Файл: Мазмны Кiрiспе 1 тарау. Геометриялы салулар теориясыны кейбiр мселелерi 1.doc
ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 10.01.2024
Просмотров: 223
Скачиваний: 1
ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.
0.
Сонымен О нүктесі мына екі шартты қанағаттандырады:
1) ол ВС түзуінен берілген r қашықтықта жатады;
2) ВС кесіндісі О нүктесінен 900 -
бұрышымен көрінеді.
1 шартын қанағаттандыратын нүктелердің жиыны (F1 деп белгілейік) ВС түзуіне параллель екі түзуден құралады (1.2., 20), ал 2 шартын қанағаттан-дыратын нүктелердің жиыны (F2 деп белгілейік) ұштары ортақ А, В нүктелері болатын екі доғадан тұрады (1.2., 60).
Салу: 1) ВС кесіндісі
2) 1) шартын қанағаттандыратын түзулер: m1, m2
3) 2) шартын қанағаттандыратын доғалар: 1, 2
4) m1 1 = О нүктесі
5) = (О, r) шеңбері
6) В нүктесінен - ға р1 жанамасы
7) С нүктесінен - ға р2 жанамасы
8) р1 р2 = А нүктесі
9) АВ, АС кесінділері
АВС – ізделінді.
Дәлелдеу: Салу бойынша АВС үшбұрышына іштей сызылған. Енді ВАС = екенін дәлелдеу керек. ВОС = 900 - (салу бойынша), сондықтан ВОС үшбұрышынан
ВОС + АВС + АСВ = 1800
900 - + (АВС + АСВ) = 1800
+ АВС +АСВ = 1800 ВАС =
Зерттеу: F1, F2 жиындарының ортақ нүктесі болу үшін
сtg (450 + 
) r (1)
шарты орындалуы керек. Бұл АВС үшбұрышының салынуының қажетті шар-ты болады. Енді оның жеткілікті шарт болатынын дәлелдейік. Шынымен де, (1) шарты орындалса, салу жоспарының 1) – 5) қадамдары әрдайым салынады.
(р1,^ ВС) + (р2, ^ ВС) = АВС +АСВ = 1800 - ,
ал 900, онда р1, р2 түзулері қиылысады да, А нүктесі бар болады және біреу. Демек есептің жалғыз шешімі бар.
Қарсы жориық, АВС және А1В1С1 – есеп шартын қанағаттандыратын үшбұрыштар, ал О
1, О2 – сәйкесінше оларға іштей сызылған шеңберлердің центрлері. ВС = В1С1, ВОС = В1О1С1 және BH = В1Н1 болғандықтан
, мұнда ВН, В1Н1 – биіктіктер. Онда ОВС = О1В1С1 немесе АВС = А1В1С1. Дәл осылайша АСВ = А1С1В1. Онда үшбұрыштар теңдігінің екінші белгісі бойынша 
. Яғни қарсы жору қате, есептің жалғыз шешімі болады.
Есеп 2: Шеңбер және оның кез – келген жанамасы берілген. Жанаманы берілген М нүктесінде жанайтын және берілген шеңберді де жанайтын шеңбер салыңыз.
Шешуі: Бұл есепті шешудің екі әдісін қарастырайық.
І әдіс. Талдау:Айталық О–берілген шеңбердің центрі,
О1 – ізделінді шеңбердің центрі, N – берілген жанама
мен берілген шеңбердің жанасу нүктесі (15 – сурет).
ω, ω' шеңберлерінің ортақ жанамасына ҒМ перпенди-
кулярын тұрғызып, оның бойына МК = ON кесіндісін
белгілейміз, К – МN түзуінің ω шеңбері жатпайтын
жарты жазықтығында болады. Олай болса ОО1К үшбұрышы – теңбүйірлі. Сонымен О1 нүктесі мына геометриялық орындарға тиісті:
1) ОК кесіндісінің орта перпендикулярына
2) ҒМ түзуіне.
Салу: 1) ҒМ MN түзуі
2) ҒМ түзуінде МК = ОN кесіндісі (К, О нүктелері МN түзуінің әр түрлі жағында жатады)
3) ОК кесіндісі
4) ОК кесіндісінің орта перпендикуляры: DL (DОК)
5) DL ∩ МҒ = О1 нүктесі
6) ω' (О1, О1М) шеңбері
ω' – ізделінді шеңбер.
Дәлелдеу: Салу бойынша DL орта перпендткуляр болғандықтан, О1 нүктесі О, К нүктелерінен бірдей қашықтықта жатады (1.2., 10). Олай болса О1К = ОО1. Ал салу бойынша МК = ОN немесе МК = ОР болғандықтан, О1Р = О1М.
