. Ikkinchi usul (Qavariq to‘rtburchak uchun). Lemma: Agar 𝐴𝐵𝐶𝐷 qavariq to‘rtburchakning 𝐴𝐶 va 𝐵𝐷 diagonnallarining o‘rtalari mos ravishda 𝑋 va 𝑌 bo‘lib, 𝐴𝐵 va 𝐶𝐷 to‘g‘ri chiziqlar 𝑃 nuqtada kesishsa, u holda 𝑃 𝑋𝑌 uchburchakning yuzi 𝐴𝐵𝐶𝐷 to‘rtburchakning yuzidan to‘rt marta kichik bo‘ladi. 𝐴𝐷 tomonning o‘rtasini 𝐹 deylik. 𝑃 nuqta va 𝐵𝐶 tomon 𝐴𝐷 ga nisbatan turli tomonlarda joylashgon bo‘lsin. 𝐹 𝑋 kesma 𝐴𝐶𝐷 uchburchakning o‘rta chizig‘i bo‘lgani uchun 𝐹 𝑋 ‖ 𝐶𝑃 . Xuddi shu singari 𝐹 𝑌 ‖ 𝐵𝑃 bo‘ladi. 𝐷𝑃 𝐹 𝑋 trapetsiyaning 𝐷𝐹 va 𝑃 𝑋 diagonallari kesishgan nuqta 𝑍 bu trapetsiyaning ichida yotadi. 𝐴𝑃 𝐹 𝑌 trapetsiyaning diagonallari kesishgan nuqta 𝑇 ham shu trapetsiyaning ichida yotadi. Shuning uchun 𝐹 nuqta 𝑍𝑇 kesmada, demakki, 𝑃 𝑋𝑌 uchburchakning ichida yotadi. 𝑃 𝐹 𝑋 uchburchak 𝐷𝐹 𝑋 uchburchakka, 𝑃 𝐹 𝑌 uchburchak esa 𝐴𝐹 𝑌 uchburchakka tengdosh. 𝑃 𝑋𝑌 uchburchak esa 𝐴𝐷𝑋𝑌 to‘rtburchakka tengdosh. O‘z navbatida bu to‘rtburchakning diago- nallari 𝐴𝐵𝐶𝐷 to‘rtburchakning diagonallarining yarmiga teng. Istalgan to‘rtburchakning yuzi diagonalari va ular orasidagi 𝛼 burchak sinusi ko‘paytmasiga tengligidan 𝑆 △𝑃 𝑋𝑌
= 𝑆 𝐴𝐷𝑋𝑌
= 1 2 𝐴𝑋 · 𝐷𝑌 sin 𝛼 = 1 2 · 1 2 𝐴𝐶 · 1 2 𝐵𝐷 sin 𝛼 = = 1 4 · 1 2 𝐴𝐶 · 𝐵𝐷 sin 𝛼 = 1 4
𝐴𝐵𝐶𝐷 . Lemma isbotlandi. Xuddi shu kabi 𝑄𝑋𝑌 uchburchakning yuzi 𝐴𝐵𝐶𝐷 to‘rtburchak yuzining to‘rtdan bir qismiga tengligini anglash mumkin. 6
Shundan aytish mumkinki, 𝑃 𝑋𝑌 va 𝑄𝑋𝑌 uchburchaklar tengdosh. 𝑋𝑌 esa bu uchburchaklarning umumiy tomoni bo‘lib, 𝑃 va 𝑄 nuqtalar bu to‘g‘ri chiziqdan turli tomonda va teng uzoqlikda joylashgan. Demak, 𝑋𝑌 to‘gri chiziq 𝑃 𝑄 ning markazidan o‘tadi. Teorema. (Aylanaga ichki chiziladigan to‘rtburchak uchun Eyler to‘g‘ri chizig‘i haqidagi teorema) Aylanaga ichki chiziladigan 𝐴𝐵𝐶𝐷 to‘rtburchak berilgan. Bu to‘rtburchakning 𝐻 ortomarkazi, 𝐺 sentroidi va tashqi chizilgan aylananing 𝑂 markazi bitta to‘g‘ri chiziqda yotadi, bunda 𝐺 nuqta 𝑂𝐻 ning o‘rtasi. Isbot. Bu teoremani isbotlashda quyidagi lemmalardan foydalanamiz: Lemma №1. Aylanaga ichki chiziladigan 𝐴𝐵𝐶𝐷 to‘rtburchak berilgan. 𝐵𝐶𝐷, 𝐴𝐶𝐷, 𝐴𝐵𝐷 va 𝐴𝐵𝐶 uchburchaklarning ortomarkazlarini mos ravishda 𝐻 𝑎 , 𝐻
