Ә. Н. ШыНыбеков, Д. Ә. ШыНыбеков

33

4-теорема.

Егер  түзу  жазықтық  бойында  

орналасқан  қиылысушы  екі  тү- 

зуге  перпендикуляр  болса,  он- 

да  бұл  түзу  осы  жазықтықтың  

өзіне де перпендикуляр болады.

Түзу  мен  жазықтықтың  пер- 

пендикулярлық белгісі

a

  b,  а  с,  

b  с = О  b ⊂ α,

с ⊂ α  a  α.

b

c

a

o



Жалпы білім беретін мектептерде бұл теоремалардың дәлелдеулерін толық- 

қанды  келтіру  немесе  оны  сызбалар  арқылы  ауызша  негіздемелермен  ал- 

мастыру  сынып  деңгейіне  тәуелді  және  оны  шешу  мұғалімнің  еркінде  болуы 

қажет. 

Осы  келтірілген  көрнекіліктерді  компьютер  арқылы  көрсетуге  немесе 

компьютерден шығарып алып, оны көшірме арқылы 2–4 есе үлкейтіп шығарып, 

ұтымды көрнекілік жасап алуға болады. 

Жаттығуларға шолу. А тобында берілген есептердің қиындық тудырмайтыны 

анық. 

2.14. 

Берілгені: а  α, а  α = А, A  b және b  a.

Дәлелдеуі.  Кері  жорып,  b  ∉  α  болсын  делік.  ∀В   b  (А  ≠  В)  нүктесі  В  ∉  α  

болуы  қажет. 

В  нүктесі  арқылы  өтетін  және  а  түзуіне  параллель  бола- 

тын 

а

1

  түзуін  жүргізейік: 

а

1

    а,  В    а

1

. 

а

1 

түзуі  мен  α  жазықтығы 

В

1

  

нүктесінде  қиылыссын: 

В

1 

= 

а

1 

 

α.    а    а

1

,

 

а    α  болғандықтан,  2-теорема  

бойынша 

а    α.  Онда  а

1 

  АВ

1

.

 

Екінші  жағынан, 

а    а

1

,

 

а    b    b    а

1

,  яғни  

АВ

1 

 а

1

. Олай болса, 

АВВ

1

 үшбұрышының екі тік бұрышы бар:  

АВВ

1

=90°

 

және 

АВ

1

В= 90°. Алынған қайшылық В  α екенін және АВ= b ⊂ α болатынын көрсе- 

теді.  2.15,  2.16,  2.17-есептер  түзу  мен  жазықтықтың  перпендикулярлығының 

белгісін пысықтауға берілген. 

2.19. 

Берілгені: а  m, b  n, a  b. Дәлелдеу керек: m  n (16-сурет).

Дәлелдеуі.  b  түзуі  арқылы  өтетін  және  а  түзуіне  

перпендикуляр  болатын  α  жазықтығын  жүргіземіз.  

M  =  m    α.  М  нүктесінен  b  түзуіне  перпендикуляр 

МВ  түзуін  жүргіземіз.  ВМ  және  m  түзулері  арқылы  

 жазықтығын жүргіземіз. a  m, α  a,  m  α  (3-теорема). 

b    a,  a    m    m    b  (1-теорема).  Салуымыз  бойын- 

ша 

BM    b.  Онда  4-теорема  бойынша  b      (себебі 

BM    b,  m    b,  BM  ⊂  ,  m  ⊂    ).  Ал  n    b,      b,

болғандықтан, 3-теорема бойынша 

n  . Олай болса n  m.

M

b

B

m

c



a

n



16-сурет

34

2.22. 

Берілгені:  ABC  —  тең  қабырғалы,  пери- 

метрі  2

р.  AD    ABC  BK    ABC,  ABKD  —  квадрат.  

Табу керек: СDK үшбұрышының периметрін (17-сурет). 

Шешуі:  AB

p

AD

DK

BK

AB

p

=

⇒

=

=

=

=

2

3

2

3

.

