Дәріс Ұқсастық және алгебралық әдістер. Ұқсас түрлендірудің теориялық негізі
жүктеу/скачать 379,67 Kb.
|
Дәріс 4.
- Бұл бет үшін навигация:
- 35-есеп.
- Гомотетиялы фигураларды салуға
Зерттеу. Барлық салулар бірмәнді орындалады. Сондықтан есептің тек бір шешімі болады. 34-есеп. Табанындағы екі бұрышы және Р периметрі бойынша үшбұрыш салу керек. Талдау.Есеп шешілген, іздеген ∆АВС салынған болсын (64- сурет). Онда BAC =α, BCA =β және АВ+ ВС+СА=Р берілген периметр. Егер АВ-ны А нүктеден, ВС-ны, В нүктеден бұрып АС жатқан түзуге көшірсек, A1C1 A1A+AC+CC1 AB +АС+ВС=Р болар еді және АА1В, С1СВ үшбұрыштар тең бүйірлі болғандықтан AA1B=  С1СВ=  болады.
Бұлар ∆ABC үшбұрышын салуға мүмкіндік береді. Салу. а) АіСі=Р кесіндіні өлшеп саламыз. б) А1 нүктеден А1С1 мен а бұрыш, С1 нүктеден f бұрыш жасайтын түзулер жүргізіп олардың қиылысу нүктесі В-ны табамыз. в) А,В-ның қақ ортасы А0 мен С, В-ның қақ ортасы С0-ды табамыз. г) Ао-дан А1В-ға, С0-дан С1|В-ға перпендикуляр жүргізіп олардың АС түзумен қиылысу нүктелері А мен С-ны табамыз. Сонда ∆АВС іздеген үшбұрыш болады. Дәлелдеу. А1В-ның қақ ортасынан оған А0А перпендикуляр етіп жүргізілгендіктен А1А=АВ болады. Дәл осы сияқты СВ=СС1 болады. Соңдықтан А1А+АС+СС1=АВ+АС+СВ=Р болады. Үшбұрыштыңсыртқы бұрышының қасиеті бойынша BCA = ВСА = +  .
Демек ABC іздеген үшбұрыш болады. 
Сурет-64 Сурет-65 Зерттеу.  <180 болғанда ғана есептің шешуі болады және шешім біреу-ақ болады. Өйткені б-салуда А1В, C1D түзулерді А1С1 дің екінші жағынан өлшеп салуға болады. Бірақ нәтижеде шығатын үшбұрыштар тең болады.
35-есеп. ABC үшбұрыштар іштей, сүйір бұрышы  болатын екі төбесі үшбұрыш табаны АС-дан жататын, қалған төбелері бүйір қабырғаларда жататын ромбы салу керек (65-сурет).
Шешуі. Ромбының екі төбесі АС- да жататындықтан оның қарсы қабырғасы АС-ға параллель болады. Сондықтан салуды былайша жүргіземіз. а) АВ - дан Ғ1 нүкте алып, ол нүктеден АС- ға параллель түзу және ол түзу мен бұрыш жасайтын Ғ1Е1 түзуін жүргіземіз. Параллель түзуге F1K1=F1E1 саламыз. К1-ген F1E1- ге параллель жүргізіп N- ді саламыз. Сонда F1K1F1E1 бір сүйір бұрышы а, екі төбесі АС- да жататын ромбы болады.
б) АК1 ВС=К нүктені салып, КҒ||К1Ғ1 KN||K1N1, ЕҒ||Е1Ғ1 жүргіземіз. Сонда КҒ||К1Ғ1KN||K1N1 болғандықтан EFKN іздеген ромбы болады. Дәлелі. б КҒ||К1Ғ1 KN||K1N1 болғандықтан ∆АҒК~ ∆АҒ1К1, ∆AKN, ∆AK1Ni. Сондықтан  . Бұдан E1F1F1K1K1N1,
болғандықтан EF=FK=KN=EN және сәйкес қабырғалары параллель болғандықтан EFK= E1F1K1= . Сондықтан EFKN іздеген ромбы болады. Есептің әруақытта шешуі болады және ол жалғыз-ақ болады. Өйткені салулар бірмәнді анықталады.
Көріп отырғанымыздай, ұқсас түрлендіру әдісімен жұмыс істегенде гомотетияның негізгі қасиеттерін оқып үйренуге және салу есептерін шығарғанда гомотетияны қолдануға ерекше назар аударуды ұсынамыз. Конструктивті есептерді ұқсас түрлендіру (гомотетия) әдісімен шығаруға кіріспей тұрып, гомотетиялы фигураларды салуды үйрену керек [30]. Гомотетиялы фигураларды салуға мысал 1. Гомотетия S центрі және сәйкес А мен А' қос нүктемен берілген (66-сурет). Берілген М нүктесіне гомотетиялы нүкте салу керек. Шешуі. Мына салуларды ретпен орындайық: 1) МА түзуін, 2) SM түзуін, 3) 1||MA, A'Сl; 4) I мен SМ түзулерінің қиылысу М' нүктесін белгілейміз, яғни М' = l∩SM. М'— іздеп отырған нүктеміз. 
Сурет-66
36-есеп. Диагональдарының m:n қатынасымен һ биіктігі бойынша ромбы салыңдар. Шешуі: Анализ ABCD ромбысы салынады делік. AC : BD = m : n және EF =һ. Ромбының қасиеті бойынша 1) AO : OD = m : n 2) Салу. Алдыңғы екі шарт бойынша іздеп отырған үшбұрышымызға ұқсас А'О'D' үшбұрышын және іздеп отырған AOD үшбұрышымыздың биіктігіне сәйкес келетін оның О’F’=  биіктігін саламыз. О төбесін гомотетия центрі етіп алып, коэффициент k =  = һ :Һ’ деп алайық.
Белгіленген гомотетияда А'О'D' үшбұрышын іздеп отырған AOD үшбұрышына түрлендірейік. Ол үшін О'Ғ' сәулесінің бойына О'Ғ' кесіндісін салып, Ғ нүктесі арқылы A'D'- қа параллель түзу жүргізсек, AOD үшбұрышы шығады, AOD үшбұрышын ромбыға дейін толықтырып саламыз, ол үшін ОС жүктеу/скачать 379,67 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|