DƏrs vəSAİTİ Азярбайъан Республикасы Тящсил Назирлийи Елми-Методик Шурасынын

Qurma.  a  və  b  düz  xətlərinə  nəzərən  M 
nöqtəsinə  simmetrik  uyğun  olaraq  M`  və  M`` 
nöqtələrini qururuq. M`M`` düz xəttini çəkib onun a 
və b düz xətləri ilə kəsişməsi olan A və B nöqtələrini 
qururuq. Məsələnin yeganə həlli vardır. 
Məsələ.  Verilmiş  AB  düz  xətti  üzərində  elə  X 
nöqtəsi tapın ki, bu nöqtədən verilmiş (O; R) və (O
1
; 
r)  çevrələrinə  çəkilən  toxunanlar  AB  ilə  bərabər 
bucaqlar əmələ gətirsin (şəkil 39). 
Analiz.  Tutaq  ki,  X  –  axtarılan  nöqtə,  XM  və 
XN axtarılan toxunanlardır. AB düz xəttinə nəzərən 
Şəkil 38 

(O
1
;  r)  çevrəsinə  simmetrik  (O
2
;  r)  çevrəsini  qurub 
XN
1
  toxunanını  çəkək.  XO
1
N  və  XO
2
N
1
 
üçbucaqlarını  nəzərdən  keçirək.  Bu  üçbucaqlar 
bərabərdir.  Onda  XN=XN
1
  və 

O
2
XN
1
=

O
1
XN 
olur. 

O
1
XL=

O
2
XL  olduğundan 

N
1
XL=

NXL 
olar. Beləliklə, 

AXM=

NXL alırıq. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Şəkil 39 
 
Qurma. AB düz xəttinə nəzərən (O
1
; r) çevrəsinə 
simmetrik  (O
2
;  r)  çevrəsini  qururuq.  Sonra  bu  iki 
çevrənin 
ortaq 
toxunanını 
qururuq. 
Ortaq 
toxunanların  AB  düz  xətti  ilə  kəsişməsi  axtarılan  X 
nöqtəsidir. 
Yuxarıda  həll  etdiyimiz  məsələlərin  həllinə 
diqqət  yetirdikdə  orada  sınıq  xətlərin  düz  xətlərlə 
M 
O 
A 

əvəz  edildiyini  görərik.  Başqa  sözlə,  simmetriya 
üsulu  sınıq  xətlərin  düz  xətlərlə  əvəz  edilməsinə 
gətirir.  Buna  bəzən  düzləndirmə  üsulu  da  deyirlər. 
Bu  üsul,  xüsusilə,  şərtində  müəyyən  sınıq  xətlərin 
cəmi  və  ya  fərqi  verilən  məsələlərin  həllinə  tətbiq 
edildikdə daha faydalıdır. 
Sınıq  xətlərin  düzləndirilməsi  üsulunun  tətbiqi 
ilə bir neçə məsələnin həllini nəzərdən keçirək. 
Məsələ.__A=__,c,a+b_verilənlərinə_görə_üçbucaq_qurun._Analiz.'>Məsələ. 

A=

,c,a+b verilənlərinə görə üçbucaq 
qurun. 
Analiz.  Tutaq  ki,  ABC  axtarılan  üçbucaqdır 
(şəkil 40). Məsələdə BC+AC=a+b sınıq xətti (BCA) 
iştirak  edir.  Onu  şəklə  daxil  etməyə  çalışaq.  Bunun 
üçün AC parçasının uzantısı üzərində CD=BC ayırıb 
B  və  D  nöqtələrinin  birləşdirsək  BCD  üçbucağını 
alarıq.  Bu  üçbucaq  bərabəryanlı  olduğu  üçün  onun 
C təpə nöqtəsi BD-nin orta perpendikulyarı üzərində 
olar. 
Qurma.  ABD üçbucağında AB=c, AD=a+b və 

A=

  məlum  olduğu  üçün  onu  qururuq.  BD 
tərəfinin  orta  nöqtəsindən  ona  perpendikulyar 

qaldıraq.  Bu  perpendikulyar  AD  parçasını  C 
nöqtəsində kəsəcəkdir. ABC axtarılan üçbucaqdır. 
İsbat.  Qurmaya  görə 

