Халықаралық ғылыми-тәжірибелік конференция материалдары

201 
H 
H 
А 
А 
А 
1 
-
түрлендурулер үшін гомотетияның аңызды орын алатынын жақсы 
сезініп, оның қасиеттерін есептер шығару барысында қолдана алады. 
Осыған орай гомотетия арқылы салынатын есептерді төменде келтірілген 
мысалдар арқылы көруге болады. 
№1-мысал. Үшбұрышты берілген екі

және 

бұрышы және іштей 
сызылған шеңбердің 
r 
радиусы бойынша салайық. 
Шешуі. Талдау. 
АВС 
үшбұрышы салынсын, 
CA
ˆ
B 


, 
CB
ˆ
A 


және 


O
, 
r

оған іштей сызылған шеңбер болсын (4-сурет бойынша). 
О 
нүктесін 
А 
төбесімен қосамыз және 
ОА
түзуінен белгілі бір ( 
А 
және 
О
нүктелерінен 
өзгеше) 
О
1
нүктесін аламыз. 
АВС 
үшбұрышының 
АВ
, 
AС 
қабырғаларына 
жанасатын 


O 
, 
r 

шеңберін салайық. 
H 
k
 
гомотетия, мұнда 
k 

r 
: 
r 
кезінде, 

1 1 
А
1 
шеңбері 

1 
шеңберіне, ал 

шеңберінің 
ВС 
жанамасы 

1 
шеңберінің 
В
1
С
1 
жанамасына бейнеленеді, және де гомотетияның қасиеттері бойынша 

В
1
С
1 

|| 

BC 

олай болса 
С B
ˆ 
A 

CВ
ˆ
A


. 
1 1 
Сурет 4. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
АВС 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
үшбұрышының 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
АВ
, 
AС 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
қабырғаларына жанасатын 


O
1
, 
r
1

шеңберін салу 
 
Сөйтіп, берілген бұрыштарымен 
АВ
1
С
1 
1 
үшбұрышын салып және 
k
 
гомотетиясын орындап, біз 
АВС 
үшбұрышын таба аламыз, яғни есепті 
АВ С 

H 
k
 

ABC 

үшбұрышын салуға әкелеміз. 
1 1 
A 
Салу. 
АВ
1 
қабырғасы (мұны қалауымызша алып) және екі: 
С A
ˆ
B 


ˆ 


бұрышы бойынша 

АВС 
саламыз. 

АВС 

ге іштей 
1 
1 
, 
C
1
В
1 
A 
 
1 1 
1 1 
сызылған 

1 
шеңберінің центрі - 
1 
О 
нүктесін табамыз. 

1 
1 
шеңберінің радиусы - 
r
1
болсын. 
k 
гомотетиясын орындаймыз, мұнда 
k 

r 
: 
r
1
. 
Сонда 
1 
H 
k 

В 


B
, 
1 
H 
k 

C 


C
. 
Сөйтіп 
АВС 
үшбұрышын аламыз. 
A 
1 
A 
1 
1 
ˆ 
ˆ 
Дәлелдеу. Салу бойынша
H 
k 


ABC 



ABC
,
ендеше, 
СAB 


, 
CВA 


. 
А 
1 1 
1 
Ал 
k
гомотетиясының коэффициенті 

r 
: 
r
1
болғандықтан, 

шеңберінің 
k 
(

1 
шеңбері бұған түрленеді) радиусы 
r 

ге тең. Ақырында, салу бойынша 

1 
шеңбері 
АВ
1
С
1 
үшбұрышына іштей сызылған, ал онда гомотетияның қасиеттері 
бойынша 

шеңбері 
АВС 
үшбұрышына іштей сызылған. Сонымен, 
АВС 
H 

202 
A 
H 
A 
А 
үшбұрышы қойылған шарттардың бәрін қанағаттандырады, яғни ізделінді 
үшбұрыш болып табылады. 
Зерттеу. Салудың алынған тәсілінде шешулердің саны, екі бұрышы шама 
жағынан сәйкес

және 


ға тең үшбұрыштың бар болуына байланысты. 
Атап айтқанда, егер бұрыштары 

, 

болатын ең болмағанда бір 
АВ
1
С
1 
үшбұрышын салуға болса, онда шешім - 
АВС 
үшбұрышы – біреу. Бірақ, 
АВ
1
С
1 
үшбұрын салу үшін 
онда шешім жоқ [1]. 