𝑏 , 𝐻
𝑐 va 𝐻
𝑑 bo‘lsin. 𝐴𝐻 𝑎 , 𝐵𝐻
𝑏 , 𝐶𝐻
𝑐 va 𝐷𝐻
𝑑 kesmalar bitta nuqtada kesishadi (aylanaga ichki chiziladigan to‘rtburchakning ortomarkazi ). Isbot. Buni isbotlash uchun yana bir muhim lemma yordam beradi. Lemma №1.1: 𝐴𝐵𝐶 uchburchakning ortomarkazi 𝐻, unga tashqi chizilgan aylana markazi 𝑂 bo‘lsin. U holda −−→
𝑂𝐻 = −→ 𝑂𝐴 + − − → 𝑂𝐵 + −→ 𝑂𝐶 bo‘ladi. Isbot. Quyidagi vektorlar yig‘indisini qaraylik −→ 𝑂𝐴+ − − → 𝑂𝐵 = −−→
𝑂𝐾. 𝑂𝐾 kesma — 𝑂𝐴𝐾𝐵 rombning diagonali. Shuning uchun 𝑂𝐾 ⊥ 𝐴𝐵. Bundan kelib chiqadiki, 𝑂𝐾 ‖ 𝐶𝐻. U holda, agar −−→ 𝑂𝐾 +
−→ 𝑂𝐶 =
−−→ 𝑂𝑀 bo‘lsa, 𝑀 nuqta 𝐶 uchdan o‘tuvchi balandlikka tegishli bo‘ladi. Xuddi shu kabi, agar −→ 𝑂𝐴 + − − → 𝑂𝐵 + −→ 𝑂𝐶 = −−→ 𝑂𝐻 1 bo‘lsa, unda 𝐻 1 nuqta 𝐴𝐵𝐶 uchburchakning barcha balandliklariga tegishli bo‘ladi. Demak, 𝐻 1 va 𝐻 nuqtalar ustma-ust tushadi. Ana shundan lemmaning isboti kelib chiqadi. Endi asosiy Lemma №1 ning isbotiga o‘tamiz. Yuqoridagi isbotni qo‘llab, 𝐵𝐶𝐻 𝑏 𝐻
— parallelo- gramm ekanini isbotlaymiz. 7
Haqiqatdan, −−−→
𝐻 𝑐 𝐻 𝑏 = −−→ 𝑂𝐻 𝑏 − −−→ 𝑂𝐻 𝑐 = = (
−→ 𝑂𝐴 +
−→ 𝑂𝐶 +
−−→ 𝑂𝐷) − (
−→ 𝑂𝐴 +
− − → 𝑂𝐵 + −−→
𝑂𝐷) = −→ 𝑂𝐶 − − − → 𝑂𝐵 = − − → 𝐵𝐶 ekanini inobatga olsak 𝐵𝐶𝐻 𝑏 𝐻 𝑐 to‘rtburchakning 𝐵𝐶 va 𝐻 𝑐 𝐻 𝑏 qarama-qarshi tomonlari teng va parallel, demak bu to‘rtburchak parallelogrammdir. Uning 𝐵𝐻 𝑏 va 𝐶𝐻 𝑐 diagonallari kesishish nuqtasi 𝑄 nuqtada teng ikkiga bo‘linadi. Xuddi shunday mulohaza yordamida 𝐶𝐷𝐻 𝑐 𝐻
va 𝐴𝐵𝐻 𝑎 𝐻 𝑏 to‘rtburchaklarning parallelogramm ekanini isbotlaymiz. Demak, 𝐴𝐻 𝑎 va 𝐷𝐻 𝑑 kesmalar 𝑄 nuqtadan o‘tadi. Aynan shuni isbotlash talab etilgandi. Izoh. 1. 𝐵𝐶𝐻 𝑏 𝐻
to‘rtburchakning parallelogramm ekanini quyidagi mashhur faktdan foydalanib isbotlash ham mumkin: Uchburchakning ortomarkazidan uchigacha bo‘lgan masofa tashqi chizilgan aylana markazidan qarama-qarshi tomongacha bo‘lgan masofadan ikki marta katta. Agar 𝐴𝐷 tomonning o‘rtasi 𝑃 bo‘lsa, u holda 𝐵𝐻 𝑐 = 2𝑂𝑃 = 2𝐶𝐻 𝑏 va 𝐵𝐻
𝑐 ‖ 𝐶𝐻
𝑏 bo‘ladi.
Demak, 𝐵𝐶𝐻 𝑏 𝐻 𝑐 to‘rtburcha parallelogramm ekan. 2. 𝐴𝐻 𝑎
𝑏 , 𝐶𝐻
𝑐 va 𝐷𝐻
𝑑 kesmalarning kesishish nuqtasiga 𝐴𝐵𝐶𝐷 to‘rtburchakning ortomar- kazi deyiladi. 3. Shu bilan birga D. Shvetsovning «Важная лемма» maqolasini o‘qing, Kvant, 2012, №5/6, 57-60 b. Lemma №2. Parallel tomonlarga ega bo‘lmagan to‘rtburchak berilgan. Uning qarama-qarshi tomonlari o‘rtalarini tutashtiruvchi kesmalar hamda diagonallari o‘rtalarini tutashtiruvchi kesmalar bitta nuqtada kesishadi va bu nuqtada ularning har biri teng ikkiga bo‘linadi. Isbot. 𝐴𝐵𝐶𝐷 to‘rtburchak 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷, 𝐴𝐷 tomonlarining o‘rtalari mos ravishda 𝑀 , 𝑁 , 𝐾, 𝐿 bo‘lsin. 8
𝑀 𝑁 kesma 𝐴𝐵𝐶 uchburchakning o‘rta chizig‘i bo‘lganligi uchun 𝑀 𝑁 = 1 2 𝐴𝐶 va 𝑀 𝑁 ‖ 𝐴𝐶. Xuddi shunday 𝐾𝐿 = 1 2
𝐾𝐿. Unda 𝑀 𝑁 𝐾𝐿 to‘rtburchak parallelogramm ekan. Uning 𝐾𝑀 va 𝐿𝑁 diagonallari kesishish nuqtasida teng ikkiga bo‘linadi. 𝐴𝐵𝐶𝐷 to‘rtburchak 𝐴𝐶 va 𝐵𝐷 diagonallarining o‘rtalari mos ravishda 𝑃 va 𝑄 bo‘lsin. 𝑀 𝑃 kesma 𝐴𝐵𝐶 uchburchakning, 𝐾𝑄 kesma 𝐵𝐷𝐶 uchburchakning o‘rta chizig‘i bo‘lganligi uchun ularning har biri 𝐵𝐶 tomonning yarmiga teng va unga parallel bo‘ladi. Demak, 𝑀 𝑃 𝐾𝑄 to‘rtburchak ham parallelogramm ekan. Bu parallelogrammning ham diagonallari kesishish nuqtasida teng ikkiga bo‘linadi. E’tibor bersak, 𝑀 𝐾 kesma har ikkala parallelogramm uchun ham diagonal bo‘lyapti. Bu diagonalni teng ikkiga bo‘luvchi nuqta yagonaligi sababli yuqorida o‘tkazilgan barcha diagonallar bitta 𝑂 nuqtada kesishadi. Isbot yakunlandi. Izoh. To‘rtburchakning qarama-qarshi tomonlari o‘rtalarini tutashtiruvchi kesmalarning kesish- gan nuqtasiga to‘rtburchakning sentroidi deyiladi. Ana endi asosiy teoremaning isbotiga o‘tamiz. 𝐵𝐶 va 𝐴𝐷 tomonlarning o‘rtalari mos ravishda 𝐿 va 𝑁 bo‘lsin. Shuningdek, 𝐻 nuqta 𝐶𝐻 𝑐 kesmaning o‘rtasi, 𝐿𝐻 kesma 𝐶𝐵𝐻 𝑐 uchburchakning o‘rta chizig‘i bo‘lgani uchun 𝐿𝐻 ‖ 𝐵𝐻 𝑐 ‖ 𝑂𝑁 va 𝐿𝐻 = 1 2 𝐵𝐻 𝑐 bo‘ladi. Ortomarkazdan uchburchak uchigacha bo‘lgan masofa tashqi chizilgan aylana markazidan qarama-qarshi tomongacha bo‘lgan masofadan ikki marta katta bo‘lganligi sababli 𝑂𝑁 = 1 2
𝑐 = 𝐿𝐻. Demak, 𝑂𝑁 𝐻𝐿 to‘rtburchak parallelogramm ekan. Uning 𝑂𝐻 diagonali 𝐿𝑁 diagonalning o‘rtasidan, ya’ni 𝐴𝐵𝐶𝐷 to‘rtburchak- ning sentroidi 𝐺 dan o‘tadi. Aynan shuni isbotlash talab etilgandi. 9 Download 1.06 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|