Математиканы

Е


С В
F
8-сурет


Шешуі. ВС мен AC катеттерін сәйкес х пен у ар-ылы белгілейік.

ВСЕ, ACF — тікбұрышты үшбүрыштар болғандықтан,
ВС ²  BE ²  EC ²
және

CF ²
 AF ²

• 
  AC
  

² , яғни x
2

_{2 } y
73 
4
және
^x  52  y ²

2
4
. Бұл тендеулер жүйесін

шешіп, х пен у-ті табамыз:


73  0,25y ²  4  52  4y ² ,


y ²  36 ;

y  6cм ,
х  8см ;
АВ 
 10см .

^S AВС
 0,5АС  ВН
 0,5  28  h  14h ; екінші жағынан
^S АВС ^
 336см² .

Демек, 14h=336, h=24 см. Енді CD=x деп алып, ABC үшбұрышының ішкі бұрышы биссектрисасының қасиетін пайдаланайық: ВС:АВ=CD:DA, 30:26=x:(28-x), х=СD=15см; AD=28-15=13см. ВСН : СН ²  ВС ²  ВН ²  324,

CH=18 см, DH=CH-CD=18-15=3см, S=0,5
DH  ВН
 36см² .

3. 
   мысал. Медианалары
   

m_b  9см ,
m_a  12см ,
m_c  25см
болатын

үшбұрыштың ауданын есептеу керек (9-сурет).


С


А

9. 
   сурет
   

Шешуі.
ABC : m_b  BE  9см ,
m_a  AD  12см .
m_c  CF  15см . Берілген

элементтер мен іздеген элементтің арасындағы байланысты анықтайық (О — медианалардың қиылысу нүктесі).

AOC : AО  ² m  ² 12  8см , OC  ² m
 10см , OE  ¹ m
 3см

_{3 a 3
3} с ₂ b

ОЕ медианасын екі еселеп, АОС үшбұрышын AOCB₁
параллелограмына дейін толықтырайық. Сонда AC ²  OB²  2(AO²  OC² ) ;
AC  . Осы сияқты OD медиананы екі еселеп, ВОС үшбүрышын
параллелограмға толықтырсақ:
BC    .
Осылай қарастырып, АВ=10см екенін аламыз. Енді Герон

ABC
формуласымен ауданды есептесек, S_  72см² .

Осы есепті басқа әдіспен шешейік.
AOC мен
ABC -ның табандары тең

болғандықтан, S
 ¹ S
Шынында да,
OME ~ BNE ,
OM _ OE _{, ал}
OE _ 1

AOC
₃ AOC
BN BE
BE 3

болғандықтан,
^OM  ¹ . Сондықтан
BN 3

^SAOC ^SABC
_ OM
BN
 ¹ ,
3
^SAOC
 ¹ S
3

ABC

Енді
AOCB₁
параллелограмынан:

1
^SAOC ^{ S}OCB ^;

p  12 ,
S_  24см² ,
S_  72см²

2. 
   Геометрия есептерін шешудің әдістеріне: а) геометриялық;
   

б) алгебралық; в) комбинациялық деп аталатын негізгі әдістер жатады.
Есептерді геометриялық әдіспен шешкенде логикалық ойлаудың жәрдемімен белгілі теоремалар арқылы тұжырымдауды қажетсінетін сөйлемдерді дәлелдейміз. Ал есептерді алгебралық әдіспен шешкенде ізделінген шаманы табу, не тұжырымдауға тиісті сөйлемді дәлелдеу тікелей есептеу жолымен немесе теңдеулер мен олардың жүйелерін құру арқылы іске асады. Тікелей есептеу әдісінің мәні мынада: есептің берілгендері мен белгісіздерінің жан-жақты байланыстарынан аралық қосымша белгісіз шамалар тізбегі құрылады, тізбекке қатысытын әрбір белгісіз шама анықталады немесе іздеген шама белгілі шамалар арқылы өрнектеледі.

4. 
   - мысал. Теңбүйірлі ABC үшбұрышының табаны AC, төбесіндегі В бұрышы сүйір, С бұрышының биссектрисасы CD кесіндісі болсын. D нүктесі арқылы CD биссектрисасына перпендикуляр түзу жүргізілген. Бұл түзу үшбұрыштың AC табанымен немесе оның созындысымен Е нүктесінде қиылысады. AD =0,5ЕС болатынын дәлелдеу керек (10-сурет).
   

В


F
D
Е А K С

10. 
    сурет
    

Есеп геометриялық әдіспен тікелей шешіледі. CD кесіндісі — EFC үшбұрышының әрі биіктігі, әрі биссектриссасы. D нүктесін ВС қабырғасымен (CD  EF және CD — С бұрышының биссектриссасы) қиылысқанша созсақ, EFC теңбүйірлі үшбұрышы шығады. Есептің шарты бойынша CD  EF. Ендеше ED = DF. D нүктесінен ВС-ға параллель түзу жүргізсек, ол AC табанымен К нүктесінде қиылысады. Бұл DK кесіндісі EDC үшбұрышының медианасы бола алады. ЕК:КС = ED:DF = 1, бұлардан DK = 0,5ЕС, сондықтан AD = DK= 0,5 EC.

4. 
   - мысал. Теңбүйірлі трапецияға іштей дөңгелек сызылған. Трапеция
   

ауданының дөңгелек ауданына қатынасы
^ -ге тең. Трапецияның үлкен
8

табанындағы сүйір бүрышын табу керек (11-сурет). ABCD — теңбүйірлі

трапециясы берілген,
S_дон : S_TP   : 8 .

Бірінші тәсіл. Есептің мазмұнынан оны синтез әдісімен немесе алгебралық әдіспен шешуге болатынын байқаймыз. Синтез әдісі бойынша

r ²


0,5(a  b)  2r
 ^ , 8
a  b  8r,
_{r } a  b _.
8

Екінші жағынан шеңберді сырттай сызылған төртбұрыштың қасиеті бойынша AD+BC=AB+DC теңдігін жаза аламыз. Бұдан 2AD=a+b,

AD=0,5(a+b). Тікбұрышты AED үшбұрышынан
sin A  ^DE 
AD
4r a  b
; бұл

теңдікке r-дің мәнін қойып ықшамдасақ, sin A = 0,5 шығады. Сонымен,
A  ^ .
6


A B
E

10. 
    сурет
    

Бұл есепте жоғарыда айтылған тірек элементін және қосымша белгісіздер енгізу, теңдеу құру, қосымша белгісіздерді ығыстыру процестерінің барлығы орындалады.

Екінші тәcіл. 11-суреттен AD=BC теңдігін ескеріп, бір нүктеден шеңберге жүргізілген екі жанама тең болатынын пайдалансақ,

AN  ^a ,
2
NN  ^b ,
2
sin A  ^DE 
AD
2r _
AN  ND
4r _.
a  b

r-дің 1-тәсілдегі мәнін орнына қойсақ, sinA = 0,5, бұдан
A  ^ .
6

Теңдеулер құру арқылы шешілетін есептерді қарастыралық.
6-мысал. Тікбұрышты үшбұрыштың гипотенузасы с-ға тең, үшбұрыштың бір сүйір бұрышынан катеттерінің біріне ұзындығы m-ге тең медиана жүргізілген. Осы үшбұрыш катеттерінің ұзындықтарын табу керек (12-сурет).


В


D


С А
12-сурет

бойынша:
АС ²  ВС ²  AB ² ,
АС ²  СD²  AD²
немесе
x²  y²  c² ,

x² 
(0,5y)² 
m² . Бұл жүйенің шешімі
BC  2
, AC  .

Математикалық есептердің көбінде қосымша белгісіздер енгізу әдісі қолданылады. Бұл есептердің берілген элементтері мен қажетті теориялық материалдарды байланыстыруға септігін тигізеді. Есепті шешу барысында осы қосымша белгісіздер ығысады.
7-мысал. Ромб биіктігі оның қабырғасын m және n бөліктерге бөледі.
Ромб диагоналдарының ұзындықтарын табу керек (13-сурет).
С


А
13-сурет

1. 
   тәсіл. Теңдеулер құруға қажетті белгісіздер енгізелік. Ол үшін АС=x,
   

BD=y деп белгілейміз. Сонда
АВ  AE  EB  m  n.
Бұл қосымша элементті

есеп шартындағы белгілі және белгісіз шамалар арқылы өрнектейміз. ЕD  h

десек,
h²  y²  n²
және
h²  (m  n)²  m².
h² -тың мәндерін теңестірсек,

у²  n²  (m  n)²  m² , х-ті табамыз:
y ²  2mn  2n²
немесе
y  . АОВ үшбұрышынан

АО²  AB ²  OB²  (m  n)²  (0,5
AC  x  2AO 
2n(m  n))² ,
.

Сонда жауабы: 2n(m  n), .

2. 
   тәсіл. Аудандарды пайдалану әдісі бойынша
   

0,5d₁d₂
шамасын

қосымша элементтер арқылы табылатын ауданға теңестіреміз, яғни

0,5d₁d₂  (m  n)
2n(m  n) , мұндағы
h  2n(m  n) . АОВ үшбұрышынан

(0,5d )²  (0,5d )²  (m  n)² немесе d ²  d ²  4(m  n)² . Бірінші теңдіктің екі
1 2 1 2
жағында 4-ке көбейтіп екінші теңдікке қоссақ, онда

1 2
(d  d )²  4(m  n)
 4(m  n)²  4(m  n)(
 m  n).

Бірінші теңдіктен d₁ -ді тапсақ және оны соңғы теңдікке қойсақ,

түрлендіргеннен кейін
d  болады. Енді d ²  4(m  n)²  d ²

2 1 1

теңдігіне
d ₂ -нің табылған мәнін қойсақ,
d₁  екені шығады. Егер

берілген есепте кейбір шамалардың (ұзындықтардың немесе аудандардың) қатынастарын табу қажет болса, дербес жағдайда белгілі бір бұрышты есептеу қажет болса, ондай есептер көмекші параметр енгізу деп аталатын тәсілмен шешіледі. Бұл тәсіл бойынша есепті шешу үшін сызықтық

Талдау. Іздеген жазықтық а түзуіне паралелль а₁
түзуі арқылы өтуі

керек. Дәл осы сияқты іздеген жазықтық b түзуіне паралелль b₁
түзуі арқылы

өтуі керек. а₁
және b₁
түзулері А нүктесі арқылы өтуі керек.

Салу. 1. А нүктесі және а түзуі арқылы  жазықтығын жүргіземіз. 2.

 жазықтығында А нүктесі арқылы а түзуіне паралелль а₁
түзуін

жүргіземіз. 3. А нүктесі және b түзуі арқылы  жазықтығын жүргіземіз. 4. 
жазықтығында А нүктесі арқылы b түзуіне паралелль b₁ түзуін жүргіземіз. 5.

а₁ және b₁
түзулерінен бір-бірден М және N нүктелерін таңдап аламыз. 6. А,

М, N нүктелері арқылы іздеген ^а жазықтығын жүргіземіз.

Дәлелдеу. 1. Салуымыз бойынша
а₁ а
және
а₁  . яғни,
а 
 . 2.

b₁ b -бұл салуымыз бойынша және
b₁  . Демек,
b 
 . 3.
A  a₁
және
A  b₁ .

сонда, A .
Зерттеу. А нүктесінің а немесе b түзулерінде жатуына тәуелсіз есептің әрқашан шешімі болады. Егер а мен b түзулері паралелль болмаса,

онда есептің бір ғана шешімі бар болады. Ал көп шешуі бар болады.
а b
болса, онда есептің сансыз

2. 
   мысал. Барлық төрт қабырғасы және қарама-қарсы екі қабырғасының орталарын қосатын кесінді берілген жағдайда ABCD төртбұрышын салу керек (14-сурет).
   

D С


C₁
14-сурет


Шешуі. ABCD — ізделген тертбұрыш, EF — АВ және DC қабырғаларының орталарын қосатын кесінді болсын. AD қабырғасын

параллель жылжытып
ED₁
және ВС қабырғасын параллель жылжытып
EC₁

жағдайына келтіреміз, сонда
DD₁  AE ,
DD₁
AE ; CC₁  BE ,
CC₁
BE , DF  CF —

бұлар шарт бойынша, демек,
DD₁F  FC₁C
(екі қабырғасы және олардың

арасындағы бұрышы бойынша тең). Бұл үшбұрыштардың теңдігінен

DFD₁  CFC₁
шығады. Демек,
D₁ , F және
C₁ — нүктелері бір түзудің

бойында жатады.
D₁ EC₁
үшбұрышында екі қабырғасы мен үшінші медианасы

белгілі болғанда оны салуға болады. Бұдан соң үш қабырғасы бойынша

DD₁ F және
FCC₁
үшбұрыштарын салып,
DAED₁ , және
BEC₁C

параллелограмдарын салуға болады. Бұдан соң A және В нүктелері анықталады.

Салу.
DEC₁
үшбұрышын
D₁ E  AD
және
CE₁  BC , сондай-ақ EF

медианасы бойынша саламыз. Бұл үшін ең алдымен 2EF,
ED₁ ,
EC₁ , үш

қабырғасы бойынша үшбұрыш салып, оны параллелограмға дейін

толықтырамыз. Осы параллелограмның жартысы
D₁EC₁ — үшбұрышы

болады. Қабырғалары
¹ DC
2
және
¹ AB
2
болатын өзара тең үшбұрыштар
D₁ F

және
FC₁
кесінділеріне салынады. Бұлар арқылы D және С нүктелерін

саламыз.
DAED₁
және
BEC₁C
параллелограмдарын салып, А және В

нүктелерін табамыз.
Дәлелдеу. ABCD төртбұрышы — ізделген төртбұрыш, себебі ол есептің барлық шарттарын қанағаттандырады. DF және FC бір түзудің бойында

жатыр, себебі
DFD₁  CFC₁ және
DF₁ және C₁ F
бір түзудің бойьшда жатыр.

Зерттеу.
ED₁C₁ үшбүрышын салу үшін
2EF  AD  BC
және

2EF 
AD  BC
шарттарының орындалуы қажетті, ал
DD₁ F
және
FCC₁ —

салу үшін
D F  ¹ ( AB  CD) және D F 
AB  CD
шарттары орындалуы

1 ₂ 1
қажетті. Егер бұл шарттар орындалса, онда есептің бір ғана шешімі бар болады.
Әдістемелік ұсыныстар: 1. Кеңістікте салуға берілген есепті шешуге кірісуден бұрын материалдың теориялық жағын меңгеріп алу қажет. 2. Салу есептерін шешуге кіріскенде алдымен қарапайым салулардан бастап шешу керек. 3. Есептер шешу кезінде әсіресе көрнекі құралдар мен модельдерді (нұсқаларды) пайдаланудың ерекше маңызы бар. 4. Негізгі салуларды дәл орындау керек: а) кеңістіктегі нүктенің орнын анықтау; б) берілген екі нүкте арқылы түзу жүргізу; в) бір түзудің бойында жатпайтын үш нүкте арқылы жазықтық жүргізу; г) түзу мен жазықтықтың қиылысу нүктесін табу; д) әрбір жазықтықта барлық планиметриялық салулардың орындалуы; е) егер өзін анықтайтын элементтер берілсе, онда геометриялық дене салу.
Егер кеңістікте салуға берілген есептердегі негізгі амалдар, яғни онда ұсақ бөліктерге бөлінетін негізгі қарапайым салулар түгел орындалса, онда кеңістіктегі кез-келген геометриялық салу орындалады деп есептеледі.