BAC=

  və  AB=c-dir. 
Daha 
sonra 
BC+AC=CD+AC=a+b 
olması 
aşkardır. 
Araşdırma.  a+b

c  olduqda  məsələnin  yeganə 
həlli vardır. 
Məsələ.  Çevrə və onun üzərində M,N nöqtələri 
verilmişdir.  Bu  çevrənin  üzərində  /MX-NX/=a 
şərtini ödəyən X nöqtəsini tapın. 
Analiz. Tutaq ki, X 
axtarılan  nöqtədir  (şəkil 
41),  MXN  sınıq  xəttini 
elə 
düzləndirək 
ki, 
məsələnin şərtini ödəsin. 
Bunun  üçün  XL=XN 
ayıraq.  L  nöqtəsinin 
vəziyyətini  təyin  edək. 
ML=a  olduğundan  L 
nöqtəsi  (M;  a)  çevrəsi 
üzərindədir.  Verilmiş  çevrəyə  MN  parçasının 
MXN=2

 bucağı altında görünən nöqtələrin həndəsi 
yeri kimi baxsaq 
 







0
0
90
2
2
180
LXN
  və  MLN  bucağı  LNX 
üçbucağının xarici bucağı olduğundan 
Şəkil 40 
Şəkil 41 

 

MLN=

LNX+

X =90
0
-

+2

=90
0
+

   
olar. 
 
Beləliklə,  L  nöqtəsi  bir  tərəfdən  (M;  a)  çevrəsi 
üzərində,  digər  tərəfdən  isə  MN  vətərinin  (90
0
+

) 
bucağı  altında  göründüyü  nöqtələrin  həndəsi  yeri 
olan qövsün üzərindədir. 
Qurma.  Əvvəlcə  90
0
+

  bucağını  quraq.  Bunu 
üçün  verilmiş  M  və  N  nöqtələrini  çevrənin  istənilən 
(məsələn,  K)  nöqtəsi  ilə  birləşdirib  alınan  MKN 
bucağının yarısına düz bucaq (90
0
) əlavə edək. Onda 
alınan  SKR  axtarılan  bucaq  olar.  Analizdə 
göstərilən  (M;  a)  çevrəsi  və  MN  vətərinin 
90
0
+

=SKR  bucağı  altında  göründüyü  qövsün 
kəsişməsi  olan  L  nöqtəsini  qururuq.  M  və  L 
nöqtələrini  birləşdirən  şüanın  çevrə  ilə  X  kəsişmə 
nöqtəsini qururuq. 
İsbat. Qurmadan aşkardır. 
Araşdırma.  MN  ≥a  olduqda  məsələnin  yeganə 
həlli vardır. 
Məsələ.  a  yan  tərəfinə  və  hündürlüklə 
oturacağın  S  cəminə  görə  bərabəryanlı  üçbucaq 
qurun. 

Analiz. 
Tutaq  ki,  ABC 
axtarılan  üçbu-
caqdır 
(şəkil 
42). 
Onda 
AB=BC=a  və 
BD+AC=S 
olar.  Məsələ  A 
nöqtəsinin 
vəziyyətinin  ta-
pılmasına  gətirilir.  Verilən  BD+AC=S  cəmini  şəklə 
daxil edək. Bunun üçün BD hündürlüyünün uzantısı 
üzərində  DE=AC  ayıraq.  Onda  aydındır  ki, 
DE=2AD  olar  və  ADE  üçbucağının  növü  məlum 
olar.  AED  bucağının  tərəflərini  istənilən  GF||AD 
düz  xətti  ilə  kəssək,  aydındır  ki,  yenə  də  EF=2GF 
alarıq. Bununla qurmanın yolu tapılmış olur. 
Qurma.  İstənilən  GFE  düz  bucağı  qurub 
FE=2FG ayıraq. (B; a) çevrəsi çəkib onun EG ilə A 
kəsişmə  nöqtəsini  quraq.  Sonra  A  nöqtəsindən  EF 
düz  xəttinə  AD  perpendikulyarı  çəkib  onun  (B;  a) 
çevrəsi ilə C kəsişmə nöqtəsini quraq. ABC axtarılan 
üçbucaqdır. 
 