шарты жеткілікті. Сөйтіп, егер 




болса, 
№2-мысал. Берілген 
АВС 
үшбұрышына іштей, екі төбесі 
АС 
қабырғасында, ал қалған екеуі сәйкес 
квадрат салайық. 
АB
мен 
ВC 
қабырғаларында жататын 
Шешуі. 
Талдау. 
DEFM 

ізделінді 
квадрат 
болсын, 
D 


AB

, 
E 


BC 

, 
F 


AC

, 
M 


AC

болсын (5-сурет бойынша).
АE
түзуінен, 
А 
және 
Е 
нүктелерінен өзгеше 
Е

нүктесін 
аламыз және гомотетия 
коэффициенті ретінде 
K 

AE 
: 
AE

қабылдап 
D

E

F

M 


H 
k
 

DEFM 

саламыз. 
Сонда 
D

E

F

M


квадрат, оның үстіне 
D 


AB

, 
F 


AC

және 
M 


AC

. 
Ал, 
D

E

F

M 

квадратты салу қиындық тудырмағандықтан, есепті 
1 
D

E

F

M 

квадратты салуға және 
k 
гомотетияны орындауға келтіруге болады. 
Сурет 5. 
АВС 
үшбұрышына іштей, екі төбесі 
АС 
қабырғасында, ал қалған екеуі сәйкес 
АB 
мен 
ВC 
қабырғаларында жататын квадрат салу 
 
Салу. Кез келген 
D


АВ

нүктесін аламыз. 
АС 
қабырғасына 
D

M 

перпендикулярын түсіреміз. 
АC 
түзуінде 
M 

F

кесіндісін 
M 

F


D

M 

орындалатындай етіп өлшеп саламыз ( 
M

нүктесі 
A 
және 
F

нүктелерінің 
арасында 
жатады) және 
Е



E

F




E

D


нүктесін 
табамыз, 
мұнда 

E

F




M 

F


, 

E

D




D

M 


. 
Одан әрі 
AЕ

түзуін жүргізіп, 
Е 


AE



BC 

нүктесін табамыз. 
DEFM 

H 
k
 

D

E

F

M 


саламыз. 
Дәлелдеу. 
Салу 
бойынша 
D

E

F

M


квадрат. Алайда, 
D

E

F

M 

төртбұрышы 
DEFM 
квадратына гомотетиялы, яғни ол да квадрат болып 
табылады 
және 
оның 
төбелерінің 
орналасуы 
есептің 
шартын 
қанағаттандыратындықтан, ол ізделінді квадрат болады. 
Зерттеу. Егер үшбұрыштың 
АС 
қабырғасына іргелес жатқан 
бұрыштардың біреуі сүйір болса, ал екіншісі тік бұрыштан артық болмаса, 
есептің бір ғана шешімі бар [2]. 

203 
№3-мысал. 
ABCD 
төртбұрышы 

шеңберін іштей сызылған. Берілген 
төртбұрыштың бірде-бір төбесін өзіне бейнелемейтін, төбелерін басқа 
төбелеріне бейнелейтән инверсия табыла ма? 
Шешуі. 1) Егер әйтеуір бір инверсия 
А 
нүктесін 
С 
нүктесіне, ал 
В 
нүктесін 
D 
нүктесіне (немесе 
D 
нүктесін 
B 
нүктесіне) бейнелесе, онда ол 
инверсияның центрі 
О
1


AC



BD

нүктесі болу керек. Бірақ 
А 
мен
С 
нүктелері 
О
1
нүктесінің екі жағында жатады, сондықтан 
А 
нүктесін 
С 
нүктесіне түрлендіретін инверсия табылмайды. 
2)
Егер инверсия 
А 
нүктесін 
В 
нүктесіне, ал 
С 
нүктесін 
D 
нүктесіне 
(немесе 
D
нүктесін 
С
нүктесіне) түрлендірсе, онда ол инверсияның центрі 
О
2 


AВ



СD

нүктесі болады. 
Бұл жағдайда: 
АО
2 

ВО
2 

СО
2 

DО
2 
теңдігі орындалады, яғни центрі 
О
2 
радиусы 
r 

АО
2

ВО
2
шеңбері ізделінген инверсия шеңбері болады. Сондықтан 
О
2


AВ



СD

нүктесі табылса, онда қажетті инверсия табылады. 
3)
Сол сияқты, егер 
АD
және 
ВC
түзулері қиылысса, 
А 
нүктесін 
D 
нүктесіне, ал 
B 
нүктесін 
С 
нүктесіне (немесе 
С 
нүктесін 
B 
нүктесіне) 
түрлендіретін инверсия табылады. Сонымен 
ABCD 
төртбұрышын қабырғалары 
параллель емес болса, онда төртбұрышының әрбір төбелерін өзінен басқа 
төбелеріне түрлендіретін екі инверсия түрлендіруі табылады. Егер 
төртбұрышы трапеция болса, онда тек бір ғана инверсия табылады. Егер 
тік төртбұрыш болса, онда бір де бір инверсия табылмайды [3]. 
ABCD 
ABCD 
 

жүктеу/скачать 9,29 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: