Салу есептерін шешу әдістемесі
жүктеу/скачать 413,14 Kb.
|
Салу есептеріне жаттығулар 2
АКТ-Тапсырма-9-апта-9зерт-Шынжігіт Б.
| 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.
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.
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.
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: жүктеу/скачать 413,14 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|