Simmetriya цсуlu ilə həll edilən məsələlər 
Şəkil 42 

1.
 
MN  düz  xətti  AB  parçasını  kəsir.  MN  düz  xətti 
üzərində  elə  X  nöqtəsi  tapın  ki,  MN  düz  xətti 
AXB bucağının tənböləni olsun. 
2.
 
a+b, c və h
a
 verilənlərinə görə üçbucaq qurun. 
3.
 
Diaqonallarından  biri  verilmiş  r  parçasına 
bərabər olub a düz xətti üzərində, qalan iki təpəsi 
uyğun olaraq verilmiş b və c düz xətləri üzərində 
olan  romb qurun.  Əvvəlcə  verilmiş  a düz xəttinə 
nəzərən  b-yə  simmetrik  b`  düz  xəttini  qurun.  b` 
və  c  düz  xətlərinin  kəsişməsindən  C  təpə 
nöqtəsini, ona simmetrik B təpə nöqtəsini qurun. 
BC  düz  xətti  ilə  a  düz  xəttinin  O  kəsişmə 
nöqtəsindən 
2
r
 məsafədə A və D təpə nöqtələrini 
qurun. ABCD axtarılan romb olar. 
4.
 
MN  düz  xətti  AB  parçasını  C  nöqtəsində  kəsir. 
MN düz xətti üzərində elə X nöqtəsi tapın ki, AC 
və  BC  parçaları  bu  nöqtədən  bərabər  bucaqlar 
altında  görünsün.  MN  düz  xəttinə  nəzərən  A(və 
ya B) nöqtəsinə simmetrik A` (və ya B`) nöqtəsini 
qurun. 
5.
 
MN düz xətti və onun müxtəlif tərəflərində A və 
B nöqtələri verilmişdir. MN düz xətti üzərində elə 
C  nöqtəsi  tapın  ki,  bu  nöqtədən  A  və  B 
nöqtələrinə  qədər  məsafələrin  fərqi  ən  böyük 
olsun. 

6.
 
A,  h
a
  və  2p  verilənlərinə  görə  üçbucaq  qurun. 
BAC  sınıq  xəttini  EBCF  düz  xəttinə  elə 
düzləndirin 
ki, 
EB+BC+CF=2p 
olsun. 
2
90
0
A
EAF



  olduğundan  A  nöqtəsi  iki 
həndəsi yerin kəsişməsi kimi tapıla bilər. 
7.
 
Perimetrinə və diaqonallarının fərqinə görə romb 
qurun. 
8.
 
b,c və B-C verilənlərinə görə üçbucaq qurun. BC 
parçasının orta perpendikulyarına nəzərən A`CB 
üçbucağına ACB-nin simmetriyası kimi baxın. 
9.
 
(O
1
; r), (O
2
; r
2
) çevrələri və a düz xətti verilmişdir. 
İki qarşı təpəsi a düz xətti üzərində, digər iki təpə 
nöqtələri  isə  uyğun  olaraq  (O
1
;  r
1
)  və  (O
2
;  r
2
) 
çevrələri üzərində  olan  kvadrat qurun. Tutaq ki, 
ABCD 
axtarılan 
elə 
kvadratdır 
ki, 




2
2
1
1
;
,
;
,
,
r
O
C
r
O
A
a
D
a
B




.  c  düz  xəttinə 
nəzərən  (O
1
;r
1
)  çevrəsinə  simmetrik  (O
1
`;  r
1
) 
çevrəsini  qurun.  Bu  simmetriyada  C  nöqtəsi  A 
nöqtəsinə  inikas  edir.  Yəni,  A  nöqtəsi  (O
2
;  r) 
çevrəsi ilə (O
1
`;r
1
) çevrəsinin kəsişməsidir. 
10.
 
