Халықаралық ғылыми-тәжірибелік конференция материалдары

125 


a
, 
AD b 
(
a b
) 
a 
b 
2
аb 
2
аb 
(
b a
) 
a 
b 
2
аb 
2
аb 
Шешуі: 
ABCD 
параллелограмында 
AB 

→ 

→
деп алаайық (1-сурет 
бойынша). Онда 
AC 

AB 

AD 

→ 

→ 
және 
BD 

AD 

AB 
→ → 
теңдіктері 
a b 
b 
a 
орындалады. Осыдан 
АС
2

AС
2

→ 

→ 
2 

→
2 

→
2 

→ → 

AB
2

AD
2

→ → 

AB
2

AD
2

2

AB

AD
, 
BD
2

BD
2

→ 

→ 
2 

→
2 

→
2 

→ → 

AB
2

AD
2

→ → 

AB
2

AD
2

2 

AB 

AD 
 
теңдіктерін аламыз. Оларды мүшелеп қосатын болса, онда 
АС
2

BD
2

AB
2

AD
2

AB
2

AD
2

AB
2

BC 
2

CD
2

AD
2
теңдігі шығады. Мұнда 
AD 

BC
, 
AB 

CD 
теңдіктерін қолдандық. 
Сурет 1. AC
2

DB
2

AB
2

BC
2

CD
2

DA
2
теңдігі орындалуы 
Векторлаға қолданылатын амалдарды оқып зерттейтін математиканың 
бөлімін векторлық алгебра деп атайды. Сонымен, осы векторларға 
қолданылатын амалдар векторлық алгебраның негізін қалайды. Векторлық 
алгебра аппараттары геометриялық және физикалық есептерді шешуде өте 
қолайлы. Әрбір есепті векторлардың көмегімен шешу процесін, негізінен үш 
кезеңге бөліп, қарастыру керек: 
1-
кезең. Қолайлы түрде векторларды енгізе отырып, есептің шартын 
векторлар көмегімен жазу керек. 
2-
кезең. Векторлық түрде жазылған есептің шартын түрлендіре отырып, 
берілген есептің шешуін векторлық түрде аламыз. 
3-
кезең. Векторлық түрде алынған жауапты есептің бастапқы берілген 
мағынасына (геометриялық мағынасына) келтіріп жазу керек [1]. 
№3-есеп. Трапецияның орта сызығы оның табандарына параллель және 
олардың жарым қосындысына тең болатынын дәлелдеу керек. 
Дәлелдеуі: 
ABCD 
трапецияның табандары 
AD
және 
BC
,
ал 
KL
орта 
сызығы болсын (2-сурет бойынша). 
Сурет 2. Трапецияның орта сызығы оның табандарына параллель және олардың 
жарым қосындысына тең болуы 

126 
AD 
BC 
К 
нүктесі 
AB 
қабырғасының ортасы дегенді векторлық түрде 
KA 


KB 
теңдігімен, 
L 
нүктесі 
CD 

ның ортасы болатынын 
LD 


LC 
теңдігімен және 
AD 
|| 
BC 
болатынын 
AD 

BC 
түрінде жазамыз (1-кезең бойынша). 
KA 

KB 

0 
және 
LD 

LC 

0. 
Сонымен қатар, 
KL 

KA 

AD 

DL 
және 
KL 

KB 

BC 

CL 
теңдіктерін 
мүшелеп 
қосу 
арқылы 
2
KL 

KA 

КВ 

AD 

ВС 

DL 

CL 

AD 

ВС 
теңдігін аламыз. 
Осыдан 
KL 

1 

AD 

BC 

теңдігі шығады (2-кезең бойынша). 
2 
Ең соңында (3-кезеңде), 
AD 

BC 
болғандықтан, 
KL 

AD 
және 
KL 

BC 
болатынын, яғни 
KL 
|| 
AD
, 
және 
KL 
|| 
BC 
екенін анықтаймыз. Осыған 
қоса 
AD 

BC 
болғандықтан, 
| 
AD 

BC 
|



AD 

BC 
теңдігінен 
KL 

1 

AD 

BC 

теңдігін аламыз. Дәлелдеу керегі де осы [2]. 
2 
№4-есеп. Трапеция диоганальдарының орталарын қосатын кесінді оның 
табандарына параллель болатынын дәлелдеу керек. 
Шешуі: 
ABCD 
трапецияның диоганальдарының орталары 
M 
, 
N 
нүктелері 
болсын (3-суретте көрсетілгендей). 
Сурет 3. Трапеция диоганальдарының орталарын қосатын кесінді оның табандарына 
параллель болуы 
 

MN 

|| 

AD

болатынын дәлелдейік. Ол үшін 
MN 
векторы 
AD
векторына 
коллинеар екенін көрсету жеткілікті. 
M 
, 
N 
нүктелері 
АС 
мен 
ВD 
кесінділернің орталары болғандықтан, 
АM 

0,5
AC 

0,5

AB 

BC 

, 
АN 

0,5

AB 

AD 

. 
Демек, 
MN 

AN 

AM 

0,5

AB 

AD


0,5

AB 

BC 


0,5

AD 

BC 

. 
BC 
векторы 
AD 
векторына коллинеар, яғни 
BC 

k
1 

AD
. 
Сондықтан, 
MN 

0,5

AD 

k
1
AD


0,5

1

k
1
AD


k 

AD
, 
яғни 
MN 
векторы 
AD 
векторына коллинеар. 
AD
векторы
ВС 
векторына коллинеар болғандықтан, 
MN 
кесіндісі трапецияның табандарына параллель болады. Сонымен, қайсыбір 
AB
мен
CD 
кесінділерінің параллельдігін көрсету үшін 
AB 

kCD 
теңдігі 
орыгндалатынын көрсету жеткілікті ( 
k 

кез келген сан). 
№5-есеп. Кез келген 
ABС 
үшбұрышының медианалары бір 
М 
нүктесінде қиылысатынын және: 
1)
Үшбұрыш төбесінен бастап есептегенде 
М
2 :1 
қатынасында бөлетінін; 
нүктесі әрбір медиананы 

127 
2)
Кез келген 
О
нүктесі үшін 
OM 

1 

ОА 

ОВ 

ОС 

3 
қатынасы дұрыс 
болатынын дәлелдеу керек. 
Шешуі: 
М 
нүктесі 
ABС 
үшбұрышының 
АD 
медианасын 
2 :1 
қатынасында 
бөлсін (4-сурет бойынша). Онда формуласы бойынша ( 
m 

2, 
n 

1
) 
OM 

1 
OA 

2 
OD 
3 
3 
теңдігін аламыз, мүндағы 
О 

кеңістікте ерікті алынған нүкте. 
D 

BС 
қабырғасының ортасы, сондықтан (40) формуласы бойынша 
OD 

1 

ОВ 

ОС 

. 
2 
Демек, 
OM 

1 
OA 

2 

1 

OB 

OC 


1 

OA 

OB 

OC 

. 
3 
3 2 
3 
Осы нәтижені кез келген басқа 
ABС 
үшбұрыш медианалары үшін де 
алуға болады. Бұл 
М 
нүктесінің үш медианаға да ортақ екенін білдіреді. 
Есептің екі тұжырымы да дәлелденді. 
Сурет 4. 
М 
нүктесі 
ABС 
үшбұрышының 
АD 
медианасын 
2 :1 
қатынасында бөлу 
 
Егер 
М 

ABС 
үшбұрыш медианаларының қиылысу нүктесі және 
О 

кеңістікте ерікті алынған нүкте болса, онда бұл есептің шешімінен 
OM 

1 

OA 

OB 

OC 

формуласының орынды екені шығады [3]. 
3 
№6-есеп. 
ABCD 
параллелограмының 
АD 
қабырғасында және 
AС 
диагоналінде сәйкес 
M 
, 
N 
нүктелері 
AM 

1 
AD 
3 
және 
AN 

1 
AC 
6 
болатындай 
етіп алынған. 
M 
, 
N 
және 
В 
нүктелері бір түзудің бойында жататынын дәлелдеу 
керек (5-сурет бойынша). 
Шешуі: 
жеткізу үшін 
M 
, 
N 
 
MN 
және 
В 
және 
MВ 
нүктелері бір түзудің бойында жататынына көз 
векторларының коллинеар болатынын дәлелдеу 
жеткілікті. Декарттық координаталар жүйесін енгіземіз: 
А 
нүктесін 
координаталар бас нүктесі, 
AD 
мен 
AВ 
векторларын базистік векторлар 
ретінде аламыз. Бұл жүйеде 
M 
, 
N 
және 
В 
нүктелерінің координаталары 

1 


1 
1




1 1 


1 


;1

, 

;

, 0;1 
болады. Демек, 
MN 


;

, 
MВ 


;1

. 

5 


6 6 


30 6 


5 



Сурет 5. M 
, 
N және 
В 
нүктелері бір түзудің бойында жататынын дәлелдеу 

128 
 
MN 
және 
MВ 
векторлары коллинеар, өйткені 
MN 

1 
MB
. 
6 
Сонымен, 
М
1

х
1
; 
у
1 

, 
М 
2 

х
2 
; 
у
2 

, 
М 
3 

х
3
; 
у
3 

нүктелері бір түзудің бойында 
жататынын анықтау үшін 
M
1
М 
2 
және 
M
1
М
3 
векторларының коллинеар екенін 
дәлелдеу жеткілікті. 
арқылы жазалық: 
M
1
М
3 

k 

M
1
М
2 
коллинеарлық шартын координаталар 
x
3 

x
1 

k

x
2 

x
1 

, 
y
3 

y
1 

k

y
2 

y
1 

. 
Бұл екі теңдеуден 
k 

ны шығарып 
тастасақ, 

x
2

x
1

( 
y
3

y
1
) 


х
3

х
1

y
2

y
1


0 
теңдігін аламыз. Бұл теңдікті барынша 
қолайлы түрде жазуға болады: 
х
2 

х
1 
у
2 

у
1 
х
3 

х
1 

0
у
3 

у
1 
Бұл теңдігі үш нүкте 
М
1

х
1
; 
у
1 

, 
М 
2 

х
2 
; 
у
2 

, 
М 
3 

х
3
; 
у
3 

нүктелері бір түзудің 
бойында жатуының қажетті де жеткілікті шартын береді. Мысалы, №6-есепте 
М 

1 
 
1 
; 
1 



нүктелері туралы сөз болады. Олар бір түзудің бойында 

;1

, 
N 


, 
B 
0;1 

5 
 
6 6 

1 

1 

1 

1 

1 
жатады, өйткені, 
6 
1 
5 
6 
5 

30 
1 
1 
6 
5 

0 
[4]. 
1 

жүктеу/скачать 9,29 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: