Мазмұны: Кiрiспе 1 тарау. Геометриялық салулар теориясының кейбiр мәселелерi 1

Түрлендірулер әдісімен шешілетін геометриялық

жүктеу/скачать 1,93 Mb.

бет	18/31
Дата	11.12.2023
өлшемі	1,93 Mb.
	#137448

1 ... 14 15 16 17 18 19 20 21 ... 31

Байланысты:
Салу есептерін шешу әдістері бойынша оқу - әдістемелік құрал

2.6.Түрлендірулер әдісімен шешілетін геометриялық
салуларға мысалдар
Есеп 1: Берілген кесіндіге тең әрі параллель болатын және ұштары берілген шеңбер мен берілген түзуде жататындай кесінді салыңыз.
Шешуі:
Талдау: Ізделінді кесінді салынды делік, АА = а, ААа, Аt, A,
м

ұндағы а – берілген кесінді,  - берілген шеңбер, t – берілген түзу (38-сурет). Онда А= . Олай болса, логикалық ой - тұжырымдау арқылы А болады. Бұдан  , яғни А (мұндағы  ) және А t шарты бойынша А  t
Салу: 1)  шеңбері
2) А =   t нүктесі
3)  (А, а) шеңбері
4) АВа түзуі
5)   АВ   = А нүктесі
6) АА кесіндісі
АА - ізделінді кесінді.
Дәлелдеу: Салу бойынша АА=а, Аt, A. ААВ және АВа  ААа.
Зерттеу: 1) қадам әрдайым бірмәнді орындалады. 2) қадам орындалу үшін О нүктесінен t түзуіне дейінгі қашықтық r – дан кіші немесе тең болу керек, мұнда О, r – сәйкесінше  шеңберінің центрі мен радиусы. Егер h(О, t)  r болса, онда   t қимасы А және А нүктелерінен құралады да, осы нүктелердің әрқайсысы үшін салу қадамдары жеке орындалады. Бұл жағдайда есептің екі шешімі бар. Егер h(О, t) = r болса, онда   t қимасы жалғыз А нүктесінен құралады да, есептің бір ғана шешімі болады. Егер h(О, t)  r болса, онда   t = , яғни есептің шешімі жоқ.
Есеп 2: А 90⁰ бұрышы және оның ішінен кез-келген Х нүктесі берілген. Екі төбесі берілген бұрыш қабырғаларында (әр қабырғада бір нүктеден), ал үшінші төбесі Х нүктесі болатындай ең кіші периметрлі үшбұрыш салыңыз.
Шешуі:
Талдау: Айталық ВАС – берілген бұрыш (39-сурет). Осы бұрыштың АВ, АС
қ

абырғаларына қатысты симметрияда Х нүктесінің образдарын сәйкесінше Х₁, Х₂ деп белгілейік. Сонда ХМN үшбұрышы ең кіші периметрлі үшбұрыш болады (М = AB  X₁X₂, N = AC  X₁X₂).
Салу: 1) S_АВ: ХХ₁ нүктесі
2) S_АС: ХХ₂ нүктесі
3) Х₁Х₂ түзуі
4) Х₁Х₂  АВ = M нүктесі
5) Х₁Х₂  АС = N нүктесі
6) ХМ, XN кесінділері
ХМN – ізделінді үшбұрыш.
Дәлелдеу: 4), 5) салу қадамдарынан МАВ, NАС екені шығады. Енді ХМN үшбұрышының периметрі ең кіші екенін дәлелдеу керек. МАВ және NАС болатындай кез-келген МN түзуін жүргізсек, МХ₁ = MX және NX = NX₂, себебі АВ – ХХ₁, ал АС – ХХ₂ кесіндісінің орта перпендикулярлары. Онда
Р_XMN = XM + MN + NX = X₁M + MN + NX₂ = X₁X₂ – түзу
Р_XM__N_ = XM + MN + NX = X₁M + MN + NX₂ – сынық сызық
Сонда Р_XM__N_  Р_XMN .
Зерттеу: Есеп шарты бойынша Х нүктесі ВАС бұрышының ішінде жатқандықтан, оған АВ, АС түзулеріне қарағандағы симметриялы нүктелер табылады және олар біреуден ғана болады. Олай болса, М, N нүктелері де жалғыз, себебі екі түзу бір нүктеде ғана қиылысады. Онда XMN үшбұрышы – есеп шартын қанағаттандыратын жалғыз шешім.
Есеп3: Төртбұрыштың қарама – қарсы қабырғаларынан екі нүкте алынған. Осы нүктелер төбесі болатындай берілген төртбұрышқа іштей параллелограмм сызыңыз.
Шешуі:
Талдау: Есеп шешілді делік, АВСD – ізделінді параллелограмм (40 – сурет). А, С – сәйкесінше КN, ML қабырғаларындағы берілген нүктелер. D, В нүктелері АС кесіндісінің ортасы болатын О нүктесіне қатысты симметриялы нүктелер (параллелограмның қасиеті бойынша). D  MN, онда В  MN.

Салу: 1) О – АС кесіндісінің ортасы
2) S₀: MN  MN нүктесі
3) MN  KL = B нүктесі
4) S₀: В  D нүктесі
5) АD, DC, CB, AB кесінділері
АВСD–ізделінді параллелограмм
Дәлелдеу: АО = ОС және ВО = OD теңдіктерінен АВСD төртбұрышының параллелограмм екені шығады.
Зерттеу: Егер KNML төртбұрышының KL, MN қабырғаларының созындысы қиылысса, онда есептің жалғыз шешімі бар. Егер KLMN және О - KL, MN түзулерінен бірдей қашықтықта болса, есептің шексіз көп шешімі бар. Егер KLMN және О – KL, MN түзулерінен әртүрлі қашықтықта болса, есептің шешімі жоқ.
Есеп 4: А, В, С, - берілген шеңбердің нүктелері. Шеңбердің СD хордасы О нүктесінде қақ бөлінетіндей D нүктесін табыңыз, мұндағы О = AB  CD.
Шешуі:
Т

алдау: Айталық  - берілген шеңбер, А  , В  , С   және ізделінді D нүктесі тұрғызылған болсын (41-сурет). D нүктесі арқылы АВ кесіндісіне параллель болатын р түзуін жүргізіп, СА  р = С₁ деп белгілесек, DO = OC болғандықтан С₁А = АС. Дәл осылайша
СВ  р = С₂ десек, С₂В = ВС. Сонымен
салу жоспары мынадай болады:
Салу: 1) S_A: C  C₁ нүктесі
2) S_В: C  C₂ нүктесі
3) С₁С₂ түзуі
4) С₁С₂  = D нүктесі
D – ізделінді нүкте.
Дәлелдеу: Центрлік симметрияның қасиеті бойынша СА = AC₁, CB = BC₂, онда АВ – С₁СС₂ үшбұрышының орта сызығы болады. Олай болса, АВС₁С₂. Салу бойынша D  С₁С₂ болғандықтан, С₁DAB және А – С₁С₂-ң ортасы, онда DO=OC.
Зерттеу: Төмендегідей жағдайлар болу мүмкін:

АВ = d, мұндағы d – берілген шеңбердің диаметрі. Егер АС = ВС болса, яғни С – АВ кесіндісінің орта перпендикулярында жатса, есептің бір шешімі болады; егер АС ≠ ВС болса, екі шешімі болады; егер С  А немесе С  В болса, шешімі жоқ,
АВ  d. Егер АСВ  90⁰ болса, есептің екі шешімі бар; АСВ  90⁰ болса, есептің шешімі жоқ; АСВ=90⁰ бола алмайды, себебі АВ  d.

жүктеу/скачать 1,93 Mb.

Достарыңызбен бөлісу:

1 ... 14 15 16 17 18 19 20 21 ... 31