mа hв, mа hс
теңсіздіктері орындалғанда ғана мүмкін болады. Ал 3) – 7) салу қадамдары әрқашан орындалады. Олай болса, бір уақытта hв 2mа және hс 2mатеңсіздіктері орындалғанда есептің жалғыз шешуі бар. Басқа тәсілмен шешкенде өзге шешім шығуы мүмкін емес, себебі mа = mа, hc = hc, hв = hв ∆АВС = ∆АВС.
Есеп 3: р периметрі мен іргелес , бұрыштары бойынша үшбұрыш салу.
Шешуі:
Талдау: Айталық ВС – ізделінді үшбұрыш (4 - сурет),
А
В + ВС + СА = р
және ВАС = , ВСА = .
Егер АС табанының созындысына АD = AB,
CE = BC болатындай кесінділер белгілесек,
DE кесіндісінің ұзындығы периметрге тең
болады, яғни DE = p. D, E нүктелерін АВС
үшбұрышының В төбесімен қосамыз.
Сонда DBA және EBC тең бүйірлі үшбұрыш-
тары шығады. Үшбұрыштың сыртқы бұрышының қасиетін ескерсек, ADB =ABD = , CBE = CEB = . Демек DEB үшбұрышы бір қабырғасы және оған іргелес екі бұрышы бойынша белгілі.
Салу: 1) DЕВ үшбұрышы (DE = p, BDE = , BED = ).
DB кесіндісінің орта перпедикуляры: n1
3) DE ∩ n1 = A нүктесі
4) BЕ кесіндісінің орта перпедикуляры: n2
5) DE ∩ n2 = В нүктесі
6) АВ, СВ кесінділері
∆ АВС – ізделінді.
Дәлелдеу: n1, n2 орта перпендикулярлар болғандықтан, сәйкесінше АВ = AD, BC = CE. Ал салу бойынша DA + AC + CE = p, бұдан АВ + АС + ВС = р.
Егер n1∩ DB = K, n2 ∩ EB = P десек,
KAD = 900 - , PCE = 900 - .
Дәл осылайша, KAВ = 900 - , PCВ = 900 -
Сонда
ВАС = 1800 - ВАD = 1800 - KAВ - KAD = 1800 – 900 + - 900 + =
ВСA = 1800 - BCE = 1800 - PCB - PCE = 1800 – 900 + - 900 + =
Зерттеу: + шарты орындалғанда есептің шешімі бар және ол жалғыз болады. Себебі, қарсы жорып, АВС үшбұрышы да шешім болады десек, ВАС= , ВСА = , АВ + ВС + СА = р, онда ∆АВС = ∆АВС.
Есеп 4: а, в, с түзулері, р кесіндісі берілген. с – а, в түзулерін қияды. Ұштары а, втүзулерінде болатын, с - ға параллель және р кесіндісіне тең кесінді салыңыз.
Шешуі:
Талдау: Есеп шешілді делік, А а, В в, АВ = р, АВ || с (5-сурет). Берілген мен ізделінді фигуралардың арасындағы байланысты анықтау үшін, кейбір қосымша нүктелер мен сызықтар жүргізу керек.
Айталық с в = Р. АМ || в сәулесін жүргізсек және АМ с = Q деп белгіле-сек, АВРQ төртбұрышты параллелограмм болғандықтан PQ = AB = p.
C
алу: 1) с в = Р нүктесі
2) с түзуінен PQ = p кесіндісі (Qс )
3) QМ || в түзуі
4) QM a = A нүктесі
5) AN || c түзуі
6) AN в = В нүктесі
АВ – ізделінді кесінді.
Дәлелдеу: Салу бойынша Аа, Вв, АВ || с. Ал АВРQ параллелограмм бол- ғандықтан, АВ = PQ = p.
З
ерттеу: Есеп шарты бойынша в, с түзулері қиылысады, онда Р нүктесі әрдайым табылады. Ал екінші салу қадамындағы РQ кесіндісі екеу болады, (2.4., 3) салу). Сонда әрбір Q, Q' нүктелері үшін салу жоспары жеке орын-далады. Мынадай жағдайлар болу мүмкін:
1) QM a, онда QM || в || Q'M' болғандық-
тан, Q'M' түзуі де а түзуін қияды (6-сурет).
2) QM || a
3) QM а (беттеседі)
1) жағдай а, в түзулері қиылысқанда ғана
мүмкін. Онда 4) - 6) салу қадамдар Q, Q'
нүктелерінің әрқайсысы үшін бірмәнді
орындалады да, есептің екі шешімі болады.
