«Физика математика және ақпараттық жүйе» бөлімі

Шешуі:

Центрі А, радиусы в болатын шеңбер жүргізіп,

Оның гипотенузамен қимасын М деп, ал центрі

В, радиусы а болатын шеңбердің гипотенузамен

қимасын N деп белгілесек, онда МN = BN – BM=

Бұл сан үшбұрышқа іштей сызылған шеңбердің

диаметрі болады (есептен кейінгі ескертуде

дәлелденіп көрсетіледі).Олай болса MN кесіндісін

екіге бөлу арқылы ізделінді шеңбердің радиусын

аламыз. Ал оның центрін табу үшін оның катеттерден қашықтықта жататынын және (S, SN) шеңберіне тиістілігін ескереміз, мұндағы S – іштей сызылған шеңбердің гипотенузамен жанасу нүктесі.

2) ω₂(В, а) шеңбері

3) ω₁∩ АВ = М нүктесі

4) ω₂∩ АВ = N нүктесі

5) ω₃(N, MN) шеңбері

6) ω₄(M, MN) шеңбері

үшбұрышының сыртындағы нүкте)

8) ω₅(D, MN) шеңбері

9) ω₅ ∩ ω₃ = E нүктесі (М – нан өзге)

10) ω₆(Е, MN) шеңбері

11) ω₆ ∩ ω₃ = F нүктесі (D – дан өзге)

12) ω₇(F, MF) шеңбері

13) ω₇ ∩ ω₄ = L,K нүктелері

14) ω₈(K, MN) шеңбері

15) ω₉(L, MN) шеңбері

16) ω₈ ∩ ω₉ = S нүктесі (М – нан өзге)

17) ω₁₀(S, SM) шеңбері

18) ω₁₁(C, SN) шеңбері

19) ω₁₁ ∩ CA = R нүктесі

20) ω₁₂(R, CR) шеңбері

21) ω₁₂ ∩ ω₁₀ = O нүктесі

ω(O, MS) – ізделінді шеңбер

Дәлелдеу: ω₁₀ шеңберінен SM = SO = SN (S - шеңбердің центрі, ал M, O, N оның бойындағы нүктелер (10-сурет)). Онда SM = SO = SN = = r, яғни OS = r. Салу бойынша OR = r, онда АС – жанама  АС  OR және АС  ВС  ORBC. О нүктесінен ОТАС түзуін жүргізсек (Т  ВС), ТОRС – тіктөртбұрыш. Ал OR = CR = r болғандықтан, TORC– квадрат, яғни OT=CR=r. Демек ω(O, MS) немесе ω(O, OR) – ізделінді шеңбер.

Зерттеу: а  с, в  с болғандықтан, салу жоспарының 1) – 15) қадамдары бірмәнді орындалады. К нүктесінен АВ қабырғасына түсірілген перпен-дикулярдың табанын Р деп белгілесек, 16) салу орындалу үшін МК  РК шарты орындалу керек.

MF  MN  PK  DS.

MD =  2MD = және MD = MN 

DS = MN немесе DS = MK.

PK  MK, онда MK  PK.

 1, сондықтан МК  РК. Олай болса, ω₈ ∩ ω₉ = S нүктесі табылады. Қалған салу қадамдары да бірмәнді. Сонымен көрсетілген тәсілмен шешілген есептің жалғыз шешеімі бар және басқа әдіспен шешкенде өзге шешімнің болуы мүмкін емес, өйткені үшбұрышқа тек бір ғана шеңбер іштей сызылады.

Ескерту: MN = 2r, яғни MN = d екенін дәлелдейік (9-сурет). Салу бойынша BC = BN болғандықтан, ВТ₁ - әрі медиана, әрі биссектриса, әрі биіктік, онда ВТ₁ – CN кесіндісінің орта перпендикуляры, яғни СТ₁ = T₁N. Онда СВNT₁ төртбұрышында BN + CT₁ = BC + T₁N, яғни ω - СВNT₁ төртбұрышына іштей сызылған, онда Т₁N – жанама. Дәл осылайша Т₂М түзуі де ω шеңберіне жанама болады. Енді Т₁N  Т₂М екенін дәлелдейік. Т₁  в және СТ₁  ВС болғандықтан, Т₁ нүктесінен АВ–ға дейінгі қашықтық СТ₁ болады. Ал дәлелдеу бойынша СТ₁ = T₁N, онда T₁N  MN. Дәл осылайша Т₂М  MN. Сонда соңғы екі қатынастан Т₁N  Т₂М, онда MN = d.