Дәріс Ұқсастық және алгебралық әдістер. Ұқсас түрлендірудің теориялық негізі
жүктеу/скачать 379,67 Kb.
|
Дәріс 4.
Тұжырым.Гомотетияда шеңберге жанама шеңберге жанамаға өтеді, сонымен қатар, егер жанама гомотетия центрінен өтсе, онда ол екінші шеңберге де жанама болып табылады. Дәлелдеу.Айқынфактілерден бастайық. Біріншіден, гомотетия шеңбер радиусын радиусқа көшіреді. Екіншіден, гомотетияда түзулер арасындағы бұрыштар сақталады. Сонымен, егер жанама бірінші шеңбер радиусына перпендикуляр болған болса, онда оның кескіні де екінші шеңбер радиусына перпендикуляр болады. Демек, жанама кескіні де жанама болады. Енді ортақ жанаманың гомотетия центрінен өтетінін көрсетеміз. Жалпы айтқанда, бұл 4 мысалдағы салудан келіп шығады, біз үшін маңыздысы сәйкес гомотетияда радиустардың параллель болатындығы, ал ортақ жанамаға қиылысу нүктесінде жүргізілген радиустардың параллельдігі айқын. Екінші жағынан гомотетия центрінен өтетін түзу өз-өзіне бейнеленеді. Сонымен гомотетия центрінен өтетін бірінші шеңбер жанамасы екінші шеңбер жанамасына және өз-өзіне бейнеленеді, сондықтан ол ортақ жанама болады. Тұжырым дәлелденді [17]. Енді екі шеңберге ортақ жанаманы салу процесін баяндайық. Мысал 29. Екі шеңберге ортақ жанаманы салу. Салу. 1басқыш.Бұлшеңберлер үшін гомотетия центрін құрамыз. (мысал 4-ке қараңыз).
2басқыш. Құрылған гомотетия центрінен шеңберлердің біріне жанама жүргіземіз. Ол екінші шеңберге де жанама болады. Шеңберге жанама салуды ескерте кетейік: - шеңбер центрін және жанама өтетін нүктені қосатын кесінді ортасын құрамыз (біздің жағдайымызда бұл О’О2 кесіндісіндегі S нүктесі). - центрі S нүктесінде, O’нүктеден өтетіншеңбер саламыз. - Берілген және салынған шеңберлердің қиылысу нүктесін табамыз. (бұл Т и L нүктелер). - О’Т және О’L түзулерін саламыз– бұлар ізделінді жанамалар болады.
Мысал 30. Шеңбер сегментіне екі шеңбер іштей сызылған (суретке қараңыз). Осы шеңберлердің сегмент доғасымен жанасу нүктесі және шеңберлердің сегмент табанымен жанасу нүктесі арқылы өтетін (АЕ и BF түзулері) түзулер үлкен шеңберде қиылысады. Осы сегментке іштей сызылған кезкелген екі шеңбер үшін қиылысу нүктесі сәйкес келеді. Шешуі. Екі гомотетияны қарастырамыз. Центрі А-да болған олардың бірі, центрі О1 болған шеңберді центрі О- болатын шеңберге бейнелейді. Мұнда MN хорда үлкен шеңбердің С нүктесінен өтетін жанамаға бейнеленеді. Қиылысу нүктесі қиылысу нүктесіне көшетіндіктен, Е нүктесі С нүктесіне бейнеленеді. Демек, А, Е және С нүктелері бір түзуде жатады. Центрі В нүктесінде болатын ұқсас гомотетия центрі О1 нүктеде болған шеңберді үлкен шеңберге бейнелейді. Мұнда MN хорда үлкен шеңбердің С нүктесінен өтетін жанамаға бейнеленеді. Бірінші гомотетиядағыдай, В, F және C нүктелері бір түзуде жатады. Сонымен түзулер үлкен шеңбердің С нүктесінде қиылысады [4]. 31- мысал. Екі бұрышы мен периметрі бойынша үшбұрыш салу керек. Талдау. Есепте екі бұрыш: α,, β және бір кесінді Р берілген. егер үшбұрыш периметрі Р - ға тең болсын деген талапты ескермесек, онда екі бұрышының бірі α,, екіншісі β болатын шексіз көп үшбұрыштар салуға болады. Іздеген ∆АВС салынған дейік. Мұндағы ∠BAС =α, ∠ACB =β, және АВ+ВС+АС=Р болсын (61-сурет). АС-дан С1 нүкте алып СВ-ға параллель C1В1 кесіндісін салайық. Сонда ∆АВС~∆АВіСі болады. Сондықтан егер АС1+C1В1+В1А=Р1 десек, онда  болады.
Сурет-61 AC түзуінің бойына AD=P кесіндісін өлшеп салып В1С1//ВС жүргізсек ∆ABD~∆АВ1D1болады да  (**) болады. (*) мен (**) ден AD1=P1 болады.
Салу. а) Бір бұрышы ∠B1AC1 екінші бұрышы ∠АB1C1=β болатын кез-келген ∆ АB1C1саламыз. б) А нүктеден AC1 сәулеге АC1+С1В1+В1А=Р1 болатын кесінді саламыз. Ол AD1 болсын. в) АC1 сәулеге А нүктеден Р кесіндіні өлшеп саламыз. Ол AD болсын. г) D1 В1 -гe D-дан DB параллель түзуін жүргізіп В нүктесін саламыз. д) В - дан В1C1//ВС жүргізіп С - ны табамыз. ABC іздеген үшбұрыш болады. Дәлелдеу. ∠BAC = α салу бойынша. Салу бойынша ∠АB1C1 = β және В1C1//ВС. Сондықтан ∠ ACB=β. ∆АВС-ның периметрін Р0 десек, онда ∆АB1C1~ ∆АВС-дан  (***), ∆АD1В1~∆АDВ-дан  =  (*** *) Сонда (***) мен (*** *)- ден 
болсын Р0=Р шығады. Сонымен ∆АВС-ның периметрі есеп шартында айтылған Р кесіндіге тең екен. Сондықтан ол іздеген үшбұрыш болады. Зерттеу. ∆АB1C1 салыну үшін α+β<180 болуы керек. Көрсетілген салулар бірмәнді орындалатындықтан есептің бір шешімі болады, ал a + β ≥ 180 болғанда есептің шешімі болмайды. жүктеу/скачать 379,67 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|
Сурет 59. Ортақ жанаманы салу.
Сурет 60. мысал 30 - ға сызба.