Аударған: Орынов Рамазан
жүктеу/скачать 0,97 Mb.
|
Планиметриялық есептерді шешу 1-40 рамазан[1]
| 15. Трапецияның бүйіріндегі бұрыштардың биссектрисалары оның орта сызығында қиылысады
Б ұрыштың биссектрисасының қасиетіне сәйкес, AO кесіндісі < BAD ⇒ OE=OM Осыған сәйкес, ⇒ OF=OM ⇒ OF=OE ⇒ ABCD трапециясының орта сызығында O нүктесінде қиылысады. 16. Параллелограммның a және b қабырғалары тең. Параллелограмның бұрыштарының биссектрисаларының қиылысуымен пайда болған төртбұрыштың диагональдары │a-b│ға тең. ABCD-параллелограмм, AB=a, BC=b AE-биссектриса ∠A, DF-биссектриса ∠D, CA₁-биссектриса∠C, BA₁-биссектриса ∠B 1) Қарама-қарсы қабырғалары параллель болғандықтан A₁B₁C₁D₁-параллелограмм 2)∠BEA=∠EAD параллель түзулері бар көлденең бұрыштар; A бұрышының биссектрисасы AE кесіндісі болғандықтан, ∠BAE=∠EAD болады. Демек, ∆ABE-теңбүйірлі, ВВ₁-теңбүйірлі үшбұрыштың төбесіндегі биссектрисасы және осы үшбұрыштың биіктігі болғандықтан BA₁⊥AE . Сәйкесінше DC₁⊥CA₁ деп аламыз. A₁B₁C₁D₁-тіктөртбұрыш.Тіктөртбұрыштың диагональдары тең. 3)Бұрыштың биссектрисасының қасиеті бойынша, B₁N=B₁M, және B₁K=B₁M⇒B₁N=B₁K⇒ биссектрисалары ⇒B₁D₁ орта сызығында қиылысады және B₁D EC болады. B₁ECD₁ параллелограмынан B₁D₁=EC=b-a теңболады. 17.Егер трапеция табандарының біріндегі бұрыштардың қосындысы 90⁰ болса, онда трапеция табандарының ортаңғы нүктелерін қосатын кесінді олардың жарты айырымына тең болады. BC=a, AD=b Шарты бойынша BM=MC= , AN=ND= MA₁ AB, MB₁ CD кесінділерін саламыз. Егер ∠BAD=∠MA₁D=α, ∠CDA=∠MB₁A=β болса, онда ∠A₁MB₁=90⁰. ABMA₁-төртбұрыш және B₁MCD-параллелограм екені белгілі, онда BM=AA₁=MC=B₁D= ⇒ A₁N=AN-AA₁= , сәйкесінше NB₁= . A₁MB₁ үшбұрышында MN кесіндісі медиана болады. Тікбұрышты үшбұрыштың медианасының қасиеті бойынша MN= A₁B₁= . 2 1.Трапеция диагональдарының a және b табандарымен қиылысу нүктесі арқылы табандарына параллель түзу жүргізілген. Трапецияның бүйір жақтары арасында орналасқан кесіндісі ға тең. BOC үшбұрышы AOD үшбұрышына ұқсас, сондықтан қатынасы тең. Сол секілді, BOM үшбұрышы ABD үшбұрышына ұқсас, сондықтан ⇒ қатынасы орындалады. MO кесіндісін табу үшін теңдігін аламыз. Сәйкесінше теңдігін аламыз. Содан, теңдігін орындалады. 26. орындалатындай үшбұрыштың бұрыштары болсын. Онда . үшбұрыштың бұрыштары болғандықтан 0⁰ тең. ескерсек, шығады. 0⁰ теңсіздігінің туралығынан, . (демек, бұрыштардың әрқайсысының 0 үлкен екені дәлелденді деп есептейміз.) 30. Екі шеңбер A және B нүктелерінде қиылысады. Бірінші шеңбердегі АС және BD хордаларының ұштары екінші шеңберді E және F нүктелерінде қияды. Онда CD және EF түзулері өзара параллель. A BCD және ABFE шеңберге іштей сызылған төртбұрыштар. Сондықтан, Сәйкесінше, Демек, 3 1. Шеңберлердің жанасу нүктесі арқылы жанама жүргізілген. Шеңберлердің хордаларының ұштеры арқылы жүргізілген жанамалар өзара параллель. Шеңберлердің хордаларының ұштары арқылы жүргізілген жанамамен қиылысатын (А) жанасу нүктесі арқылы жанама жүргіземіз. Шеңбердің қасиетіне сәйкес, Осыдан AEB және ACD үшбұрыштары теңбүйірлі. Демек, BAE және DAC бұрыштарывертикаль бұрыштар. Осыларды ескере келсек, 36. ABC тікбұрышты үшбұрышының катеттері BC=a және AC=b, AВ гипотенузасынан ABKM шаршысы салынған. C нүктесінен шаршының центріне дейінгі қашықтық . 40. АВС теңбүйірлі үшбұрышының төбесі арқылы ерікті түзу жүргізілген. К және М нүктелері А және В нүктелерінің осы түзуге проекциясы,ал Р болса АВ кесіндісінің ортасы.КMP- үшюұрышы теңжақты екенін дәлелдеңдер. жүктеу/скачать 0,97 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|