AD

AC

⊥

⇒AD

AC

p

=

=

⇒

2

3

CD

AD

AC

p

=

+

=

2

2

2 2

3

. Осы сияқты 

CK

p

=

2 2

3

 СD CK DK

+

+

==

+

+

=

+

2 2

3

2 2

3

2

3

2 2 2 1

3

p

p

p

p

(

)

.

2.23.  1),  2)  берілген  фигура  жазықтығына  перпендикуляр  және  осы  фигу- 

ралардың  центрі  (сырттай  сызылған  шеңбер  центрі)  арқылы  өтетін  түзу 

болады. 

2.24. 2.23-есептің 1) пунктін қараңыз. 

2.25. 

Дәлелдеуі. AС  СС

1

, 

СС

1

  

 

ВВ

1 

 AС  ВВ

1

. Ал 

AС  ВD

 

болғандықтан,  

АС  түзуі  ВВ

1

D  жазықтығының  қиылысушы  ВD  және  ВВ

1 

түзулеріне  пер- 

пендикуляр. Олай болса, 

AС  ВВ

1

D

1

. Мұнда, әрине, қосымша D  ВВ

1

D

1 

екенін 

де көрсету қажет. 

2.26.  Шешуі.  AB

AC

BC

=

+

=

2

2

9 16

5

+

=  см. ACD және BCD тік бұрышты 

үшбұрыштарынан

AD

AC

CD

=

+

=

+

=

2

2

9 25

34,

BD

BC

CD

=

+

=

+

=

2

2

16 25

41. AB

AD BD

+

+

=

+

+

2

41

34 5

2

болғандықтан,  

Герон формуласы бойынша 

S

ABD

=

+

+

+ −

+ −

+

−

41

34 5

2

34 5

41

2

41 5

34

2

41

34 5

2

·

·

·

=

=

−

(

)

+

(

)

=

1

4

10 34 18 10 34 18

769

2

 см

2

.

DD

AB DD

S

AB

1

1

2

2

769

2

5

769

5

⊥

=

=

=

,

 см.

B

K

D

A

C

17-сурет

35

2.27. 2.19-есепті қараңыз. 

2.28.

 Берілгені: α  , а  α. Дәлелдеу керек. а  .

Дәлелдеуі.  а    α  А  =  а    α,  яғни  а  түзуі  α  жазықтығын  А  нүктесінде  

қиып өтеді. Онда 

а түзуі  жазықтығымен де қиылысады: В = а  . В нүктесі 

арқылы өтетін және  жазықтығында жататын 

m және n түзулерін жүргізейік. 

m

1

 ⊂ α, 

n

1

 ⊂ α және 

m

1 

 m, n

1 

 n болатындай m

1 

және 

n

1 

түзулері табылады, себебі  

α  . Ал  а  α  а  m

1

, а  n

1  

және 

m m

1 

, n n

1

 болғандықтан, а  m

1

, а  n

1 

болады. Онда теорема 4 бойынша: 

а  . 

2.29. 

Берілгені: а   b, а  α,  b ⊄ α. Дәлелдеу керек: b  α.

Дәлелдеуі. A = а  α болсын. Егер b  α деп алсақ, онда b ⊄ α екендігінен b 

түзуі  мен  α  жазықтығы  қиылысуы  қажет:   

B  =  b    α,  а    α  ,  A    α,    B    α  

болғандықтан, 

а    AB  болуы  қажет.  АВ  және  b  түзулері  арқылы    жазық- 

тығын жүргіземіз. 

а  b, а  AB  а   болуы қажет. Онда А нүктесі арқылы  

а  түзуіне  перпендикуляр  әртүрлі  екі  α  және    жазықтықтары  өтеді.  Олай  

болуы  мүмкін  емес.  Алынған  қайшылық 

b    α =    екенін,  яғни  b    α екенін 

көрсетеді. 

2.30. 

АВСD  —  тетраэдр  болады,  яғни  оның  барлық  жақтары  —  өзара  тең  

тең қабырғалы үшбұрыштар. 

PD  AB және  CP

AB

⊥

⇒

⊥

⇒

⊥

AB

CDP

AB

PQ. 

Ал  PQ

CD

⊥

 осы сияқты дәлелденеді. 

СDP — тeң бүйірлі үшбұрыш: 

 

PD=CP. Ал  DP

a

a

a

=

−

=

2

2

4

3

2

.   ⇒

=

−

=

−

=

PQ

DP

DQ

a

a

a

2

2

2

2

3

4

4

2

2

.

Жауабы: 

⇒

=

−

=

−

=

PQ

DP

DQ

a

a

a

2

2

2

2

3

4

4

2

2

.

36

Тақырып бойынша келесі 

мақсаттарға  қол 

жеткізіледі

Оқыту ресурстары

–  Үш  перпендикуляр  тура-

лы теореманы білу және оны 

есептер шығаруда қолдану; 

–  нүктеден  жазықтыққа 

дейінгі  және  айқас  түзулер 

арасындағы  арақашықтық-

тарды білу; 

1. Ә. Н. Шыныбеков, Д. Ә. Шыныбеков, Р. Н. Жұмабаев. 

Геометрия-10,  

жалпы 

редакциясын 

басқарған  

М. Өтелбаев, «Атамұра», Алматы, 2019

2. Ә. Шыныбеков, Геометрия-10, дидактикалық мате-

риалдар жинағы  

«Атамұра», Алматы, 2019

3. http://bilim land.kz/ru

4. http://interneturok.ru/ru/shkool/geometry/10-klass/

sistemy-iz-lineynyh-i-kvadratnyh-neravenstv

5. http://interneturok.ru/ru/shkool/geometry/10-klass/

6. http//www.yaklass.ru/p/ geometry/ 10-klass/

7. http//www-formyla.ru/index.php/2011-09-2-39-

24/2011-09-20-23-58-11

8.http://festival.september.ru/articles/100725/

9.http://www.youtube.com/watch?v=LKuC7RF2hZA

10. http://www.webmath.ru/poleznoe/formules18

Әдістемелік нұсқаулар. Тақырыптың қиындығы — ол есептер шығару бары- 

сында  нүктеден  жазықтыққа  түсірілген  перпендикуляр  табанын  дәл  анықтап,  

сызбадағы  көлбеу  мен  перпендикулярды  ажырата  білуде.  Өйткені  стерео- 

метрияның  көптеген  есептеріне  берілген  сызбаларда  көлбеу  перпендикуляр 

сияқты, ал перпендикуляр көлбеу сияқты әсер қалдырады. Мысалы, 15-суретте 

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

  кубы  берілген.  Бұл  суретте 

B

1

K кесіндісі ВС-ға перпендикуляр 

сияқты болып  көрінгенімен, бұл кесінді көлбеу болады. 

ескерту:

Мұнда  оқушылардың  қажетті  сызба  жұмыстарын,  

қысқаша  жазуды  және  ауызша  тұжырымдауды  дұрыс 

айтуын назардан тыс қалдырмау қажет.

Сондықтан  оқушыларды  нүктеден  жазықтыққа  

жүргізілген  перпендикуляр,  көлбеу  және  оның  проек- 

цияларын  ажырата  білуге  арналған  машықтандыру  

практикалық тапсырмаларын көптеп орындатқан жөн.  

Өйткені  бұл  тақырып  кейінірек  көпжақтардың  биік- 

D

C

K

B

P

A

D

1

B

1

С

1

A

1

Үш перпендикуляр туралы теорема

37

тіктерін, әсіресе пирамидалар  биіктіктерінің табанын дәл анықтап, оны есептерді 

шешу  барысында  қолдану  үшін  маңызды.  Осыған  қосымша,  оқушылардың 

геометриялық  деректерді  қысқаша  символдар  көмегімен  жазу  және  оқу 

дағдысын дамыта түсу қажет. Ол үшін сабақты түсіндіру барысында мынадай 

көрнекіліктерді қолданған дұрыс:

Сөзбен айтылуы

Қысқаша 

жазылуы

Сызбасы

АВ    α,  С    α   АВ  —  перпен- 

дикуляр, 

В  —    оның  табаны,  

АС — көлбеу, С —  оның табаны, 

BС —  көлбеу проекциясы

AP,  AD,  AC  —  көл- 

беулер.

А

P

B

D



C

А

B

v



C

1-теорема 

(Үш  перпендикуляр  туралы).  

Егер  жазықтықта  көлбеудің  та-

баны  арқылы  жүргізілген  түзу 

оның проекциясына перпендику-

ляр болса, онда бұл түзу көлбеуге 

де перпендикуляр болады. Кері-

сінше,  егер  жазықтықтағы  түзу 

көлбеуге  перпендикуляр  болса, 

онда  бұл  түзу  көлбеу  проекция-

сына да перпендикуляр болады.  

АВ  α, b ⊂ α, 

AC —  көлбеу,

BС  b  AС  b,

AС  b  BС  b.

2-теорема. 

Жазықтықтан тысқары нүктеден 

осы жазықтыққа перпендикуляр 

мен көлбеулер түсірілген:

1)  проекциялары  тең  көлбеулер  

тең болады; 

2)  проекциясы  ұзын  болатын  

көлбеу ұзын болады;

3)  перпендикуляр  кез  келген 

көлбеуден қысқа болады. 

1)

 BD = BP  AD = AP;

2)

 BD < BP  AD < AC;

3) 

AB < AC,

   AB < AD,

   AB < AP.

 

38

Жаттығуларға  шолу.  2.37.  Бұл  есептің  тәжірибелі  математиктер  үшін  аса 

қиындық тудырмайтыны даусыз. Десек те, осындай есептерді шешу барысында  

оқушылардың қиналатын бірнеше тұстары бар. 

Есеп шартында 

AB=CD=4 см берілген және бұл кесінділердің α жазықтығы- 

ның  бір  жағында  немесе  әртүрлі  жақтарында  жататыны  туралы  айтылмаған. 

Мұны оқушылар логикалық жолмен өздері анықтауы қажет. Мысалы, егер бұл  

кесінділер  жазықтықтың  бір  жағында  орналасқан  болса,  онда 

AC    α  болып,  

AC    α  =  E  шарты  орындалмас  еді.  Сондықтан  бұл  кесінділер  α  жазық- 

тығының әртүрлі жақтарында жатады.

Жалпы  жағдайда  есепке  қажет  сызба  a)  түрінде  

салынады  және  есепті  «талдау»  процесі  кезінде  көп- 

теген  оқушылар  «сурет  бойынша» 

АВЕ  және  CDE   

үшбұрыштарының  тік  бұрышты  үшбұрыштар  бола- 

тынын естерінен шығарып алып, дағдарысқа ұшырап 

жатады.  Сондықтан  мұндай  жағдайларда  сызбадағы  

кейбір  фигуралардың,  ә)  суретінде  көрсетілгендей,  

дәл  бейнелерін  сала  білу  бейімділіктері  мен  дағды- 

ларының  қалыптасуына  үлкен  мән  беріп  отыру  

қажет.  Егер  оқушы  а)  сызбасының  орнына  ә)  суретін  

қолданса,  онда  бұл  есепті  шешу  оған  көп  қиын- 

дық тудырмайды (18-сурет).

Берілгені: АВ  BD, CD  BD  АВ = CD = 4 cм, 

 BAE = 60°.

1) 

Дәлелдеу керек: BE=ED; AE=EC; 

2) 

Табу керек: AC мен BD-ны.

Шешуі. 1) 

АВ  BD, CD  BD  АВ  CD   BAE =  DCE — айқыш бұ- 

рыштар.

 Ал AB=CD және сүйір бұрыштарының теңдігі бойынша ABE=CDE  

  BE=ED, AE=EC.

2) 

ABE үшбұрышынан:  AE

AB

=

°

= ⋅ =

cos 60

2 4

8 cм,

 

BE

AE

=

⋅

° =

sin 60

4 3 см. Онда AC=2AE=16 см,  BD

BE

= ⋅

=

2

8 3 см.

2.38,  2.39-есептер  үш  перпендикуляр  теоремасын  

пысықтауға  берілген  және  оларды  146-есепті  сыныпта  

талдаған  соң  үй  тапсырмасы  ретінде  қарастыруға  бо- 

лады. 

2.40. 1) Трапецияның орта сызығы ретінде анықтала- 

ды: 

СС

1

5 1

2

3

=

+

= см (19-сурет).

А

А

C

D

B

a)

C

B

D

E

б)

E

18-сурет

А

C

B

B

1

C

1

A

1

19-сурет

39

2) 

АA

1

BB

1 

трапециясының 

АВ  және  A

1

B

1

  диаго- 

нальдарының орталарын қосатын кесіндінің ұзындығы 

ретінде анықталады (20-суретті қараңыз):           

СС

BB

AA

1

1

1

2

5 1

2

2

=

−

= − =  см.

2.41.  Дұрыс  үшбұрышты  пирамиданы  қарасты- 

рыңыз.

2.42. Конус. 

2.43. Пропорционал кесінділердің қасиеті. 

2.44. 

а  α, b   болсын. 

Дәлелдеу керек: α  .

Дәлелдеуі. а  α = A, b   = B болсын. Кері жорып, α   = b түзуі бойымен  

қиылыссын делік. Егер 

C  b нүктесін алсақ, онда АВС үшбұрышында екі тік  

бұрыш бар: 

A = B = 90°, себебі а  AC,  а  BC. Қайшылық, олай болса, α  .

2.45.  Бізге  қажет  көлбеулердің  проекциялары 

O  нүктесінен  ромб  қабырға- 

ларына  түсірілген  перпендикулярлар  болады  және  олардың  әрқайсысы  ромб 

биіктігінің жартысына тең, яғни өзара тең. Онда 2-теорема бойынша 

K нүктесі- 

нен ромб қабырғаларына дейінгі қашықтықтар өзара тең. 

2.49.  Алдымен  кесінді  мен  жазықтықтың  ортақ  нүктелері  болмайтынын 

көрсету қажет. 

2.54.  Проекциялары  тең  көлбеулердің  теңдігін- 

ескеріп,  есепке  қажет  сызбаны  көрсеткендей  

етіп салуға болады. 

Берілгені: AD  BC, AB = 13 cм, BD=5 cм, AC=37 cм.  

Табу керек: СD-ны (21-сурет).

Шешуі.  AD

AB

BD

=

−

=

−

=

2

2

169 25

12 cм. 

CD

AC

AD

=

−

=

−

=

2

2

1369 144

35 cм.  

Жауабы: 35 см.

2.55. 

Берілгені: POα, PO=m, PQO=PRO=30°, ∠QOR=120°. 

Табу керек: QR (22-сурет). 

Шешуі. PO

PO

m

=

°

=

tg30

3 ,  

RO

QO

m

=

= 3 .

Онда косинустар теоремасы бойынша

QR

OQ

PO

OQ OR

2

2

2

2

120

=

+

− ⋅

⋅

⋅

° =

cos

=

+

+ ⋅

⋅ =

⇒

=

3

3

2 3

1

2

12

2 3

2

2

2

2

m

m

m

m

QR

m.

=

⇒

=

9

3

2

m

QR

m.

А

B

C

C

1

B

1

20-сурет

D

B

C

A

21-сурет

22-сурет

O

R

Q

P

a

40

жүктеу/скачать 1,22 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: