58. ШЕҢБЕРДІ ҚИЮШЫЛАР ЖАСАҒАН БҰРЫШТАР

139
3-теорема.
2-теорема.
2. Екi хорданың қиылысуынан пайда болатын бұрыштар.
Кез келген екi хорданың қиылысуынан пай да болған кез келген 
вер тикаль бұрыш  олардың қабырғалары тiрелген доғалар қо сын-
дысының жарымына тең болады.
Дәлелдеу. 
∠
ABC
 – 
CD
  және 
AE
  хор далардың  қиылысуынан  пайда 
болған бұ рыштардың бiреуi болсын (3- сурет). 
1
(
2
)
ABC
AC
DE
∠
=
∪
+ ∪
  болатынын  дәлелдеймiз.  Ол  үшiн 
A
  және 
D
  нүктелердi  қосамыз,  онда 
∠
ABC
 – 
ABD
-ға  қарағанда  сыртқы  бұрыш 
болады.  Демек, 
∠
ABC
 = 
∠
ADC 
 + 
∠
DAE
.  Бiрақ 
1
2
ADC
AC
∠
= ∪
  және 
1
2
DAE
DE
∠
= ∪
. Сондықтан  
(
)
1
1
1
2
2
2
ABC
AC
DE
AC
DE
∠
= ∪
+ ∪
=
∪
+ ∪
.
(
)
1
2
ABD
CBE
AD
EC
∠
= ∠
=
∪
+ ∪
  екендiгi  дәл  жоғарыдағыдай  дәлел-
денедi.  Бұны өзiңе ұсынамыз.
2-есеп. 
AB
 және 
CD
 – бір шеңбердің хордалары, 
Р 
– олардың қиылысу 
нүктесі. Егер 
BPD
 бұрышы 
BPC
 бұрышынан 4 есе үлкен, ал 
CDA
 бұрышы 
ВРС
-дан 26º-қа үлкен болса, онда 
СВР
 бұрышын табыңдар.
Берілгені: 
 
∠
BPD
 = 4
∠
BPC
, 
∠
CDA
  = 
∠
BPC
 + 26° (4-сурет).
Табу керек:  
 
∠
CBP
.
Шешуі.
 
∠
BPD
 + 
∠
BPC
 = 180°, 
4
∠
BPC
 + 
∠
BPC =
 180°, бұдан 5
∠
BPC
 = 180° және 
∠
BPC
 = 36°. 
∠
CDA
 = 
∠
BPC
 + 26° = 36° + 26° = 62°. 
∠
CBA
 = 
∠
CDA
 = 62°, өйткені олар 
∪
AC 
мен бір доға-
да  түйісетін  іштей  сы зыл ған  бұрыштар.    Бұдан  
∠
CBP
 = 
∠
CBA
 = 62°.  
    
Жауабы:
 
 
∠
CBP
 = 62°.
3.  Шеңберден  тыс  алынған  бiр  нүктеден 
оған  жүргiзiлген  екi  қиюшы  ара сындағы 
бұрыш.
Шеңберден тыс алынған бiр нүктеден оған 
жүргiзiлген екi қиюшы арасындағы бұрыш 
(ABC
) қиюшылар арасындағы доғалар (
AC 
және 
DE
) айырмасының жарымына тең.
Дәлелдеу.
 
B
  —  шеңберден  тысқары  алын-
ған  нүкте, 
BA
  және 
BC
  қиюшы лар  болсын. 
 
(
)
1
2
B
AC
DE
∠ =
∪
− ∪
 
болатынын  дәлелдеймiз.
 
Ол үшiн 
A 
және 
E
 нүктелердi қосамыз (5-сурет).
O
A
D
E
B
5
C
O
A
D
P
Ñ
x
B
4
)
http:eduportal.uz

140
4-теорема.
 
∠
AEC
 – 
AEB
-ға сыртқы бұрыш болады. Демек,  
∠
AEC
 = 
∠
B
 +
∠
DAE
, 
бұдан 
∠
B
 = 
∠
AEC
 – 
∠
DAE
.  Бiрақ  бұл  теңдiктiң  оң  жағындағы  бұрыштар 
оларға сәйкес 
АС
 және 
DЕ
 доғаларының жартысымен өлшенедi, 
(
)
1
1
1
2
2
2
B
AC
DE
AC
DE
∠ = ∪
− ∪
=
∪
− ∪
.
Демек,
(
)
1
2
B
AC
DE
∠ =
∪
− ∪
.  Теорема дәлелдендi.
4. 
Шеңберден тысқары алынған бiр нүктеден оған  жүргiзiлген екi 
жа наманың қасиеті.
Шеңберден  тысқары  алынған  бiр  нүктеден  оған  екi  жана ма 
жүргiзiлсе,  шеңбердiң  ортасы  олар  арасындағы  бұрыш  биссект-
ри сасында  жатады,  бұл  бұрыш  180
°
  пен  жанамалар  тiрелген  доға 
айырмасына тең.
Дәлелдеу.
  Шеңбер  тысқарысын дағы  екi 
нүк теден жүргiзiлген екi қиюшы арасындағы 
бұрышты өлшеу жөнiн дегi 3-теорема бойын-
ша  (6-суретке  қ.): 
∠
A
 
=
 0,5 (
∪
BDC
 
−
∪
BC
) 
=
 0,5 (360° 
−
∪
BC
 
−
 
∪
BC
) 
= 
180° 
−
∪
BC
, 
демек,   
∠
А
 =180° – 
ВС
    болады.    Теорема 
дәлелдендi.
OA
 және 
OC
 радиусы жүргiзiлсе, 
OA
 
⊥
 BA
 
және 
OC
⊥
BC
  болғандықтан: 
 
AOB
  және 
 
 
COB
  –  тік  бұрышты. 
AOB
 = 
COB
,  өйт-
кені 
BO
  гипотенуза  ортақ, 
OA
 = 
OC
 = 
R
. 
Үшбұрыштар  теңдігінен: 
AB
 = 
BC
.  Енді 
OC
 = 
OA
 = 
R 
және 
OA
 
⊥
 BA
, 
AB
 = 
BC
  және 
OC
 ⊥
 BC
  болғандыктан, 
O 
орталық  әрқа-
шан
BD 
биссектрисадa  жатады.  Шеңбердің 
сыр тын  дағы  бір  нүктеден  жүргізілген  екі  қи-
юшы  арасындағы бұрышты өлшеу туралы те-
орема-га негізінде: 
∠
B
 = 0,5(
∪
ADC
 – 
∪
AC
) =  0,5(360° − 
∪
AC
 − 
∪
CA
) =
  180° − 
∪
AC
. 
Демек, 
∠
B
  = 180° − 
∪
AC
  
болады.  Теорема дәлелдендi.
3-есеп. 
Шеңбердің 
А, В 
және 
С
 нүктелері оны 11 : 3 : 4 қатынасындағы 
доғаларға  бөледі.
  А,  В
  және 
С
  нүктелерінен  жанамалар  жүргізіліп,  бір-
бірімен  қиылысқанша  жалғастырылған.  Пайда  болған  үшбұрыштардың 
бұрыштарын табыңдар.
Шешуі.
 1) 
∪
BnC
 : 
∪
CD
 : 
∪
DB
 
= 11 : 3 : 4, жанасу нүктелеріне жанама-
лар жүргізуден пайда болған үшбұрыш 
AKL
 болсын (7-сурет). 
A
, 
AKL
 және 
ALK
 бұрыштарын табамыз: 
360
11 3 4
11 220
BnC
°
+ +
∪
=
⋅
=
°
; 
360
11 3 4
3
60
CD
°
+ +
∪
=
⋅ =
°
; 
360
11 3 4
4
80
DB
°
+ +
∪
=
⋅ =
°
; 
7
n
D
A
K
B
C
L
O
O
R
C
B
A
6
D
http:eduportal.uz

141
 
∪
CDB
 =  
∪
CD
 +   
∪
DB
 =  60° +  80° =  140°;
F
A
 =  180° –  
∪
CDB
 =  180° – 140° =  40°,
F
BKD
 =  180° –  
∪
DB
 =  180° – 80° = 100°,
F
AKL
 =  180° –  
∠
BKD
 = 180° – 100° =  80°,
F
ALK
 = 180° – (F
A
 +  
∠
AKL
) = 180° – (40° + 80°) = 180° – 120° = 60°.
Жауабы: 
  
∠
A
 = 40°,   
∠
AKL
 = 80°,   
∠
ALK
 = 60°.
?
Сұрақтар, есептер және тапсырмалар
 1. 
1) 
Жанама мен хордадан жасалған; екi хорданың қиылысуынан пайда 
болған; екi қиылысушы хорда арасындағы бұрыш қалай өлшенеді? 
 2) 
Бiр нүктеден жүргiзiлген екi жанама қандай қасиетке ие?
 2.
 
Шеңбердiң  радиусына  тең 
AB
  хорда 
A
  нүктесiнде  жүргiзiлген 
жанамамен қандай бұрыштар жасайды?
 3. 
Шеңберді қиятын екі хорданың арасындағы бұрыштардың бірі 70º-қа 
тең. Осы бұрышқа сыбайлас бұрыштардың қосындысын табыңдар.
 4. 
8- суретте кескiнделген 
х
 белгiсiз бұрышты тап.
 5. 
Екі радиус арасындағы бұрыш 150º-қа тең. Бұл радиустардың  соңы-
нан шеңберге жүргізілген жанамалар арасындағы бұрышты табыңдар.
 6.  B
  нүктеден  шеңберге  жүргiзiлген 
BA
  және 
BC
  жанамалар  шең-
бердi  жанасу  нүктелерiнде:  1)  5 : 4;  2)  12 : 6;  3)  9 : 6;  4)  13 : 7;  5)  2 : 3 
қатынасында екi доғаға бөледi.  
АВС
 бұрыштың мөлшерiн тап.
 7. 
Шеңбердi:  1)  2 : 7;  1)  4 : 5  қатынаста  бөлетiн  хорданың  төбелерiнен  екi 
жанама жүргiзiлген. Пайда болған үшбұрыштың бұрыштарын тап.
 8. 
Шеңберден  тысқарыдағы  нүктеден  жүргiзiлген  екi  жанаманың  жанасу 
нүктелерi  шеңбердi:  1)  1 : 9;  2)  4 : 15;  3)  7 : 11;  4)  3 : 7  қаты насындағы  екi 
доғаға бөледi. Жанамалар арасындағы бұрышты тап.
 9. 
1)  52°;  2)  74°;  3)  104°-тық  орталық  бұрыш  жасаған  екi  радиус тың 
төбелерiне жүр гiзiлген жанамалар арасындағы бұрыш табылсын.
10. 
Шеңбердің  радиусы  диаметрінен  40  мм  қысқа.  Шеңбердің  диаметрін 
табыңдар.
D
A
x
B
O
C
P
x
A
O
60°
B
C
75°
a
б
B
D
P
A
O
80°
25°
x
C
8
ә
http:eduportal.uz

142
1-теорема.
2-теорема.
Хордаға перпендикуляр диаметр осы хорданы да, оны керiп тұрған 
доғаны да тең екiге бөледi.
Дәлелдеу.
    Ортасы 
O
  нүктеде  және  радиусы 
R
 
болған  шеңбер  берiлген. 
AB 
— шеңбер  хордасы, 
CD
 — хордаға перпендикуляр диаметр болсын (1- су -
рет). 
AP
 = 
PB
  және 
∪
AD
 = 
∪
DB
  екендiгiн  дәлел деуi-
мiз  керек. Егер АВ хордасы диаметр болса, 
Р 
нүкте 
О
 
нүктемен  бетпе-бет  түседі  және  сол  нүктеде   
АВ
  хорда 
мен  оны  керіп  тұрған  жарты  шеңбердің 
А
D
В
  доғасы 
тең екіге бөлінеді, яғни дәлел орынды болады. 
АВ
 хорда 
диаметр  болмасын.  Ол  үшiн 
OA
  және 
OB
  радиус-
тарын жүргiземiз.  Пайда болған 
AOB 
— тең бүйiр лi 
үшбұрыш, себебi 
OA
 = 
OB
 = 
R
. 
Демек, 
OP
 — тең бүйiрлi үшбұрыштың төбесiнен 
AB
 табанына түсiрiлген 
биiктiк.  Тең  бүйірлі  үшбұрыштың  қасиеттеріне  орай,  ол  үшбұ рыштың 
медианасы мен биссектрисасы  бо ла ды.  Хорданың ортасы арқылы өткен 
диаметр 
АВ
  хорданы  тең  екіге  бөледі,  яғни 
AP
 = 
PB
.  Оның  биссектриса 
екендiгiнен 
∠
AOP
 = 
∠
BOP
-ны шыға рамыз.  Бұл бұрыштар тiрелген доғалар 
болған дықтан,  
∪
AD
 = 
∪
DB
. Теорема дә лелдендi.

жүктеу/скачать 5,14 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: