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

Тригонометриялық функциялар арқылы өрнектелген кесіндіні салу

жүктеу/скачать 1,93 Mb. бет 24/31 Дата 07.11.2022 өлшемі 1,93 Mb. #48014

Бұл бет үшін навигация:

• 3.4. Алгебралық әдіс арқылы шешілетін салу есептеріне мысалдар Есеп 1

3.3. Тригонометриялық функциялар арқылы өрнектелген кесіндіні салу Берілген бұрыштың тригонометриялық функциясына байланысты кесінділерді сызғыш пен циркульды пайдаланып салуға болады. Мысалдар қарастырайық: 1-мысал: с кесіндісі және  сүйір бұрышы берілген. х = c cos, y = c sin формулала - рымен берілген х,у кесінділерін салу керек. Ол үшін с гипотенузасы,  сүйір бұрышы бойынша тікбұрышты үшбұрыш саламыз (60-сурет). Сонда  бұрышына ірге-лес жатқан катет ізделінді х кесіндісі, ал қарсы жатқан катет у кесіндісі болады. 2-мысал: х = a cos3, y = a sin3 формулаларымен берілген х, у кесінділерін салыңыз, мұнда а – берілген кесінді,  - берілген бұрыш. Салу жоспары төмендегіше болады: (61-сурет) 1 ) АОА1 =  бұрышы, ОА = а гипотенуза – сы бойынша АОА1 тікбұрышты үшбұрышы 2) А1С  ОА түзуі 3) А1С  ОА = А2 нүктесі 4) А2В  АА1 (ВАА1) түзуі 5) А2А3  ОА1 (А3ОА1) түзуі ОА3, АВ – ізделінді кесінділер, яғни ОА3 = a cos3, АВ = a sin3. Ескерту1: х = a cosn, y = a sinn формулаларымен берілген кесінділерді жоғарда көрсетілген әдіс бойынша аналогиялық түрде салуға болады. Ескерту2: х = a cos3, y = a sin3 (0    2) формулалары астроида деп аталатын қисық сызықты анықтайды. 2-ші мысалдағы салу жоспарын циркуль және сызғыштың көмегімен орындай отырып еш есептеусіз астроиданың кез-келген нүктелерін табуға болады. 3.4. Алгебралық әдіс арқылы шешілетін салу есептеріне мысалдар Есеп 1: Үшбұрыш берілген. Оның ауданын тең екіге бөлетіндей етіп, табанына параллель түзу жүргізіңіз. Шешуі: Т алдау: Айталық АВС–берілген үшбұрыш (62-сурет), АВ = с, ВС = a, AC = в және BD = h (BDC = 900) делік. АВС үшбұрышының АС табанына MN параллель түзуін оның ауданын тең екіге бөлетіндей етіп жүргізу үшін К нүк-тесін, яғни ВК = х кесіндісінің ұзындығын табу керек, мұндағы К = MN  BD. АВС үшбұрышының ауданы , ал BMN үшбұрышының ауданы болады. Есеп шарты бойынша = 2 (1) Үшбұрыштың бір қабырғасына параллель жүргізілген түзу, сол үшбұрышқа ұқсас үшбұрыш қиятынын ескеріп, АВС  BMN деп жаза аламыз. Бұдан немесе , онда MN = (2) (1) және (2) теңдіктерін теңестіріп, ізделінді кесіндіні аламыз: х = (3) Салу: х = кесіндісін салу: қабырғасы BD = h (берілген АВС үшбұрышының биіктігі) болатын квадраттың диагоналы MB = h (63 - с урет), онда оның жартысы ОВ = . Осы табылған х = ОВ кесіндісін берілген АВС үшбұрышының В төбесінен бастап, h биіктігінің бойына өлшеп саламыз да, АС қабырғасына параллель МК түзуін жүргіземіз. МК – ізделінді түзу. Дәлелдеу: Ізделінді К нүктесі арқылы жүргізілген МКАС түзуі берілген үшбұрыш ауданын тең екіге бөледі, онда SBMN = SAMNC (4) теңдігін дәлелдейік. SBMN = MNx = x = ; SAMNC = = = = = = = . Сонымен (4) теңдік орындалады, яғни К – ізделінді нүкте. Зерттеу: х кесіндісінің шамасы (0, h) аралығында болады. Онда MN кесіндісінің ұзындығы АС-дан кіші. (3) өрнектегі h оң шама, сондықтан х те оң шама болады. Егер х  h болса, есеп шарты орындалмайды. Сонда х(0, h) болғанда, есептің жалғыз шешімі бар. Есеп 2:  шеңбері, К   нүктесі және К нүктесі арқылы өтіп,  шеңберін жанайтын m түзуі берілген. Берілген шеңбер мен берілген түзуді К нүктесінде жанайтын шеңбер салыңыз. Шешуі: Т алдау: Есеп шешілді делік,  (О, r) – берілген шеңбер, m – берілген түзу, К, К  m – берілген нүкте (64-сурет). Ізделінді шеңбердің центрі m түзуіне К нүктесі арқылы жүргізілген n орта перпендикулярының бойында жатады және  (О, r) шеңберінен R қашықтықта болады, мұндағы R – ізделінді шеңбердің радиусы. m түзуіне О нүктесі арқылы параллель түзу жүргізіп, оның n түзуімен қимасын N деп белгілесек, ON = MK, OM = NK = r. Ізделінді шеңбердің центрі О1 болса, О1К = O1L = R, ал O1N = r – R. мұндағы L – шеңберлердің жанасу нүктесі. Соны - Сонымен ОО1N үшбұрышынан Пифагор теоремасы бойынша ON2+O1N2 = OO12  ON2 + (r–R)2 = (r–R)2  ON2 + r2 – 2rR + R2 = r2 + 2rR + R2   ON2 = 4rR  R = . R – дің мәні күрделі өрнек болып шықты. Бұл өрнекті алгебралық әдіспен салуға болады. Салу: 1) у = 4r кесіндісі 2)  (О, r)  m = М нүктесі 3) z = МК кесіндісі 4) R = кесіндісі 5)  (К, R) шеңбері 6) К нүктесі арқылы n  m түзуі 7)   n = О1 (О1 – m түзуінің  шеңбері жатқан жағындағы нүкте) 8)  (О1, R) шеңбері  - ізделінді шеңбер. Дәлелдеу: 5) және 7) салу бойынша О1К = R. Ал О1  n, онда  шеңбері мен m түзуі жанасады. ОО1 = = = = = = = r + R, онда ,  шеңберлері жанасады. Зерттеу: R = . ON, r кесінділердің ұзындығы болғандықтан, оң шамалар болады. Онда R кесіндісі де табылады және бірмәнді. Олай болса, есептің жалғыз шешімі болады. Есеп 3: Гипотенузасы және тік бұрышының биссектрисасы бойынша тікбұрышты үшбұрыш салыңыз. Шешуі: Талдау: Есеп шешілді делік, АВС – ізделінді үшбұрыш (65 – сурет). CD - берілген биссектриса, АВ– берілген гипотенуза. CD   (О, ОВ) = Е деп белгі-лесек (О–сырттай сызылған шеңбердің центрі), ЕОАВ және CDDE = ADDB. Б ұдан lDE = (AO – OD)(OB + OD) жүктеу/скачать 1,93 Mb. Достарыңызбен бөлісу: