Қайталау сұрақтары

1. Көп кездесетін нүктелер жиынын атаңдар

а) берілген кесінді берілген бұрышпен нүктелер жиыны не болады?

ә) Шеңбер және А нүкте берілген. А нүктеден өтетін түзулердің қақ ортасының жиыны не болады? Нүкте шеңбер ішінде, бойында және тыс жатуы мүмкін.

б) Шеңбер бойында жатқан нүктеден жүргізілген хордалардың m׃n қатынаста болатын нүктелер жиыны не болады?

в) Екі нүктеден қашықтықтарының қатынасы тұрақты болатын нүктелер жиыны не болады?

Әдебиеттер

1. Рахымбек Д., Мадияров Н.К., Сейтжанова К.Б. Геометриялық салу есептері: Оқу құралы. Шымкент, «Нұрлы бейне», 2013. -287 бет

2. 1) Шыныбеков Ә.Н. Геометрия. Жалпы білім беретін мектептің 7-сыныбына арналған оқулық. Алматы, “Атамұра”, 2003. 2) Геометрия 8, 2004. 3) Геометрия 9, 2005

3. Погорелов А.В. Геометрия: Жалпы бiлiм беретiн мектептiң 7-11 сыныптарына арналған оқулық. – 2-басылымы. Алматы: Просвещение-Қазақстан, 2003, 152 б.

4-дәріс. Жазықтықтағы салу есептерін шығарудың нүктелердің геометриялық орындары әдісі.

Нүктелер жиынынан фигуралар жасалады. Белгілі бір қасиетке ие болатын, ортақ талапқа бағынатын жазықтық нүктелерінің жиынын нүктелердің геометриялық орны (қысқаша НГО) дейді.

F₁,F₂,…,F_n фигуралардың ең болмағанда біреуіне енетін нүктелердің жиынын, ол фигуралардың жиынтығы, ал бәріне бірдей енетін нүктелер жиынын ол фигуралардың қимасы дейді.

Фигуралардың қиылысу әдісі (немесе НГО әдісі) салуға арналған есеп шартын өзара тәуелсіз екі шартқа бағынатын бір нүктені табуға, келтіруге мүмкін болатын салу есептерін шешу үшін қолданылады.

Егер М нүктесі Ш₁ және Ш₂ екі шартқа бағынатын болса, онда Ш₂ шартын қоя тұрып, Ш₁ шартқа бағынатын F₁ фигураны, одан соң Ш₁ шартты қоя тұрып, Ш₂ шартты қанағаттандыратын F₂ фигурасын салса, онда бұл екі фигураның қимасы F₁ және F₂ – нің кез келген нүктесі Ш₁-де, Ш₂-де шартқа бағынар еді. Сондықтан оның кез келген нүктесін М нүктесі үшін алуға болады. Одан әрі осы нүктені пайдалана отырып есеп шартын қанағаттандыратын фигураның өзі салынады.

Енді осы нүктелер жиындарын қолдану арқылы фигуралардың қиылысу әдісімен шешілетін салу есептеріне мысалдар қарастырайық.

1-мысал. Екі қабырғасы және сол қабырғалардың біріне жүргізілген биіктігі арқылы үшбұрыш салыңдар.

Бұл есепте әртүрлі үш кесінді берілген: а, b, һ

Талдау. Есеп шешілген, ізделінді үшбұрыш салынған дейік. Ол ∆АВС болсын (7-а сурет). АС=b, ВС=а, ВD=һ (биіктік) болсын. Егер b=АС өлшеп салынса А, С екі төбе анықталады. Сонда үшінші төбе В-ны табу ғана қалады. Ол төбе екі шартқа бағынады. 1-ден оның С нүктеден қашықтығы а-ға тең болу керек, 2-ден АС түзуінен қашықтығы Һ-қа тең болуы керек.

Егер 2-шартты (талапты) ескермесек В төбесі центрі С нүктесі, радиусы r =а болатын шеңберде жатуы керек.

Егер 1-шартты ескермесек В төбесі АС түзуінен һ қашықтықта және оған параллель жүргізілген ℓ түзуінде жатар еді.

Екі шартты да ескерсек В төбесі (С, а) шеңбері мен ℓ түзуінің қиылысу нүктелерінің жиыны болуы керек.

Салу. Талдау кезеңінде анықталған есепті шешу (салу) қадамдарын, циркуль және сызғыш жәрдемімен, мына тәртіпте орындаймыз (7-б сурет)

1) Кез келген d түзуі бойына АС=b кесіндіні өлшеп саламыз.

2) С центрлі а радиусты (C, а) шеңбер саламыз.

3) АС кесінді жатқан d түзуге перпендикуляр етіп m түзуін жүргізіп, оның бойына d түзуден бастап Һ кесіндіні өлшеп саламыз. Ол EF болсын.

4. Ғ нүктеден d түзуіне параллель етіп ℓ түзуін жүргіземіз.

5. ℓ мен (С, а) шеңбердің қилысу нүктелері В₁ мен В₂ табамыз.

6. Ол нүктелерді А, С нүктелерге қосамыз. АВ₁С, АВ₂С үшбұрыштар шығады. Олар іздеген үшбұрыштар болады.

Дәлелдеу. Бұл үшбұрыштарды салу бойынша АС=b, СВ₁=а, СВ₂=а себебі В₁ мен В₂ нүктелер (С, r=a) шеңберде жатыр. Салу бойынша ℓ мен AC d түзулер арасы Һ-қа тең және В₁ мен В₂ нүктелер ℓ түзуінде жатыр. Сондықтан В₁ мен В₂ нүктелердің АС-дан қашықтығы, яғни АВ₁С, АВ₂С үшбұрыштың АС табанына жүргізілген биіктігі Һ-қа тең.

Сонымен салынған АВ₁С, АВ₂С үшбұрыштар есепте берілген үш талаптыда қанағаттандырады. Сондықтан олар ізделінді үшбұрыштар болады.

Зерттеу: 1, 2-салулар әр уақытта бір мәнді орындалады.

3) салу екі түрлі орындалуы мүмкін: Һ кесінді АС түзуінен үстінгі және астынғы жарты жазықтығында өлшеп салынуы мүмкін. Сондықтан ЕҒ₁=h немесе ЕҒ₂=h болып F₁, F₂ нүкте табылады.

4. салуы да екі түрлі: біреуі Ғ₁ екінші Ғ₂ нүктеден АС түзуіне параллель етіп жүргізілуі мүмкін .

5. салу нәтижесінде АС-ның үстінгі жарты жазықтығында В₁, В₂ , АС-ның төменгі жарты жазықтығында В₁^/, В₂^/ нүктелер шығады және АВ₁С= АВ₁^/С, АВ₂С= АВ₂^/ болады.

Бұл жағдайлар ℓ түзуі мен (С, r=a) шеңбер қиылысқан жағдайда ғана мүмкін. Олар қиылысу үшін h<a болуы керек. h=a болса ℓ түзуі шеңберге жанасады. h>a болса ℓ түзуі шеңбермен қиылыспайды, яғни В нүктесі табылмайды.

Сөйтіп h<a болғанда есептің екі шешуі болады. Олар АВ₁С АВ₂С. h=а болғанда ℓ түзуі шеңбермен жанасады да В₁=В₂ =B болып бір ғана АВС шығады. Сөйтіп бұл кезде есептің бір шешуі болады.

Егер h>a болса есептің шешуі болмайды.

2-мысал. ℓ түзуімен жанасатын, А нүктесінен өтетін, радиусы r-ге тең шеңбер салу керек.

Шешуі. Есеп шарты бойынша ℓ түзуі және А нүктесі салынып қойылған және r-кесіндісі берілген. Есеп шартын қанағаттандыратын r-радиусты шеңбер салу керек.

Талдау. А нүктесі мен ℓ түзуі салынып қойылғандықтан шеңбердің центрі болатын О нүктені табу ғана қалды.

Есеп шешілген, О центрлі r радиусты шеңбер сызылған дейік. А нүктесін басып өтетін және ℓ түзуі жанама болатын ω шеңбер салынған болсын (8-сурет).

Байқасақ шеңбер центрі О екі шартқа бағынады: 1-ден ОА=r болу керек, 2-ден О нүктесінен ℓ түзудің қашықтығы d=r болу керек.

2-шартты ескермей тастап кетсек, 1-шартты қанағаттандыратын нүктелер А центрлі, r-радиусты (A, r) шеңбердің кез-келген нүктесі болады.

Ал, 1-шартты ескермей тастап кетсек, 2-шартты қанағаттанды-ратын нүктелер ℓ түзуден r қашықтықта оған параллель болып өтетін түзудің кез-келген нүктесі болады.

Сонда екі шартты да қанағаттандыратын нүктелер (A, r) шеңбермен ℓ түзудің қиылысу нүктелері болады.Салу: Сонымен ізделінді шеңбер былайша салынады екен.

1. А центрлі, r радиуста (A, r) шеңбер саламыз. Ол ω болсын.

2. ℓ түзудің бойынан бір К нүкте алып, ол нүктеден ℓ түзуге перпендикляр етіп d түзуін жүргіземіз. d түзуден КЕ₁=КЕ₂=r

3. болатын Е₁, Е₂ нүктені саламыз._.

4. Е₁, Е₂ нүктеден ℓ түзуіне параллель етіп ℓ_{1 ,}ℓ₂ түзулерді жүргіземіз.

5. Ол түзулердің берілген шеңбермен қилысу нүктелерін табамыз. Сол іздеген центр болады. Ал, (О₁, r), (О, r) шеңберлер іздеген шеңберлер болады.

Дәлелдеу. О мен О₁ нүктелер (A, r) шеңберде жатқандықтан А нүкте (О, r), (О₁, r) шеңберлерде жатады. Салу бойынша ℓ₁ мен ℓ түзу арасы r-ге тең болғандықтан және О мен О₁ нүктелер ℓ₁ жатқандықтан (О, r), (О₁, r) шеңберлер ℓ түзуге жанасады.

Демек салынған (О,r), (О₁,r) шеңберлер есеп шартын қанағаттандырады, іздеген шеңберлер болады.

Зерттеу. 1, 2–салулар әруақытта бір мәнді орындалады.

3. салу екі шешім береді Е₁ және Е₂ нүктелер шығады.

4. салу бір мәнді орындалады.

5. салуда мынадай жағдайлар болуы мүмкін:

1-жағдай. А мен ℓ түзуінің арасы 2r-ден кем болса, олар екі нүктеде қилысады. Есептің екі шешімі болады.

2-жағдай. А мен ℓ түзуінің арасы 2r-ге тең болса, онда шеңбер мен түзу бір ғана нүктеде қилысады. Есептің бір шешімі болады.

3-жағдай. А нүкте мен ℓ түзудің арасы 2r-ден көп болса, онда шеңбермен түзу қиылыспайды. Есептің шешімі болмайды.

-есеп. Егер А нүкте ℓ түзуінде жатса онда түзу шеңберге А нүктеде жанасады. Есептің екі шешімі болады.

Берілген h_A, h_C, m_B бойынша үшбұрыш салу керек.

Т алдау. Айталық, ізделінді ∆АВС үшбұрыш салынған және онда АЕ = h_A, СМ = h_C, ВВ₁ = m_B болсын. ВВ₁ медианасын созамыз және оның созындысында оған тең кесінді саламыз. Төртбұрыш АВСА₁ – параллелограмм, өйткені оның диаго- нальдары В₁ қиылысу нүктесінде қақ бөлінеді: АВ₁=В₁С медиананың анықтамасы бойынша. АВСА₁ параллелограмын салу үшін кез келген түзуде В нүктесін аламыз және одан ВК=h_A қашықтықта ол түзуге параллель түзу жүргіземіз. Одан кейін центрі В және радиусы 2m_B шеңбер сызамыз, ол параллель түзумен А₁ нүктесінде қиылысады. ВА₁-дің ортасы В₁ белгілейміз. В₁А₁ кесіндісін О нүктесімен қақ бөлеміз. Центрі О және радиусы ОА₁ болатын шеңбер жүргіземіз₁. В₁ нүктесінен шеңберде В₁С₁ = = h_С болатындай С₁ белгілейміз С₁ және А₁ нүктелері арқылы бастапқы түзумен С нүктесінде қиылысқанға дейін түзу жүргіземіз. С және В₁ нүктелері арқылы КА₁ түзуімен А нүктесінде қиылысқанға дейін түзу жүргіземіз. В және А нүктелерін кесіндімен қосамыз. Ізделінді ∆АВС алдық.

Салу. 1) Кез келген түзуде В нүктесін аламыз және В нүктесінде ВК=h_A перпендикулярын тұрғызамыз.

2) К нүктесі арқылы параллель түзу жүргіземіз.

3) Центрі В нүктесі 2m_B радиуспен параллель түзуден А₁ нүктесін белгілейміз. 4) ВА₁-де В₁ ортасын белгілейміз.

5) В₁А₁ кесіндісін О нүктесімен қақ бөлеміз. 6) Центрі О және радиусы ОА₁ болатын шеңбер жүргіземіз.

7) h_С кесіндісін қақ бөлеміз де В₁ нүктесінен В₁С₁ = h_С хордасын саламыз.

8) С₁ және А₁ нүктелері арқылы бастапқы түзумен С нүктесінде қиылысқанға дейін түзу жүргіземіз.

9) С және В₁ нүктелері арқылы КА₁ түзуімен А нүктесінде қиылысқанға дейін түзу жүргіземіз.

10) В және А нүктелерін кесіндімен қосамыз.

11) Ізделінді ∆АВС аламыз.

Дәлелдеу. Салынған ∆АВС-да салу бойынша h_A=ВК. АВСА₁ – төртбұрышы параллелограмм, өйткені салу бойынша КА₁║ВЕ және В₁ – оның центрі (салу бойынша ВВ₁=В₁А₁). В₁С₁А₁ – салу бойынша тік болады, өйткені В₁А₁ диаметріне тіреледі МС₁ А₁С және В₁ центрі арқылы өтеді. Олай болса МС₁ кесңндісі В₁ нүктесімен қақ бөлінеді. Сондықтан МС₁=2·В₁С₁ = 2· h_С=h_С. В₁ – параллелограмм диагональдарының Қиылысу нүктесі болғандықтан АВ₁= В₁С, және ∆АВС-ның ВВ₁= m_B берілген медианасы болады.

19. 1) Берілгені: a, b, c – кесінділер. a, b – қабырғалары және с – диагоналы болатындай параллелограмм салу керек.

1 – тәсіл. 1) АВ=а, ВС=b, AC=c қабырғалары бойынша АВС үшбұрышын саламыз. 2) А нүктесі арқылы m||B, C нүктесі арқылы n||AB түзулерін жүргіземіз. 3) D – m және n түзулерінің қиылысу нүктесі (29-сурет). 4) ABCD – ізделінді параллелограмм болады.

Дәлелдеуі: ABCD – параллелограмм, өйткені салу бойынша оның қарама – қарсы қабырғалары a, b кесінділеріне, ал АС диагоналы – с кесіндісіне тең.

B В

а b а с

с А С

A C О

m n

D D

29 – сурет 30 – сурет

2 – тәсіл.1) АВ=а, ВС=b, AC=c қабырғалары бойынша ABC үшбұрышын саламыз. 2) AC-ның ортасы О нүктесін табамыз. 3) ВО кесіндісінің созындысына О нүктесінен әрі OD=BO кесіндісін саламыз (30-сурет). 4) ABCD – ізделінді параллелограмм.

Дәлелдеуі. ABCD төртбұрыштың АС және ВС диагональдары қиылысады және қиылысу нүктесінде қақ бөлінеді, ендеше ABCD – параллелограмм. Оның қабырғалары АВ және ВС салу бойынша а, b кесінділеріне, ал АС диагоналы – с кесіндісіне тең.

19. (2). Берілгені: а, b, c – кесінділері. Қабырғасы а, ал диагональдары және с – ға тең параллелограмм салу керек.

Салуы. 1) b мен c кесінділерін тең етіп екеіге бөлеміз. 2) қабырғалары бойынша АВО үшбұрышын саламыз. 3) АО сәулесінің бойында , ВО сәулесіне кесінділерін саламыз (31 – сурет). 4) ABCD – ізделінді параллелограмм.

Дәлелдеуі: ABCD төртбұрышының диагоналдары О нүктесінде қиылысады. Және қақ бөлінеді, ендеше төртбұрыштар параллелограмм болып табылады. Салу бойынша оның қабырғасы а-ға диагональдары b мен c –ға тең.

D C

O

A B

31-сурет

Ескерту. 19(1) есепті екінші сабақта, яғни 6.2. теореманы оқып үйрену кезінде шығартылу ұсынылады. Бұл теореманың дәлелдеуінде параллелограмды салу үшін шығарылған есепте пайдаланған 2-әдіс қолданылады, сондықтан сабақта есепті сол әдіспен шығарған жөн. Бұл параллелограммды салу әдісін оқушылардың естеріне сақтауына және теореманың дәлелдеуін саналы түрде қабылдауға мүмкіндік береді.

65*. Берілгені: а, b, c,d кесінділер. Табандары а және b- ға тең, ал бүйрек қабырғалары c және d-ға тең трапеция салу керек.

Талдауы. болатын ABCD трапециясы салынған делік (75-сурет). Егер кесіндісін жүргізсек, онда қабырғалары b және d-ға тең BCDE параллелограмы пайда болады. Онда үш қабырғасы бойынша – ні салуға болады.

В b C

c d d

a-b E b

A a D

75 - сурет

Салуы. 1) үш қабырғасы бойынша . 2) АЕ сәулесіне кесіндісін саламыз.3) В нүктесі арқылы АЕ-ға параллель түсу, ал нүктесі арқылы ВЕ-ге параллель түзу жүргіземіз. С – олардың қиылысу нүктесі. 4) ABCD – ізделінді трапеция.

Дәлелдеуі: 1) BCDЕ – парлалелограмм, өйткені салу бойынша және . Осыдан параллелограмның қарама – қарсы қабырғалары болғандықтан және . 2) ABCD трапециясында салу бойынша яғни ABCD- ізделінді трапеция.

66*. Берілгені: а, b, m, n кесінділер. болатын ABCD трапециясын салу керек.

Талдау. Осындай трапеция салынған болсын. Егер нүктесінен АС диагоналына параллель болып, ВС түзуімен К нүктесіне қиылысатындай түзу жүргізсек, онда болатын ACКD параллелограмы пайда болады (76-сурет). Онда BКD үшбұрышын үш қабырғасы бойынша салуға болады. нүктелері трапецияның ізделінді төбелері. болатындай С төбесі ВК кесіндіде жатуы керек және А төбесі ВК түзуіне параллель және түзуіне параллель СА түзуіне жатуы керек.

B b C a K

m n m

А а D

65. Берілгені: (181-сурет).

-ның қабырғаларының ұзындығын деп белгілейік.

Салуы: (182-сурет). Кез келген бұрыштың қабырғасына кесіндісін, ал екінші қабырғасына саламыз. G мен F нүктелерін қосып, және жүргіземіз. 55 – есепте дәлелденген бойынша Осыдан кейін қабырлары кесінділеріне тең үшбұрыш саламыз (§5-тің 5.1 – есебі).

М Q N G

Р a

В K c

c a E b

F

А b C 182 - сурет

181-сурет

Дәлелдеу. Салынған үшбұрыштың қабырғалары берілген үшбұрыштың қабырғаларына пропорционал, ендеше үшінші белгісі бойынша үшбұрыштар ұқсас.