Oturacağı  verilmiş  AOB  bucağının  OA  tərəfi 
üzərində, M təpə nöqtəsi OB tərəfi üzərində, yan 
tərəfləri  isə  bucağın  daxilində  verilmiş  P  və  Q 
nöqtələrindən keçən bərabəryanlı üçbucaq qurun. 
OB  şüasına  nəzərən  P  nöqtəsinə  simmetrik  P` 

nöqtəsini  qurub  P`MO  bucağını  AOB  bucağı  ilə 
ifadə edin. 
11.
 
Verilmiş düz xətt üzərində elə X nöqtəsi qurun ki, 
bu  nöqtədən  (O
1
;r)  və  (O
2
;r
2
)  çevrələrinə  çəkilən 
müxtəlif  toxunanların  əmələ  gətirdiyi  bucağın 
tənbölənlərindən  biri  həmin  düz  xəttin  üzərinə 
düşsün.  Verilmiş  düz  xəttə  nəzərən  (O
2
;  r
2
)  çev-
rəsinə  simmetrik  (O
2
`;  r
2
)  çevrələrinin  ümumi 
toxunanını qurun. 
 
1.4.2.3. Mərkəzi simmetriya 
 
O  nöqtəsindən  fərqli  müstəvinin  hər  bir  X 
nöqtəsi  elə  X`  nöqtəsinə  çevrilir  ki,  O  nöqtəsi  XX` 
parçasının  orta  nöqtəsi  olur,  XO=OX`.  Müstəvinin 
belə  çevrilməsi  O  mərkəzinə  nəzərən  simmetriya 
adlanır. Bu çevrilmə verilmiş O mərkəzinə nəzərən X 
nöqtəsinə simmetrik X` nöqtəsini asanlıqla qurmağa 
imkan verir. 
Qeyd  edək  ki,  mərkəzi  simmetriyaya  dönmə 
çevrilməsinin xüsusi halı kimi baxmaq olar. Belə ki, 
O  nöqtəsi  ətrafında  180
0
  dönmə  mərkəzi 
simmetriyanı 
verir. 
Bundan 
başqa 
mərkəzi 
simmetriya 
O 
mərkəzli 
və 
K=-1 
əmsallı 
homotetiyadır. 
Mərkəzi  simmetriyanın  xassələrini  nəzərdən 
keçirək: 

1.
 
Mərkəzi simmetriya yerdəyişmədir. 
2.
 
Mərkəzi  simmetriyanın  tərsi  olan  inikas  bu 
simmetriyanın özüdür. 
3.
 
Simmetriya  mərkəzindən  keçən  hər  bir  düz 
xətt özünə inikas edir. 
Məsələ  həllində  mərkəzi  simmetriya  çox  vaxt 
tamamilə  bütün  çertyoja  deyil,  yalnız  onun  bir 
hissəsinə tətbiq edilir. Bu zaman məsələnin həlli üçün 
əvvəlkinə  nisbətən  daha  əlverişli  olan  yeni  çertyoj 
alına bilər. 
Fikrimizi  bir  neçə  məsələnin  həlli  üzərində 
aydınlaşdıraq. 
Məsələ.  Tərəflərinin  verilmiş  orta  nöqtələrinə 
(üç nöqtəyə) görəüçbucaq qurun. 
Analiz.  Tutaq  ki, 
tələb 
edilən 
ABC 
üçbucağı 
qurulmuşdur 
(şəkil 43). M, N və P nöq-
tələri  verilmiş  nöqtələrdir. 
Yəni,  AM=MB,  BN=NC 
və  CP=PA-dir.  Onda  A 
və 
B 
nöqtələri 
M 
mərkəzinə,  B  və  C  nöqtələri  N  mərkəzinə,  C  və  A 
nöqtələri  isə  P  mərkəzinə  nəzərən  simmetrik  olar. 
Digər  tərəfdən  P  və  N  nöqtələri  AC  və  BC 
tərəflərinin  orta  nöqtələri  olduğu  üçün  PN  parçası 
Şəkil 43 

ABC  üçbucağının  orta  xətti  olur.  Onda  PN||AB  və 
PN=AM=MB  olar.  Analoji  qayda  ilə  digər  tərəflər 
üçün də həmin mühakiməni aparmaq olar. Beləliklə, 
AMNP, MPNB və  MPCN  dördbucaqlılarının qarşı 
tərəfləri 
cüt-cüt 
paralel 
olduğu 
üçün 
paraleloqramdır.  Buradan  məsələnin  həlli  yolu 
aşkardır. 
Qurma.  Verilmiş  M,  N  və  P  nöqtələrini 
birləşdirib  MNP  üçbucağını  qururuq.  Sonra  M 
nöqtəsindən  PN-ə  paralel  düz  xətt  çəkib  onun 
üzərində  M  nöqtəsindən  müxtəlif  tərəflərdə 
MA=MB=PN  parçası  ayıraraq  üçbucağın  A  və  B 
təpələrini qururuq. Analoji qayda ilə, P nöqtəsindən 
MN-ə  paralel  düz  xətt  çəkib  onun  üzərində 
PA=PC=MN  ayırıb  üçbucağın  C  təpə  nöqtəsini 
qururuq. 
İsbat. Qurmaya görə AB||PN və MA=MB=PN-
dir. Deməli, M nöqtəsi AB tərəfinin orta nöqtəsidir. 
Digər  tərəflər  üçün  də  bunun  kimi  mühakimə 
aparılır. 
Araşdırma.  M,  N  və  P  nöqtələri  bir  düz  xətt 
üzərində olmadıqda məsələnin yeganə həlli vardır. 
Məsələ.  Verilmiş  O  nöqtəsindən  elə  düz  xətt 
keçirin  ki,  bu  düz  xəttin  verilmiş  L  düz  xətti  və 
verilmiş çevrəsi arasındakı parçası O nöqtəsində yarı 
bölünsün. 

Həlli. 
Şəkil  44-dən 
göründüyü 
kimi, 
M 
nöqtəsi 
O 
mərkəzinə  nə-
zərən 
N-ə 
simmetrik 
nöqtə 
kimi 
alınır.  M  nöq-
təsi  S  çevrəsi  üzərində  olduğundan  N  nöqtəsi  O 
nöqtəsinə  nəzərən  S  çevrəsinə  simmetrik  S`  çevrəsi 
üzərində  olar. Deməli, N  nöqtəsi S`  çevrəsi və  l düz 
xəttinin kəsişmə nöqtəsidir.  
Aparılan  mülahizə  məsələnin  həlli  yolunu 
tapmağa imkan verir. 
Şəkil 44 

O 
nöqtəsinə nəzə-
rən  S  çevrəsinə 
simmetrik 
S` 
çevrəsini 
qururuq. 
S` 
çevrəsi və l düz 
xəttinin 
kəsişmə 
nöqtəini  N  ilə 
işarə 
edək 
(şəkil  45).  Bu 
simmetriyada 
obrazı  N  olan 
nöqtəni  M  ilə  işarə  edək.  Onda  MN  axtarılan  düz 
xətt olar. 
S` çevrəsinin l düz xətti ilə iki kəsişmə nöqtəsi 
olduğundan məsələnin iki həlli ola bilər. 
Məsələ.  Çevrənin  kəsişməyəm  AB,  CD 
vətərləri və CD vətəri üzərində O nöqtəsi verilmişdir. 
Çevrə  üzərində  elə  X  nöqtəsi  qurun  ki,  bu  çevrənin 
AX  və  BX  vətərlərinin  CD  vətərindən  ayırdığı  MN 
parçası O nöqtəsində yarıya bölünsün. 
Şəkil 45 

Analiz.  Tutaq  ki, 
axtarılan  X  nöqtəsi  qu-
rulmuşdur  (şəkil  46).  O 
nöqtəsinə  nəzərən  A,  B 
və 
X 
nöqtələrinə 
simmetrik  nöqtələri  uy-
ğun  olaraq  A`,  B1  və  X` 
ilə 
işarə 
etsək, 

A`NB=180
0
-

AXB 
alarıq.  A`NB  bucağını 
məlum  hesab  etsək,  BA`  parçasının 

A`NB=180
0
-

AXB bucağı altında göründüyü nöqtələrin həndəsi 
yeri  olan  qövsü  qurmaq  olar.  N  nöqtəsi  bu  qövs  ilə 
CD vətərinin kəsişməsi kimi qurula bilər. N nöqtəsi 
qurulduqdan sonra BN şüasının verilmiş çevrə ilə X 
kəsişmə nöqtəsi tapıla bilər. 
 
