Дәріс Ұқсастық және алгебралық әдістер. Ұқсас түрлендірудің теориялық негізі
жүктеу/скачать 379,67 Kb.
|
Дәріс 4.
000165a5-8043565a
| : Анализ PQMN іздеп отырған ромбымыз делік. A нүктесін гомотетия центрі етіп алып және кез-келген нақты к ≠ 0 салып (мысалы, 0<к<1) гомотетия коэффиценті ретінде алайық. Белгіленген гомотетияда MQPN ромбысы, P'Q'M'N' ромбысына ауысады, ал бұл ромбының қабырғалары да берілген төртбұрыштың диагоналдарына параллель, Р' пен N' төбелері бұл төртбұрыштың қабырғаларында жатпайды, яғни есептің шарттарының екеуі де орындалмайды. Сонымен есеп гомотетияда (центрі А нүктесінде және коэффициенті кꞌ꞊ 1 : к = AN :AN') іздеп отырған ромбымызға ауысатын P'Q'M'N' ромбысын салуға келіп тіреледі.
Салу : 1) Q' — АВ - ның бойындағы кез-келген нүкте. 2) Qꞌ М' // BD ; 3) M'N' // АС. М' Nꞌ ꞊ М' Q', P'Q'M'N' ромбысын саламыз. 4) AN , N=AN ∩ DC 5) MN // N’M' ,M Q // М’Q', QР //АС, РN //QM. PQMN ромбысы-іздеп отырғанымыз. Дәлелдеу: Р төбесі ВС-нің бойында жатпайды делік. Сонда ромбы болмайтын MQP1N төрт бұрышын қарастырамыз, мұндағы Р1= ВС ∩ QР және Р мен Р1беттеспейді. Бұлай болмайтындығын дәлелдейік. Q Р1 //АС, QМ // BD, M'N' //AC және Q'M'// BD болғандықтан, Бұдан P1Q' = MN және / / MN, яғни P1QMN - параллелограмм. Ал MNQ және M'N'Q' сынық сызықтары гомотетиялы, олай болса, MN=MQ. Сонымен P1QMN - ромбы олай болса, Р1=Р және PQMN - іздеп отырған ромбымыз. Зерттеу: Есептің әрқашан да бір ғана шешімі болады. Шындығында, егер төрт бұрышты іштей қабырғалары басқа. Екінші бір ромбы сызылған деп жорысақ, онда PQ үлкейеді (кішірейеді) ал онда QM кішірейеді (үлкейеді), олай болса PQ мен QM тең болмайды, ал ромбыда бұлай болуы мүмкін емес [32]. 
Сурет-70
40-есеп. Берілген < А бұрышы және һа биіктігі d : с қатысы бойынша үшбұрыш салу керек. Шешуі: Анализ. d : с қатысының ұзындығын белгілі кесінді қатысына тең, яғни m : пдеп алайық. Ізделінді үшбұрышқа ұқсас үшбұрыш саламыз. Ол үшін А бұрышының қабырғаларына сәйкес АС' және АВ' кесінділерін саламыз. Салу: Ең алдымен ABC үшбұрышына ұқсас АВ'С үшбұрышын саламыз. А төбесін гомотетия центрі ретінде қарастырайық. АВ'=п , ҒСꞌ ꞊ т бұрыш қабырғаларына салып, A'B'Cꞌ үшбұрышын шығарып аламыз. A'B'C' үшбұрышын түрлендіріп ABC үшбұрышын шығарып аламыз. Дәлелдеме: ∆АВ'С∞∆АВС ұқсас болады. A — гомотетия центрі. ВꞌС'| |ВС. АD'- үшбұрыш биіктігі, AD = һа үшбұрыш биіктігі. АО = һа АС:АВ=АС:АВꞌ ꞊ m:n яғни ABC үшбұрышы есеп шартын толық қанағаттандырады 
Сурет-71
41-мысал. Тікбұрышты үшбұрыштың катеттеріне жүргізілген медианалары см және см. Оның гипотенузасын табу керек (72-сурет). 
72-сурет
Шешуі. ВС мен AC катеттерін сәйкес х пен у арқылы белгілейік. ВСЕ, ACF — тікбұрышты үшбұрыштар болғандықтан, ВС2 = BE2 - EC2 және CF2 = AF2 - AC2, яғни шешіп, х пен у-ті табамыз: 73 - 0,25y2 = 4 • 52 - 4y2, y2 = 36; y = 6см, х = 8см;  .
42-мысал. ABC үшбұрышында АВ=26см, ВС=30см, АС=28см. В төбесінен ВН биіктігі мен BD биссектрисасы жүргізілген. BHD үшбұрышының ауданын табу керек. Шешуі. ABC үшбұрышының ауданын екі әдіспен өрнектейік: S^,c = 0,5АС ■ ВН = 0,5 • 28 • Һ = 14Һ; екінші жағынан Демек, 14h = 336, h = 24 см. Енді CD = x деп алып, ABC үшбұрышының ішкі бұрышы биссектрисасының қасиетін пайдаланайық: BC:AB=CD:DA, 30:26=x:(28-x), x=CD=15cm; AD=28-15=13cm. АВСН: СН2 = ВС2 -ВН2 = 324, CH=18 см, DH=CH-CD=18-15=3cm, S=0,5 DH* ВН = 36см2. жүктеу/скачать 379,67 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|
және 
. Бұл теңдеулер жүйесін
.