2) жағдай а || в және с түзуінің а, в түзулерінің арасындағы кесіндісі р – дан өзге болғанда ғана орындалады. Онда QMa = A нүктесі болмайды да, есептің шешімі жоқ делінеді.
3) жағдай а || в және с түзуінің а, в түзулерінің арасындағы кесіндісі р – ға тең болғанда орындалады. Онда есептің шексіз көп шешімі бар.
Есеп5: СD биссектрисасы және оның С төбесінен жүргізілген биіктікпен, медианамен арасындағы бұрыштары берілген. Осы элементтері бойынша АВС үшбұрышын салыңыз.
Шешуі:
Т
алдау: Есеп шешілді делік, АВС – ізделінді үшбұрыш (7 – сурет). Мұндағы НСD, МСD бұрыштары және СD биссектрисасы ұшбұрыштың берілген элементтері. Онда алдымен СD гипотенузасы мен НСD бойынша НСD, содан соң СН катеті менМСD + НСD
бойынша НСМ тікбұрышты үшбұрыштарын
тұрғызуға болады. Егер -АВС үшбұрышы-
на сырттай сызылған шеңбер десек, оның
СD биссектрисасымен қиылысу нүктесі,
яғни Е нүктесі – АВ хордасының ортасы
болады. Сондықтан ол АВ қабырғасына
тұрғызылған орта перпендикулярдың бойында
жатады, ал ол түзу М нүктесі арқылы өтеді.
Салу: 1) СD гипотенузасы мен НСD бойынша НСD тікбұрышты үшбұрышы
2) СН катеті мен НСМ = МСD + НСD бойынша НСМ тікбұрышты үшбұрышы
3) М нүктесі арқылы МК НD түзуі
4) МК СD = Е нүктесі
5) СЕ кесіндісінің орта перпендикуляры: n
6) n МК О нүктесі
7) (О, ОС) шеңбері
8) НD = А және В нүктелері
АВС – ізделінді үшбұрыш.
Дәлелдеу: Салу бойынша НСD – биіктік пен биссектрисаның арасындағы бұрыш, онда
DCM = HCM - HCD = MCD + HCD - HCD = MCD.
Егер МК Р (Е – ден өзге нүкте) десек, О РЕ (РЕ – диаметр). Салу бойынша АВ РЕ, онда МА = МВ, яғни Е – АВ кесіндісінің орта перпендикулярында жатыр. Бұдан АЕ = ЕВ, яғни АСЕ ЕСВ СD – биссектриса.
Зерттеу: Егер + 900 болса, есептің шешімі болмайды. Егер + 900 болса, есептің жалғыз шешімі бар.
Есеп 6: АВСD тіктөртбұрышы берілген. Оның СD қабырғасынан АВМ, BCM, ADM үшбұрыштары ұқсас болатындай етіп, М нүктесін табыңыз.
Шешуі:
Талдау: Есеп шешілді, яғни ізделінді М нүктесі тұрғызылды делік (8-сурет). Онда АВМ, BCM, ADM үшбұрыштарының ұқсастықтарын және С=D=900
е
кенін ескеріп, АМВ = 900 теңдігін аламыз. Ал тікбұрышты үшбұрышқа сырттай сызылған шеңбердің қасиетін пайдалансақ М, мұндағы -диаметрі АВ болатын шеңбер.
Салу: 1) О – АВ кесіндісінің ортасы
2) (О, ОВ) шеңбері
3) DC = М нүктесі
М – ізделінді нүкте.
Дәлелдеу: М АМВ 900, ал А В 900 екенін ескерсек, МАВ 900 -МАD АМD, дәл осылайша МВА ВМС. Онда
АМВ АМD ВМС.
Зерттеу: Салу жоспарының 3) қадамына байланысты мына жағдайлар болу мүмкін:
ВС ОВ, онда DC қимасы М және М нүктелерінен құралады да, есептің екі шешімі болады.
ВС = ОВ, онда DC = М – жалғыз нүкте, олай болса, есептің бір ғана шешімі бар.
ВС ОВ, онда DC = , яғни есептің шешімі жоқ.
Кейбір геометриялық салуларды тек бір құралдың көмегімен де шешуге болады. Мысалы, тек циркульдың көмегімен шешілетін салу есебін қарастырайық:
Достарыңызбен бөлісу: |