ІІ әдіс.Талдау: Ізделінді ω' (О1, О1М) шеңбері салынған болсын (16 – сурет).
Онда МРО1 – теңбүйірлі үшбұрыш (Р - шеңберлердің жанасу нүктесі). МО1 перпендикулярының бойына МК = ОN кесіндісін өлшеп салсақ (К, О – МN түзуінің әр түрлі жағындағы нүктелер), ОО1К үшбұрышы теңбүйірлі болады. ОО1К және МРО1 үшбұрыштарында О1 бұрышы ортақ, ал табанындағы бұрыштары өзара тең. Онда ОК МР.
С
алу
: 1) ҒМ MN түзуі
2) ҒМ түзуінде МК = ОN кесіндісі
(К, О нүктелері МN түзуінің әр түрлі
жағында жатады)
3) ОК кесіндісі
4) МТОК түзуі
5) МТ∩ω = Р нүктесі
(Р – М нүктесіне жақын нүкте)
6) ОР түзуі
7) ОР ∩ МҒ = О1 нүктесі
8) ω' (О1, О1М) шеңбері
ω' – ізделінді шеңбер.
Дәлелдеу: МРОК және Р ω екенін ескерсек, ОР = МК. Олай болса КОРМ – теңбүйірлі трапеция, яғни РОК = МКО. МРОК О1РМ = РОК және О1МР = МКО О1МР = О1РМ. Соңғы теңдіктен О1Р = О1М.
Зерттеу: Екі түзудің қиылысуы бір ғана нүкте болатындықтан, О1 нүктесі жалғыз. Демек салынған шеңбер - есеп шартын қанағаттандыратын жалғыз шешім.
Есеп 3: ω шеңбері, оның бойынан А, В және жылжымалы С нүктелері берілген. АВС үшбұрышының медианаларының қиылысу нүктелерінің геометриялық орнын табыңыз.
Шешуі:
Айталық М – АВ кесіндісінің ортасы,
К – медианалардың қиылысу нүктесі
(17-сурет). Онда центрі М, коэффиценті
болатын гомотетияда С нүктесі К нүктесіне
көшеді. Сондықтан үшбұрыштың медиана –
ларының қиылысу нүктелері берілген шең –
берге гомотетиялы ω' шеңберінің бойында жатады және гомотетия центрі О нүктесі, коэффиценті болады. Сонда ω' шеңбері – ізделінді НГО.
Есеп 4: А, В, С нүктелері берілген. А және В нүктелерінен бірдей қашықтықта, ал С нүктесінен берілген қашықтықта жататын Х нүктесін табыңыз.
Шешуі:
Ізделінді Х нүктесі екі шартты қанағаттандырады:
Бірінші шартты қанағаттандыратын НГО – АВ
кесіндісінің орта перпендикуляры болса, екінші шартты қанағаттандыратын НГО – центрі С нүктесі, ал радиусы берілген қашықтыққа тең болатын шеңбер. Ізделінді Х нүктесі осы геометриялық орындардың қиылысуында жатыр (18-сурет).
Есеп 5: Берілген а, в параллель түзулерін жанайтын және берілген М нүктесі арқылы өтетін шеңбер салыңыз.
Шешуі:
Т
алдау:
Есеп шешілген деп есептейік, ω (О, r) ізделінді шеңбер болсын (19-сурет). r =
(h – берілген түзулердің арақашықтығы) кесіндісін оңай салуға болады. Енді О нүктесінің орнын анықтау керек. О нүктесі төмендегідей екі шартты қанағаттандырады:
а) а, в параллель түзулерінен бірдей қашықтықта
в) М нүктесінен қашықтықтағы НГО – да жатыр.
а) шартын қанағаттандыратын НГО түзу болады
(1.2., 30), ал в) шартын қанағаттандыратын НГО
шеңбер болады. Сонда О нүктесі осы геометриялық орындардың қимасына тиісті.
Салу: 1) АВ а түзуі (сәйкесінше АВ в болады)
2) m – АВ кесіндісінің орта перпендикуляры
3) С = АВ m нүктесі
4) (М, АС) шеңбері
5) О = (М, АС) m нүктесі
6) (О, ОМ) шеңбері
- ізделінді шеңбер.
Дәлелдеу: (О, ОМ) шеңбері М нүктесі арқылы өтеді және ол а, в түзулерімен жанасады. Себебі ОМ = АС =
АВ = 
.
Зерттеу: Егер m түзуі мен (М, АС) шеңберінің ортақ нүктесі болса, есептің шешімі болады. Сонымен қатар шешулер саны m түзуі мен (М, АС) шеңберінің ортақ нүктелерінің санына байланысты. Мынандай үш жағдай болу мүмкін:
Есеп 6: Жазықтықта АВ және СD кесінділері берілген. Бір ұшы АВ кесіндісінде, екінші ұшы СD кесіндісінде жататындай кесінділердің орта-ларының геометриялық орнын анықта.
Шешуі:
А
В, СD кесінділерінің нүктелерін бір ұшы А нүктесінде, екінші ұшы СD – ның бойында болатындай етіп қосатын кесінділердің жиынын қарастырайық (20-сурет). Сонда осы кесінділердің орталарынан құралған НГО – КТ кесіндісі болады және КТ АСD үшбұрышының орта
сызығы болғандықтан, СD қабырғасына парал-
лель және оның
бөлігіне тең болады. Дәл
осылайша МN кесіндісі бір бұрышы В нүктесі-
нен басталып, екінші ұшы СD – ң нүктелері
болатын кесінділердің орталарының ГО болады.
Онда МN = CD = KT. 20 сурет
Айталық Е – АВ кесіндісінің кез-келген нүктесі. Е мен СD-ң нүктелерін қосатын кесінділердің орталары ЕСD үшбұрышының орта сызығы болатын РQ кесіндісін құрайды. Сонымен қатар Р – САВ үшбұрышының орта сызығы болатын КМ кесіндісінің нүктесі, ал Q – DАВ үшбұрышының орта сызығы болатын TN кесіндісінің нүктесі. Олай болса, КТМN фигурасы – қабырғалары АВ мен СD кесінділеріне параллель болатын параллелограмм. Сонда бір ұшы АВ–да, екінші ұшы СD– да жататын кесінділердің орталарының геометриялық орны КТМN параллелограмының ішіндегі немесе шекарасындағы нүктелер болады. Осы параллелограмнан тыс жатқан бірде–бір нүкте ізделінді НГО-ның нүктесі бола алмайды.
Сонымен О нүктесі мына екі шартты қанағаттандырады:
1) ол ВС түзуінен берілген r қашықтықта жатады;
2) ВС кесіндісі О нүктесінен 900 -
бұрышымен көрінеді.1 шартын қанағаттандыратын нүктелердің жиыны (F1 деп белгілейік) ВС түзуіне параллель екі түзуден құралады (1.2., 20), ал 2 шартын қанағаттан-дыратын нүктелердің жиыны (F2 деп белгілейік) ұштары ортақ А, В нүктелері болатын екі доғадан тұрады (1.2., 60).
Салу: 1) ВС кесіндісі
2) 1) шартын қанағаттандыратын түзулер: m1, m2
3) 2) шартын қанағаттандыратын доғалар: 1, 2
4) m1 1 = О нүктесі
5) = (О, r) шеңбері
6) В нүктесінен - ға р1 жанамасы
7) С нүктесінен - ға р2 жанамасы
8) р1 р2 = А нүктесі
9) АВ, АС кесінділері
АВС – ізделінді.Дәлелдеу: Салу бойынша АВС үшбұрышына іштей сызылған. Енді ВАС = екенін дәлелдеу керек. ВОС = 900 -
(салу бойынша), сондықтан ВОС үшбұрышынанВОС +
АВС + АСВ = 1800 900 -
+ (АВС + АСВ) = 1800 + АВС +АСВ = 1800 ВАС =
Зерттеу: F1, F2 жиындарының ортақ нүктесі болу үшін
сtg (450 + ) r (1)шарты орындалуы керек. Бұл АВС үшбұрышының салынуының қажетті шар-ты болады. Енді оның жеткілікті шарт болатынын дәлелдейік. Шынымен де, (1) шарты орындалса, салу жоспарының 1) – 5) қадамдары әрдайым салынады.
(р1,^ ВС) + (р2, ^ ВС) = АВС +АСВ = 1800 - ,
ал 900, онда р1, р2 түзулері қиылысады да, А нүктесі бар болады және біреу. Демек есептің жалғыз шешімі бар.
Қарсы жориық, АВС және А1В1С1 – есеп шартын қанағаттандыратын үшбұрыштар, ал О
1, О2 – сәйкесінше оларға іштей сызылған шеңберлердің центрлері. ВС = В1С1, ВОС = В1О1С1 және BH = В1Н1 болғандықтан
, мұнда ВН, В1Н1 – биіктіктер. Онда ОВС = О1В1С1 немесе АВС = А1В1С1. Дәл осылайша АСВ = А1С1В1. Онда үшбұрыштар теңдігінің екінші белгісі бойынша . Яғни қарсы жору қате, есептің жалғыз шешімі болады. Есеп 2: Шеңбер және оның кез – келген жанамасы берілген. Жанаманы берілген М нүктесінде жанайтын және берілген шеңберді де жанайтын шеңбер салыңыз.
