DƏrs vəSAİTİ Азярбайъан Республикасы Тящсил Назирлийи Елми-Методик Шурасынын

Məsələ.  (O
1
;r),  (O
2
;R)  çevrələri  və  S  nöqtəsi 
verilmişdir. S nöqtəsi mərkəz olmaqla elə çevrə çəkin 
ki,  onun  verilmiş  çevrələrlə  kəsişməsindən  alınan 
qövsü  verilmiş  nöqtədən  verilmiş  bucaq  altında 
görünsün. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Şəkil 49 
S 
O
2
 

 
O
1
 
/
1
O  
Q 
Q
/
 
P 
P
/
 

Analiz.  Tutaq  ki,  (O
1
;r)  və  (O
2
;R)  verilmiş 
çevrələr, S isə verilmiş nöqtədir. 

PP` axtarılan qövs 
və 

PSP`=φ  verilmiş  bucağa  bərabər  olsun  (şəkil 
49).  (O
1
;r)  çevrəsini  S  nöqtəsi  ətrafında  φ  bucağı 
qədər  fırlandırsaq,  o,  yenə  (O
1
`;r)  vəziyyətini  alar. 
Bu  fırlanmada  (O
1
;r)  çevrəsinin  P  nöqtəsi  (O
2
;R) 
çevrəsinin  P`  nöqtəsinə  inikas  edər.  Digər  tərəfdən, 
P`  nöqtəsi  fırlanmadan  alınan  (O
1
`;r)  çevrəsi 
üzərində  olmalıdır.  Beləliklə,  axtarılan  P`  nöqtəsi 
(O
1
`;r) və (O
2
;R) çevrələrinin kəsişməsidir. 
Qurma.  Verilmş  (O
1
;r)  çevrəsini  S  nöqtəsi 
ətrafında  verilmiş  φ  bucağı  qədər  fırlandırıb  (O
1
`;r) 
çevrəsini quraq. Onda (O
1
`;r) və (O
2
;R) çevrələrinin 
kəsişmə  nöqtələri  məsələnin  həllidir.  Bizim  şəkildə 
həmin  çevrələr  P`  və  O`  nöqtələrində  kəsişir.  S 
nöqtəsindən  (S;  SP`)  və  (S;  SQ`)  çevrələrini  çəkib 

PP` və 

QQ` qövslərini qururuq. 
İsbat.  P  və  Q  nöqtələri  S  nöqtələri  ətrafında  φ 
bucağı  qədər  fırlanmada  uyğun  olaraq  P`  və  Q` 
nöqtələrinə  inikas  olduğundan  PP`  və  QQ`  tələb 
olunan qövslərdir. 
Araşdırma. 
Məsələ 
şərtində 
fırlanmanın 
istiqaməti  göstərilmədiyi  üçün  (O
1
;r)  çevrəsini  S 
nöqtəsi  ətrafında  həm  müsbət,  həm  də  mənfi 
istiqamətdə  fırlandırmaq  olr.  Məsələnin  onda  və 
yalnız  onda  həlli  vardır  ki,  (O
1
`;r)  çevrəsinin  obrazı 

ilə  (O
2
;R)  çevrəsinin  kəsişməsi  olsun.  Həmin 
çevrələrin kəsişmə nöqtələrinin sayı məsələnin həlləri 
sayına bərabərdir. 
Məsələ.  Verilmiş  ABCD  paraleloqramının 
daxilinə  verilmiş  MNP  üçbucağına  oxşar  olan  EBF 
üçbucağı çəkin. 
Analiz.  Tutaq  ki,  NP:NM=K, 

MNP=

  və 
EBF axtarılan üçbucaqdır (şəkil 50), paraleloqramın 
AD tərəfini B nöqtəsi ətrafında A-dan C-yə doğru 

 
bucağı 
qədər 
fırlan-
dıraq.  
 
 
 
 
 
 
Onda  E  nöqtəsi  BF  düz  xətti  üzərində  E
1
 
nöqtəsinə inikas edər. Bundan başqa B nöqtəsini ox-
şarlıq  mərkəzi  seçib  AD  parçasının  uzunluğunu  K 
mütənasiblik  əmsalına  vursaq  E
1
  nöqtəsi  CD  düz 
xətti üzərindəki F nöqtəsinə inikas edər. 
Şəkil 50 

Qurma.  AD  parçasını  B  nöqtəsi  ətrafında 

 
bucağı  qədər  döndərək  və  alınan  parçanın 
uzunluğunu  K-ya  vuraq.  Bunun  üçün  ixtiyari  BG 
parçasını  seçib  bucağına  bərabər  GBG
1
  bucaq 
quraq.  Sonra  GBG
1
  bucağının  BG
1
  tərəfi  üzərində 
BG
1
=BG  ayırıb  BGA  bucağına  bərabər  BG
1
A
1
 
bucağını  quraq.  Onda  A
1
G
1
  düz  xəttini  alarıq.  BG
1
 
düz  xətti  üzərində  BG
2 
:  BG
1
=K  olmaqla  G
1
 
nöqtəsini  müəyyən  edib  A
2
G
2
||A
1
G
1
  çəkək.  Bu 
zaman 
F=A
2
G
2
∩CD 
qururuq. 
Bundan 
sonra 

FBE=

 
qurmaqda  AD  par-
çası 
üzərində 
E 
nöqtəsini 
tapırıq. 
Asanlıqla göstərmək 
olar ki, EBF məsələ şərtində tələb edilən üçbucaqdır. 
Məsələ.  Verilmiş  ABCD  paraleloqramının 
daxilinə kvadrat çəkin. 
Analiz. Tutaq ki, ABCD verilmiş paraleloqram, 
PQRS isə axtarılan kvadratdır (şəkil 51). 
Məlumdur  ki,  paraleloqramın  diaqonallarının 
O  kəsişmə  nöqtəsi  onun  simmetriya  mərkəzidir. 
Paraleloqramın  qarşı  tərəfləri  bu  nöqtəyə  nəzərən 
simmetrik  olduqlarından  O  nöqtəsindən  keçən 
Şəkil 51 

istənilən düz xəttin bu tərəflər arasında qalan parçası 
O  nöqtəsində  yarıya  bölünür.  Kvadratın  PR  və  SQ 
diaqonalları 
da 
kəsişmə 
nöqtəsində 
yarıya 
bölündüyü  üçün  bu  nöqtə  paraleloqramın  diaqonal-
larının kəsişmə nöqtəsi ilə üst-üstə düşür. 
İndi  ABCD  paraleloqramını  O  nöqtəsi  ətrafın-
da  saat  əqrəbi  hərəkətinin  əksi  istiqamətdə  90
0
 
fırlandırsaq,  P  nöqtəsi  Q-nün  üzərinə  düşər.  Bu 
zaman  P  nöqtəsindən  keçən  AB  düz  xətti  Q 
nöqtəsindən  keçən  A`B`  düz  xəttinə  inikas  edər. 
A`B` düz xəttini qurmaq üçün OH

AB və OH`

OH 
ayırmaq  və  H`  nöqtəsindən  A`B`

OH`  çəkmək 
lazımdır.  Bununla  da,  axtarılan  kvadratın  Q  təpə 
nöqtəsi  A`B`  düz  xətti  ilə  paraleloqramın  BC 
tərəfinin  kəsişməsi  kimi  tapılar.  Sonra  QO  şüasını 
çəkib  S=QO∩AD  nöqtəsini  qurmaqla  axtarılan 
kvadratın  QS  diaqonalını  qururuq.  Daha  sonra  O 
nöqtəsindən  PR

QS  çəkib  kvadratın  P  və  R  təpə 
nöqtələrini qurmaq olar. 
 
Dюnmяyя aid qurma mяsяlяlяri 
 
1.
 
Verilmiş paraleloqramın daxilinə kvadrat çəkin. 
2.
 
Bir  təpəsi verilmiş  çevrə  üzərində, digəri verilmiş 
düz  xətt  üzərində,  üçüncü  təpəsi  isə  verilmiş  A 
nöqtəsində olan bərabərtərəfli üçbucaq qurun. 

Göstəriş.  Mərkəzi  A  nöqtəsində  olmaqla  60
0
 
bucaq qədər dönməni nəzərdən keçirin. 
3.
 
İki  çevrə  və  l  düz  xətti  verilmişdir.  İki  təpəsi 
verilmiş çevrələr üzərində, üçüncü təpədən çəkilən 
hündürlüyü  isə  l  düz  xətti  üzərinə  düşən 
bərabərtərəfli üçbucaq qurun. 
4.
 
Mərkəzinə  və  iki  paralel  tərəfləri  üzərində 
verilmiş iki nöqtəsinə görə kvadrat qurun. 
Göstəriş.  Kvadratın  mərkəzi  ətrafında  180
0
 
bucaq qədər dönməyə baxın. 
5.
 
l
1
,  l
2
,  l
3
  müxtəlif  düz  xətləri  paralel,  l  isə  onlara 
paralel deyildir. Təpə nöqtələri l
1
, l
2
, l
3
 düz xətləri 
üzərində,  mərkəzi  isə  l  düz  xətti  üzərində  olan 
bərabərtərəfli üçbucaq qurun. 
Göstəriş.  Əvvəlcə  təpələri  l
1
,  l
2
,  l
3
  düz  xətləri 
üzərində  olan  hər  hansı  bərabərtərəfli  üçbucaq 
qurun.  Sonra  paralel  köçürmə  ilə  onun  mərkəzini  l 
düz xətti üzərinə gətirin. 
6.
 
O  nöqtəsi  və  ondan keçməyən  a  və  b  düz  xətləri 
verilmişdir.  O  nöqtəsi  mərkəz  olmaqla  elə  çevrə 
çəkin ki, onun verilmiş düz xətlər arasında qalan 
qövsü O nöqtəsindən verilmiş 

 iti bucağı altında 
görünsün. 
Verilmiş  a və  b düz  xətləri arasındakı  qövsün uc 
nöqtələri uyğun olaraq A və B olarsa, 

AOB=

 olar 
və a düz xəttinin O nöqtəsi ətrafında 

 bucağı qədər 

fırlanması  A  nöqtəsini  B  nöqtəsinə  inikas  edir. 
Beləliklə, B nöqtəsini a düz xəttinin obrazı ilə b düz 
xəttinin kəsişməsi kimi tapın. 
7.
 
(O
1
;r),  (O
2
;r
2
)  çevrələri  və  A  nöqtəsi  verilmişdir. 




2
2
1
1
;
,
;
r
O
y
r
O
x



 olmaqla elə x və y nöqtələri 
qurun  ki,  A  nöqtəsi  XY  parçasının  orta  nöqtəsi 
olsun. 
8.
 
Verilmiş  a  və  b  düz  xətləri  üzərində  verilmiş 
üçüncü  c  düz  xəttinə  nəzərən  simmetrik  olan  iki 
nöqtə qurun. 
9.
 
İti bucaqları verilmiş çevrələr üzərində, düz bucaq 
təpəsi  verilmiş  nöqtədə  olan  bərabəryanlı 
düzbucaqlı üçbucaq qurun. 
10.
 
Təpələrindən  hər  biri  verilmiş  üç  a,  b,  c  paralel 
düz  xətlərdən  birinin  üzərində  olan  kvadrat 
qurun. 
Göstəriş.  B  düz  xətti  üzərində  götürülmüş  A 
nöqtəsi ətrafında 90
0
 bucaq qədər dönməni nəzərdən 
keçirin.  
11.
 
 Üç  konsentrik  çevrə  verilmişdir.  Təpələri  bu 
çevrələr  üzərində  olan  bərabərtərəfli  üçbucaq 
qurun. 
12.
 
 Düz  bucaq  təpəsi  verilmiş  A  nöqtəsində,  iti 
bucaq  təpələrindən  biri  verilmiş  düz  xətt 
üzərində,  digəri  isə  verilmiş  çevrə  üzərində  olan 
bərabəryanlı düzbucaqlı üçbucaq qurun. 

13.
 
 Verilmiş  çevrə  daxilinə  iti  bucağına  və 
katetlərindən  birinin  üzərindəki  verilmiş  A 
nöqtəsinə görə düzbucaqlı üçbucaq çəkin. 
14.
 
 Verilmiş çevrə xaricinə tərəflərindən biri verilmiş 
A  nöqtəsindən  keçən  bərabərtərəfli  üçbucaq 
çəkin. 
15.
 
 Verilmiş nöqtədən keçən və uc nöqtələri verilmiş 
konsentrik  çevrələr  üzərində  olub  çevrələrin 
mərkəzindən  verilmiş  bucaq  altında  görünən 
parça çəkin. 
16.
 
 Çevrə  və  iki  A,  B  nöqtələri  verilmişdir.  Bu 
çevrəyə  elə  l  toxunanı  çəkin  ki,  A  nöqtəsindən  l 
düz  xəttinə  paralel,  A  və  B  nöqtələrindən  l-ə 
perpendikulyar  düz  xətlər  çəkdikdə  bu  düz 
xətlərin kəsişməsindən kvadrat alınsın. 
17.
 
A,  B,  C  nöqtələri  və  uyğun  olaraq  A  və  B 
nöqtələrindən keçən a və b düz xətləri verilmişdir. 
a  və  b  düz  xətləri  üzərində  elə  X  və  Y  nöqtələri 
qurun  ki,  AX=BY  olsun  və  XY  parçası  C 
nöqtəsindən verilmiş bucaq altında görünsün. 
18.
 
Təpələrindən  biri  O  nöqtəsi  ilə  üst-üstə  düşən  və 
qalan  iki  təpəsi  verilmiş  iki  çevrə  üzərində  olan 
bərabərtərəfli üçbucaq qurun. 
 
1.4.2.5. Oxşarlыq vя homoтетiya 
 
Məsafələri eyni bir K

O nisbətində dəyişməklə 
F  fiqurunun  F`  fiquruna  inikası  varsa.  F`  fiquru  F 

fiquruna  oxşardır. 
K
F
F


  yazılışı  F`  fiqurunun  F 
fiquruna  k  oxşarlıq  əmsalı  ilə  oxşar  olduğunu 
göstərir. 
Verilmiş  fiqura  oxşar  fiqurun  qurulması 
məsələsi bizi müstəvinin özünə yeni inikasına gətirir. 
Bu inikas homotetiya adlanır. 
Mərkəzi  O  və  əmsalı  K≠O  olan  homotetiya 
müstəvinin  özünə  elə  inikasına  deyilir  ki,  burada 
ixtiyari  X  nöqtəsinin  X`  obrazı  üçün 



OX
K
X
O

 
bərabərliyi  doğrudur.  Mərkəzi  O  və  əmsalı  K  olan 
homotetiyanı 
k
o
H
 kimi işarə edirlər. 
Homotetiyanın aşağıdakı xassələrini göstərmək 
olar: 
1.
 
Homotetik fiqurlar oxşardır. 
2.
 
Əmsalı  K  olan  homotetiyanın  tərsi  olan  inikas 
mərkəzi həmin nöqtədə, əmsalı isə 
K
K
1
1


  olan 
homotetiyadır. 
3.
 
Müsbət  əmsallı  homotetiyada  hər  bir  şüa  özü  ilə 
eyni 
istiqamətli 
şüaya, 
mənfi 
əmsallı 
homotetiyada  isə  əks  istiqamətli  şüaya  inikas 
olunur. 
4.
 
Homotetiyada  istənilən  düz  xətt  (parça)  özünə 
paralel  düz  xəttə  (parçaya),  bucaq  isə  özünə 
bərabər bucağa inikas olunur. 

5.
 
O,  A  və  A
1
  kimi  üç  nöqtə  bir  düz  xətt 
üzərindədirsə,  onda  A  nöqtəsini  A
1
  nöqtəsinə 
inikas edən O mərkəzli yeganə homotetiya var. 
Həndəsədən  qurma  məsələlərinin  bir  çoxunda 
məsələnin  şərtini  elə  iki  hissəyə  ayırmaq  mümkün 
olur  ki,  bu  hissələrdən  biri  axtarılan  fiqurun 
formasını,  digəri  isə  onun  ölçülərini  tamamilə 
müəyyən  edir.  Ona  görə  də  oxşarlıq  metodu  ilə 
məsələ  həll  etdikdə  əvvəlcə  həll  ediləcək  məsələnin 
şərtlərindən birini kənara qoyub yerdə qalan şərtləri 
ödəyən  fiqur  qurulur.  Sonra  isə  oxşar  çevirmənin 
köməyi  ilə  qurulmuş  fiqura  oxşar  olan  və  kənara 
qoyulmuş şərti ödəyən fiqur axtarılır. Qeyd edək ki, 
məsələ  şərtində  verilən  kəmiyyətlərdən  biri  düz  xətt 
parçası,  qalanları  isə  bucaq,  parçaların  nisbəti  və  s. 
olduqda oxşarlıq üsulundan istifadə edilməsi əlverişli 
olur. 
Oxşarlıq üsulu ilə qurma məsələləri həll etdikdə 
homotetiyada 
verilmiş 
nöqtələrin 
obrazlarını 
qurmağı bacarmaq zəruridir. 
Tutaq ki, mərkəzi O nöqtəsində və bir cüt A və 
A`  uyğun  nöqtələrlə  homotetiya 
Şəkil 52. 

verilmişdir.  Verilmiş  M  nöqtəsinin  M`  obrazını 
quraq.  vvəlcə  M  nöqtəsinin  OA  düz  xətti  üzərində 
olmadığı  hala  baxaq.  Verilmiş  bu  homotetiyada 
(şəkil  52)  AM  düz  xətti  ona  paralel  və  A`  nöqtə-
sindən  keçən  m`  düz  xəttinə  çevrilir.  Ona  görə  M 
nöqtəsini asanlıqla qurmaq olar. Bu OM  və  m`  düz 
xətlərinin kəsişmə nöqtəsidir. 
Verilmiş  M  nöqtəsi  OA  düz  xətti  üzərində 
olarsa (şəkil 53), onda əvvəlcə OA düz xətti üzərində 
olmayan  hər hansı  N nöqtəsinin  N`  obrazını  qurur, 
sonra  isə  N  və  N`  nöqtələrindən  istifadə  edərək  M 
nöqtəsinin M obrazını qururuq. Nöqtənin obrazının 
qurulmasından istifadə edərək mərkəzi O nöqtəsində 
və  bir  cüt  uyğun  nöqtə  ilə  verilmiş  H 
homotetiyasında  düz  xəttin,  çevrənin  və  s.  obrazını 
asanlıqla  qurmaq  olar.  Oxşarlıq  üsulu  ilə  qurma 
məsələlərinin həlli nümunələrini nəzərdən keçirək. 
Məsələ. 2p perimetrinə, 

 və 

 bucaqlarına görə 
üçbucaq qurun. 
Həlli. Göründüyü kimi, bu məsələnin şərtini elə 
2  hissəyə  ayırmaq  olar  ki,  bu  şərtlər  (

  və 

 
bucaqları)  fiqurun  formasını,  digəri  isə  onun 
ölçüsünü  (peri-
metrinin 
2p 
olması) 
tamamilə  təyin 
Şəkil 53. 

edir. Üçbucağın perimetrinin 2p olması şərtini kəna-
ra qoyub bucaqları 

 və 

 olan ixtiyari ölçülü A, B, 
C üçbucağını quraq (şəkil 54). 
A
1
B
1
C
1
  üçbucağı  axtarılan  üçbucağa  oxşardır 
və  sonsuz  sayda  belə  üçbucaqlar  qurmaq  olar. 
Bucaqları 

  və 

  olan  sonsuz  sayda  üçbucaqlardan 
perimetri 2p-yə bərabər olanını ayırmaq üçün oxşar 
çevirmədən istifadə edək. İstənilən O nöqtəsini qeyd 
edib  ona  oxşarlıq  mərkəzi  kimi  baxaq.  Münasib 
olmaq  üçün  O  nöqtəsini  üçbucağın  tərəfinin  A
1
B
1
 
uzantısı  üzərində  seçək  və  OC
1
  şüasını  çəkək.  O 
nöqtəsindən  A
1
B
1
-in  uzantısı  üzərində  A
1
B
1
C
1
 
üçbucağının  2p
1
  perimetrinə  bərabər  OK
1
  parçasını 
ayıraq  və  K
1
  nöqtəsini  C
1
  ilə  birləşdirək.  Sonra 
yenidən  O  nöqtəsindən  hesab  etməklə  uzunluğu 
verilmiş  2p-yə  bərabər  OK  parçasını  ayırıb 
KC||K
1
C
1
  çəkək.  Onda  C  nöqtəsi  axtarılan 
üçbucağın təpə nöqtələrindən biri olacaqdır. 
CB||C
1
B
1
  və  CA||C
1
A
1
  çəkib  ABC  üçbucağının 
digər təpələrini qururuq. 
Məsələ.  A,  C  bucaqlarına  və  b+hb=S  cəminə 
görə üçbucaq qurun. 
Analiz. Axtarılan üçbucaq iki şərti ödəməlidir: 
1. 

A=

¸ 

C=

 
2. 
oturacaqla 
bu 
oturacağa 
çəkilmiş 
Şəkil 54. 

hündürlüyün  cəmi  verilmiş  S  parçasına  bərabər 
olmalıdır. 
(1)  şərtini  ödəyən  üçbucaq  asanlıqla  qurula 
bilər. Həm də məlumdur ki, belə üçbucaqlar sonsuz 
saydadır. Tutaq ki, A`BC` bu üçbucaqlardan biridir 
(şəkil 55).  
İndi mərkəzi B nöqtəsində olan homotetiyadan 
istifadə  etməklə  A`BC`  üçbucağına  oxşar  və  (2) 
şərtini  ödəyən  axtarılan  ABC  üçbucağını  qurmaq 
olar.  Doğrudan  da,  ABC  axtarılan  üçbucaqdırsa, 
onda  AC||A`C`  olar  və  ya  A`C`  ilə  AC  üst-üstə 
düşər.  BD`  parçası  A`BC`  üçbucağının  hündürlüyü 
və BD` ilə AC-nin kəsişmə nöqtəsi D olub. Aydındır 
ki,  BD  parçası  ABC  üçbucağının  hündürlüyü 
olacaqdır. 
Əgər  müəyyən  bir  homotetiyada  A`  nöqtəsi  A 
nöqtəsinə uyğundursa, onda C` və D` nöqtələri də C 
və D nöqtələrinə uyğundur. A`BC` üçbucağını ABC 
üçbucağına  çevirən  homotetiyanın  əmsalını  tapaq. 
Şərtə  görə  BD+AC=S-dir.  Lakin  A`BC`  üçbucağı 
verildikdə  S`=BD`+A`C`  parçasını  da  qura  bilərik. 
Onda 
axtarılan 
homotetiya 
əmsalı 
S
S
C
A
D
B
AC
BD
K








  olar. 
Qurma.  
Şəkil 55 

1. 

A=

  və 

C=

  olmaqla  ixtiyari A`BC`  üç-
bucağını qururuq (şəkil 56). 
2. Bu üçbucağın BD` hündürlüyünü qururuq və 
BD` parçasının uzantısı üzərində D`M`=A`C` parça-
sını elə ayıraq ki, BM`= =BD`+A`C`= =S` olsun. 
3.  Mərkəzi  B  nöqtəsində  və  bir  cüt  M,  M` 
nöqtələri  ilə  verilmiş  homotetiyada  A`  və  C` 
nöqtələrinin  obrazları  olan  A  və  C 
nöqtələrini  qururuq.  ABC  axtarılan  üçbucaqdır.

İsbat.  A`BC`  və  ABC  üçbucaqları  homotetik 
olduqlarından 

A=

 
, 

C=

 
və 
`
`
`
`
`
S
S
BM
BM
B
A
AB
C
A
AC
D
B
BD





 
olar. 
Ona 
görə 
`
`
`
`
`
S
S
D
B
C
A
BD
AC



  yazmaq  olar.  Lakin  qurmaya  görə 
A`C`+BD`=S`  olduğundan  AC+BD=S  olduğunu 
alırıq. Beləliklə, ABC üçbucağı (2) şərtini də ödəyir. 
Deməli,  ABC  üçbucağı  (1)  və  (2)  şərtlərini  ədədi 
axtarılan üçbucaqdır. 
Araşdırma.  Aydındır  ki,  yalnız 

180
0
  olduqda 
məsələnin  həlli  vardır.  Bu  bərabərsizlik  ödəndikdə 
məsələnin ancaq bir həlli vardır. 
Doğrudan  da,  tutaq  ki,  məsələnin  şərtlərini 
ödəyən 
iki 
ABC 
və 
A
1
B
1
C
1
 
üçbucaqları 
qurulmuşdur.  Onda 

A=

A
1
, 

C=

C
1
  və  A
1
C
1
 
Şəkil 56 

+B
1
D
1
=AC+BD=S  olar.  Onda  aydındır  ki,  ΔABC 
~ΔA
1
B
1
C
1
 olar. Ona görə 
BD
AC
D
B
C
A
BD
D
B
AC
C
A




1
1
1
1
1
1
1
1
 yazmaq olar. 
A
1
C
1
+B
1
D
1
=AC+BD  olduğundan  A
1
C
1
=AC, 
yəni ΔABC=ΔA
1
B
1
C
1
 alırıq. 
Məsələ.  Bucağına,  bu  bucağı  əmələ  gətirən 
tərəflərin  nisbətinə  və  daxilə  çəkilmiş  çevrənin 
radiusuna görə üçbucaq qurun. 
Analiz.  Axtarılan  ABC  üçbucağı  üç  şərti 
ödəməlidir: 
1. 

Β=

 
2. BC:AB=a:c, 
3. OD=r 
(1)  və  (2)  şərtlərini  ödəyən  üçbucaq  asanlıqla 
qurula  bilər.  Həm  də  belə  üçbucaqlar  sonsuz 
saydadır.  BDE  bu  üçbucaqlardan  biri  olsun.  İndi 
mərkəzi 
B 
nöqtəsində, 
əmsalı 
c
a
K
 
olan 
homotetiyadan  istifadə  edərək  BDE  üçbucağına 
oxşar  olan  və  (3)  şərtini  də  ödəyən  axtarılan  ABC 
üçbucağını qurmaq olar. 
Qurma.  
1. 

Β=

, 
c
a
BE
BD

  olmaqla  BDE  üçbucağını 
quraq. 

2.  B  bucağının  tənbölənini  quraq  və  FK

DE 
çəkək.  Onda  O=BO∩FK  tapırıq.  FK  düz  xətti 
üzərində O nöqtəsindən başlayaraq OG=r ayıraq. 
3.  Mərkəzi  B  nöqtəsində,  əmsalı 
c
a
K

  olan 
homotetiyada D və E nöqtələrinin obrazları olan  A 
və C nöqtələrini quraq. Yəni, G nöqtəsindən DE düz 
xəttinə paralel düz xətt çəkək. Alınan ABC axtarılan 
üçbucaqdır. 
İsbat.  ABC  və  BDE  üçbucaqlsrı  homotetik 
olduqlarından 
     
BD:BE=AB:BC=a:c  
   

Β=

 qurmaya görə; 
   
OG=r qurmaya görə. 
Araşdırma. 

180
0
  olduqda  məsələnin  yeganə 
həlli vardır. 
Məsələ.  AOB  sektoru  verilmişdir.  Onun 
qövsünə  elə  toxunan  çəkin  ki,  toxunanın 
radiuslarının 
üzantıları 
arasında  qalan  parçası 
toxunma  nöqtəsi  ilə  m:n 
nisbətində bölünsün. 
Analiz.  Aşkardır  ki, 
OT

MN-dir  (şəkil  57). 
Şəkil 57 

İxtiyari  CD||MN  çəksək,  alınan  ΔCOD  ~  ΔMON 
olar.  Ona  görə  OT
1

CD  alarıq. 

CT
1
O=90
0
  oldu-
ğundan  T
1
  nöqtəsi  diametri  OC  parçası  olan  çevrə 
üzərində yerləşməlidir. 
MT  :  TN  =  m  :  n  olduğundan  CT:T
1
D=m:n 
olur. T
1
K || ON çəksək CK:KO=CT
1
:TD=m:n olar. 
Ona  görə  T
1
  nöqtəsi  digər  tərəfdən  OC  parçasını  C 
nöqtəsindən  hesab  etməklə  m:n  nisbətində  bölən  K 
nöqtəsindən  KT
1
:ON  keçən  düz  xətt  üzərində 
olmalıdır.