Мазмұны: Кiрiспе 1 тарау. Геометриялық салулар теориясының кейбiр мәселелерi 1
жүктеу/скачать 1,93 Mb.
|
| Есеп 7: Тек циркульды пайдаланып, берілген тікбұрышты үшбұрышқа іштей шеңбер сызыңыз.
Шешуі: Талдау: Айталық АВС – катеттері а, в, гипотенузасы с болатын берілген тікбұрышты үшбұрыш, ал - оған іштей сызылған ізделінді шеңбер (9-сурет). Ц ентрі 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= a – (c – в) = a + в – c. 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. Салу: 1) ω1(А, в) шеңбері 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 7) ω3 ∩ ω4 = D нүктесі (D – АВС 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 ORBC. О нүктесінен ОТАС 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. жүктеу/скачать 1,93 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|