Шешуі: Бұл есепті шешудің екі әдісін қарастырайық.
І әдіс. Талдау:Айталық О–берілген шеңбердің центрі,
О1 – ізделінді шеңбердің центрі, N – берілген жанама
мен берілген шеңбердің жанасу нүктесі (15 – сурет).
ω, ω' шеңберлерінің ортақ жанамасына ҒМ перпенди-
кулярын тұрғызып, оның бойына МК = ON кесіндісін
белгілейміз, К – МN түзуінің ω шеңбері жатпайтын
жарты жазықтығында болады. Олай болса ОО1К үшбұрышы – теңбүйірлі. Сонымен О1 нүктесі мына геометриялық орындарға тиісті:
1) ОК кесіндісінің орта перпендикулярына
2) ҒМ түзуіне.
Салу: 1) ҒМ MN түзуі
2) ҒМ түзуінде МК = ОN кесіндісі (К, О нүктелері МN түзуінің әр түрлі жағында жатады)
3) ОК кесіндісі
4) ОК кесіндісінің орта перпендикуляры: DL (DОК)
5) DL ∩ МҒ = О1 нүктесі
6) ω' (О1, О1М) шеңбері
ω' – ізделінді шеңбер.
Дәлелдеу: Салу бойынша DL орта перпендткуляр болғандықтан, О1 нүктесі О, К нүктелерінен бірдей қашықтықта жатады (1.2., 10). Олай болса О1К = ОО1. Ал салу бойынша МК = ОN немесе МК = ОР болғандықтан, О1Р = О1М.
ІІ әдіс.Талдау: Ізделінді ω' (О1, О1М) шеңбері салынған болсын (16 – сурет).
Онда МРО1 – теңбүйірлі үшбұрыш (Р - шеңберлердің жанасу нүктесі). МО1 перпендикулярының бойына МК = ОN кесіндісін өлшеп салсақ (К, О – МN түзуінің әр түрлі жағындағы нүктелер), ОО1К үшбұрышы теңбүйірлі болады. ОО1К және МРО1 үшбұрыштарында О1 бұрышы ортақ, ал табанындағы бұрыштары өзара тең. Онда ОК МР.
С
алу
: 1) ҒМ MN түзуі
2) ҒМ түзуінде МК = ОN кесіндісі
(К, О нүктелері МN түзуінің әр түрлі
жағында жатады)
3) ОК кесіндісі
4) МТОК түзуі
5) МТ∩ω = Р нүктесі
(Р – М нүктесіне жақын нүкте)
6) ОР түзуі
7) ОР ∩ МҒ = О1 нүктесі
8) ω' (О1, О1М) шеңбері
ω' – ізделінді шеңбер.
Дәлелдеу: МРОК және Р ω екенін ескерсек, ОР = МК. Олай болса КОРМ – теңбүйірлі трапеция, яғни РОК = МКО. МРОК О1РМ = РОК және О1МР = МКО О1МР = О1РМ. Соңғы теңдіктен О1Р = О1М.
Зерттеу: Екі түзудің қиылысуы бір ғана нүкте болатындықтан, О1 нүктесі жалғыз. Демек салынған шеңбер - есеп шартын қанағаттандыратын жалғыз шешім.
Есеп 3: ω шеңбері, оның бойынан А, В және жылжымалы С нүктелері берілген. АВС үшбұрышының медианаларының қиылысу нүктелерінің геометриялық орнын табыңыз.
Шешуі:
Айталық М – АВ кесіндісінің ортасы,
К – медианалардың қиылысу нүктесі
(17-сурет). Онда центрі М, коэффиценті
болатын гомотетияда С нүктесі К нүктесіне
көшеді. Сондықтан үшбұрыштың медиана –
ларының қиылысу нүктелері берілген шең –
берге гомотетиялы ω' шеңберінің бойында жатады және гомотетия центрі О нүктесі, коэффиценті
болады. Сонда ω' шеңбері – ізделінді НГО. Есеп 4: А, В, С нүктелері берілген. А және В нүктелерінен бірдей қашықтықта, ал С нүктесінен берілген қашықтықта жататын Х нүктесін табыңыз.
Шешуі:
Ізделінді Х нүктесі екі шартты қанағаттандырады:
-
А, В нүктелерінен бірдей қашықтықта -
С нүктесінен берілген қашықтықта жатады.
Бірінші шартты қанағаттандыратын НГО – АВ
кесіндісінің орта перпендикуляры болса, екінші шартты қанағаттандыратын НГО – центрі С нүктесі, ал радиусы берілген қашықтыққа тең болатын шеңбер. Ізделінді Х нүктесі осы геометриялық орындардың қиылысуында жатыр (18-сурет).
Есеп 5: Берілген а, в параллель түзулерін жанайтын және берілген М нүктесі арқылы өтетін шеңбер салыңыз.
Шешуі:
Т
алдау:
Есеп шешілген деп есептейік, ω (О, r) ізделінді шеңбер болсын (19-сурет). r =
(h – берілген түзулердің арақашықтығы) кесіндісін оңай салуға болады. Енді О нүктесінің орнын анықтау керек. О нүктесі төмендегідей екі шартты қанағаттандырады:а) а, в параллель түзулерінен бірдей қашықтықта
в) М нүктесінен
қашықтықтағы НГО – да жатыр. а) шартын қанағаттандыратын НГО түзу болады
(1.2., 30), ал в) шартын қанағаттандыратын НГО
шеңбер болады. Сонда О нүктесі осы геометриялық орындардың қимасына тиісті.
Салу: 1) АВ а түзуі (сәйкесінше АВ в болады)
2) m – АВ кесіндісінің орта перпендикуляры
3) С = АВ m нүктесі
4) (М, АС) шеңбері
5) О = (М, АС) m нүктесі
6) (О, ОМ) шеңбері
- ізделінді шеңбер.
Дәлелдеу: (О, ОМ) шеңбері М нүктесі арқылы өтеді және ол а, в түзулерімен жанасады. Себебі ОМ = АС =
АВ = .Зерттеу: Егер m түзуі мен (М, АС) шеңберінің ортақ нүктесі болса, есептің шешімі болады. Сонымен қатар шешулер саны m түзуі мен (М, АС) шеңберінің ортақ нүктелерінің санына байланысты. Мынандай үш жағдай болу мүмкін:
-
М нүктесі а, в түзулерімен шектелген жолаққа тиісті. Онда
m, М)АС, яғни m түзуі мен (М, АС) шеңбері қиылысады және олардың ортақ екі нүктесі болады. Олай болса, бұл жағдайда есептің екі шешімі бар. -
М нүктесі а, в түзулерінің біріне тиісті. Онда m, М) = АС, яғни m түзуі (М, АС) шеңберімен жанасады. Олай болса, бұл жағдайда есептің бір ғана шешімі бар. -
М нүктесі а, в түзулерімен шектелген жолақтан тысқары жатыр. Онда m, М) АС, яғни m түзуі мен (М, АС) шеңбері қиылыспайды немесе олардың ортақ нүктесі жоқ. Олай болса, бұл жағдайда есептің шешімі болмайды.
Есеп 6: Жазықтықта АВ және СD кесінділері берілген. Бір ұшы АВ кесіндісінде, екінші ұшы СD кесіндісінде жататындай кесінділердің орта-ларының геометриялық орнын анықта.
Шешуі:
А
В, СD кесінділерінің нүктелерін бір ұшы А нүктесінде, екінші ұшы СD – ның бойында болатындай етіп қосатын кесінділердің жиынын қарастырайық (20-сурет). Сонда осы кесінділердің орталарынан құралған НГО – КТ кесіндісі болады және КТ АСD үшбұрышының орта
сызығы болғандықтан, СD қабырғасына парал-
лель және оның
бөлігіне тең болады. Дәл осылайша МN кесіндісі бір бұрышы В нүктесі-
нен басталып, екінші ұшы СD – ң нүктелері
болатын кесінділердің орталарының ГО болады.
Онда МN =
CD = KT. 20 сурет Айталық Е – АВ кесіндісінің кез-келген нүктесі. Е мен СD-ң нүктелерін қосатын кесінділердің орталары ЕСD үшбұрышының орта сызығы болатын РQ кесіндісін құрайды. Сонымен қатар Р – САВ үшбұрышының орта сызығы болатын КМ кесіндісінің нүктесі, ал Q – DАВ үшбұрышының орта сызығы болатын TN кесіндісінің нүктесі. Олай болса, КТМN фигурасы – қабырғалары АВ мен СD кесінділеріне параллель болатын параллелограмм. Сонда бір ұшы АВ–да, екінші ұшы СD– да жататын кесінділердің орталарының геометриялық орны КТМN параллелограмының ішіндегі немесе шекарасындағы нүктелер болады. Осы параллелограмнан тыс жатқан бірде–бір нүкте ізделінді НГО-ның нүктесі бола алмайды.