Mərkəzi simmetriyaya aid qurma məsələləri 
1.
 
İki qarşı təpəsi verilmiş nöqtələrdə, üçüncü təpəsi 
verilmiş  çevrə  üzərində,  dördüncü  təpəsi  isə 
verilmiş  düz  xətt  üzərində  olan  paraleloqram 
qurun. 
2.
 
BM  medianına  və  ABM,  CBM  üçbucaqlarının 
xaricinə çəkilən çevrələrin radiuslarına görə ABC 
üçbucağını qurun. 
3.
 
AB tərəfi, AM nedianı və BH hündürlüyünə görə 
ABC üçbucağını qurun. 
Şəkil 46 

4.
 
AB tərəfi, AM medianı və CH hündürlüyünə görə 
ABC üçbucağını qurun. 
5.
 
Çevrə  üzərində  A  və  B  nöqtələri,  l  düz  xətti 
üzərində isə M nöqtəsi verilmişdir. çevrə üzərində 
elə  X  nöqtəsi  tapın  AX  və  BX  düz  xətləri  l  düz 
xəttini  M  nöqtəsindən  bərabər  məsafədə  olan 
nöqtələrdə kəssin. 
6.
 
İki  çevrənin  kəsişmə  nöqtəsindən  rlə  düz  xətt 
keçirin ki, çevrələr bu düz xətdən bərabər vətərlər 
ayırsın. 
7.
 
Verilmiş  A  nöqtəsindən  elə  düz  xətt  keçirin  ki, 
onun verilmiş iki çevrə arasında qalan parçası A 
nöqtəsində yarıya bölünsün. 
8.
 
Mərkəzi  verilmiş  O  nöqtəsində,  A,  B,  C,  D 
təpələri isə verilmiş a, b, c, d düz xətləri üzərində 
olan ABCD paraleloqramı qurun. 
9.
 
S
1
  və  S
2
  çevrələrinin  A  kəsişmə  nöqtəsindən  elə 
düz  xətt  keçirin  ki,  çevrələr  bu  düz  xətdən 
bərabər  vətərlər  ayırsın.  A  nöqtəsinə  nəzərən  S
1
 
çevrəsinə simmetrik S
1
` çevrəsini qurun. S
1
` və S
2
 
çevrələrinin kəsişmə nöqtəsindən çəkilən düz xətt 
axtarılan düz xətt olar. 
10.
 
 ABC  bucağı  və  onun  daxilində  M  nöqtəsi 
verilmişdir.  Uc  nöqtələri  bucağın  tərəfləri 
üzərində,  orta  nöqtəsi  isə  M  nöqtəsi  ilə  üst-üstə 
düşən  parçanı  qurun.  M  nöqtəsinə  nəzərən 

bucağın  tərəflərinə  simmetrik  düz  xətlər  qurub 
bir diaqonalı M nöqtəsindən keçən paraleloqram 
qurun. 
11.
 
 Bucaq  və  onun  daxilində  A,  B  nöqtələri 
verilmişdir.  Qarşı  təpələri  verilmiş  A  və  B 
nöqtələrində,  digər  təpələri  bucağın  tərəfləri 
üzərində 
olan 
paraleloqram 
qurun. 
AB 
parçasının  orta  nöqtəsini  O  ilə  işarə  etsək  O 
nöqtəsi CD parçasının orta nöqtəsi olan bucağın 
tərəfləri üzərində C və D nöqtələrini qurun. 
12.
 
 İki  konsentrik  S
1
  və  S
2
  çevrələri  verilmişdir. 
Çevrələri kəsən elə  düz xətt  çəkin  ki,  çevrələr bu 
düz  xətdən  üç  bərabər  parça  ayırsın.  S
1
  kiçik 
çevrə  üzərində  ixtiyari  X  nöqtəsini  qeyd  edin.  X 
nöqtəsinə  nəzərən  S
1
  çevrəsinə  simmetrik  S
1
` 
çevrəsini  qurub  S
1
`  ilə  S
2
  çevrələrinin  Y  kəsişmə 
nöqtəsini qurun. XY – axtarılan parça olar. 
 
1.4.2.4. Dюnmə 
Müstəvinin  verilmiş  O  mərkəzi  ətrafında 
verilmiş istiqamətdə φ bucağı qədər dönməsi müstəvi 
nöqtələrinin elə çevrilməsinə deyilir ki, bu zaman  O 
nöqtəsindən  fərqli  hər  bir  M  nöqtəsi  OM=OM`  və 

MOM`=φ olmaqla M` nöqtəsinə inikas edir. Müs-
təvinin  O  nöqtəsi  isə  özünə  inikas  edir.  Dönmə,  O 
mərkəzi və müəyyən istiqamətdə φ dönmə bucağı ilə 

təyin  edilir.  Adətən,  saat  əqrəbi  hərəkətinin  əks 
istiqamətindəki dönməni müsbət qəbul edirlər.  
Dönmənin aşağıdakı xassələrini qeyd edək: 
1.
 
Dönmə  yerdəyişmədir.  Yəni,  dönmə  zamanı 
nöqtələr arasındakı məsafələr saxlanılır. 
2.
 
Dönmənin tərs inikası, mərkəzi həmin  O nöqtəsi 
olan,  eyni  bucaq  qədər,  lakin  əvvəlki  ilə  əks 
istiqamətli dönmədir. 
Dönmə  çevrilməsində  hər  bir  F  fiquru  ona 
bərabər F` fiquruna inikas edir. 
Həndəsədə  dönmə  çevrilməsindən  daha  çox 
istifadə olunur. Qurma məsələlərinin həllində dönmə 
çevrilməsindən  istifadə  olunması  məsələ  həllinin 
dönmə  üsulu  adlanır.  Bu  üsulun  mahiyyətini  qısa 
şəkildə izah edək. 
Qurma  məsələləri  həllində  bəzən  bərabər 
parçaların və bucaqların üst-üstə salınması, məsələdə 
verilənlərin  şəklə  daxil  edilməsi  və  fiqurun  müxtəlif 
hissələrinin  yaxınlaşdırılması  paralel  köçürmə  ilə 
yerinə  yetirilə  bilmir.  Belə  olduqda  bir  sıra  məsələ-
lərin  həlli  üçün  fiquru  (və  ya  onun  bir  hissəsini) 
müəyyən  nöqtə  ətrafında  müəyyən  bucaq  qədər 
döndərmək əlverişli olur. Dönmə mərkəzi və dönmə 
bucağının  düzgün  seçilməsi  dönmə  üsulu  ilə  məsələ 
həllinin əsasını təşkil edir. 

Dönmə üsulunun həndəsədən qurma məsələləri 
həllinə tətbiqlərini nümayiş etdirək. 
Məsələ.  Verilmiş  kvadratın  daxilinə  bir  təpəsi 
kvadratın  tərəfi  üzərində  verilmiş  nöqtədə  olan 
bərabərtərəfli üçbucaq çəkin. 
Analiz. 
Tutaq ki,  məsələ 
həll  edilmişdir. 
Verilmiş  ABCD 
kvadratının  da-
xilinə  R  təpəsi 
verilmiş  nöqtədə 
olan  bərabərtə-
rəfli 
PQR 
üçbucağı  çəkilmişdir  (şəkil 47). 

P=

Q=

R=60
0
  ol-
duğundan  R  nöqtəsi  ətrafında  60
0
  bucaq  qədər  fır-
lanma  RP  tərəfini  RQ  tərəfinə  və  P  təpəsini  Q 
təpəsinə  inikas  edir.  Digər  tərəfdən  həmin  fırlanma 
ABCD  kvadratını  P  nöqtəsinin  obrazı  olan  P`  nöq-
təsindən  keçən  tərəfi  A`B`  olan  A`B`C`D` 
kvadratına inikas edir. 
Qurma.  Mərkəzi  R  nöqtəsi  olan  60
0
-li  bucaq 
qədər  fırlanmanı  icra  edək.  Bu  fırlanmanı  axtarılan 
PQR üçbucağının P təpə nöqtəsini üzərində saxlayan 
AB təpəfi üçün icra etmək kifayətdir. Bunun üçün A 
və B nöqtələrinin inikas olunduğu A və B nöqtələrini 
Şəkil 47 

qururuq. A`B` və CD parçalarının Q kəsişmə nöqtəsi 
axtarılan üçbucağın ikinci təpə nöqtəsidir. Deməli, R 
və  Q  nöqtələri  məlum  olunduqdan  sonra  RQ  düz 
xətti  ilə  60
0
-li  bucaq  əmələ  gətirən  RP  düz  xətti 
çəkməklə  bərabərtərəfli  üçbucağın  üçüncü  P  təpə 
nöqtəsini asanlıqla qurmaq olar. 
İsbat.  P  nöqtəsinin  R  nöqtəsi  ətrafında  60
0
 
bucaq  qədər  fırlanmasından  Q  nöqtəsi  alınır.  Onda 
aydındır  ki,  RP=RQ  olur.  Beləliklə,  PQR 
üçbucağının  R  təpə  bucağı  60
0
  olan  bərabəryanlı 
üçbucaq  olduğunu  alırıq.  Bu  isə  PQR  üçbucağının 
bərabərtərəfli olması deməkdir. 
Araşdırma.  R  nöqtəsinin  tərəf  üzərindəki 
vəzyyətindən  asılı  olaraq  üçbucağın  P  və  Q  təpə 
nöqtələrinin  vəziyyəti  dəyişəcəkdir.  Məsələni  MD 
aralığı  üçün  araşdırmaq  kifayətdir.  Burada  ABCD 
kvadratının  AD  tərəfinin  orta  nöqtəsi  M  ilə  işarə 
olunmuşdur.  R  nöqtəsi  AD  tərəfi  üzərində  MA 
parçasına daxil olduğu halda məsələ tamamilə buna 
simmetrik şəkil alır. 
Hər  şeydən  qabaq  asanlıqla  göstərmək  olar  ki, 
R  nöqtəsi  MD  aralığında  istənilən  nöqtə  olduqda 
A`B` parçası ABCD kvadratını bir nöqtədə kəsir. Bu 
A` nöqtəsinin kvadratın daxilində, B` nöqtəsinin isə 
onun  xaricində  yerləşməsindən  alınır.  AB  tərəfi  M 
nöqtəsi ətrafında 60
0
 fırlandıqda AA`D yarımçevrəsi 

kvadratın daxilində qalır. Digər tərəfdən, B` nöqtəsi 
(M;  MB)  çevrəsi  üzərindədir  və  B  və  C  nöqtələri 
istisna olmaqla bu çevrə kvadratın xaricində yerləşir. 
Beləliklə,  ABCD  kvadratına  nəzərən  A`  nöqtəsi 
daxili, B` isə xarici nöqtədir. 
R  nöqtəsi  M  ilə  üst-üstə  düşdükdə  PQR 
üçbucağını  şəkil  48a-da  göstərildiyi  kimi,  R  nöqtəsi 
D  ilə  üst-üstə  düşdüyü  halda  isə  şəkil  48b-də 
göstərildiyi kimi qurmaq olar. 
Şəkil 48 

Deməli,  R  nöqtəsi  MD  parçasında  dəyişdikdə  P 
nöqtəsi AB parçasında dəyişir; Q nöqtəsi isə əvvəlcə 
DC  parçasında,  sonra  isə  BC  parçasında  dəyişir. 
Buradan  aydındır  ki,  R  nöqtəsinin  AD  tərəfi 
üzərində müxtəlif vəziyyətləri üçün məsələnin həmişə 
həlli var və bu həll yeganədir.