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


Түрлендірулер әдісімен шешілетін геометриялық



жүктеу/скачать 1,93 Mb.
бет18/31
Дата07.11.2022
өлшемі1,93 Mb.
#48014
1   ...   14   15   16   17   18   19   20   21   ...   31
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) SАВ: ХХ1 нүктесі
2) SАС: 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
РXMN = XM + MN + NX = X1M + MN + NX2 = X1X2 – түзу
РXMN = XM + MN + NX = X1M + MN + NX2 – сынық сызық
Сонда РXMN  РXMN .
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) SA: C  C1 нүктесі
2) SВ: 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:

  1. 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,

  2. 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



©emirsaba.org 2024
әкімшілігінің қараңыз
    Басты бет
Lessons
Curriculum vitae
Documents