Салу есептерін шешу әдістері бойынша оқу - әдістемелік құрал

Мазмұны:

Кiрiспе

1 тарау. Геометриялық  салулар  теориясының  кейбiр  мәселелерi

1. Конструктивтi  геометрияның  негiзгi  ұғымдары  мен  аксиомалары

2. Геометриялық  салу құралдары

3. Салу  есептерi

4. Қарапайым геометриялық салулар

5. Салу  есептерiн  шешу    әдiстемесi

6. Салу есептерiне  мысалдар

2 тарау. Салу  есептерiн  шешу   әдiстерi

   §1. НГО  әдiсi

     1.1  НГО  ұғымы

     1.2  Қарапайым НГО

     1.3  НГО iздеу

     1.4  НГО әдiсiмен шешiлетiн геометриялық салуларға мысалдар 

   §2. Түрлендiрулер  әдiсi

     2.1  Параллель көшiру әдiсi

     2.2  Осьтiк симметрия әдiсi

     2.3  Центрлiк симметрия әдiсi

     2.4  Бұру  әдiсi

     2.5  Ұқсас түрлендiру  әдiсi

     2.6  Түрлендiрулер  әдiсiмен шешiлетiн геометриялық салуларға  мысалдар

   §3. Алгебралық  әдiс

      3.1 Карапайым  формулалармен  берiлген   негiзгi кесіндiлердi салу

      3.2 Квадрат теңдеудiң түбiрлерiн тұрғызу

      3.3 Тригонометриялык түрде өрнектелген кесiндiнi салу

      3.4 Алгебралық  әдiс  бойынша  шешiлетiн  салу  есептерiне мысалдар

    §4. Инверсия   әдiсi

      4.1 Инверсияның анықтамасы, қарапайым қасиеттерi

      4.2 Инверсияда нүктенiң образын тұрғызу

      4.3 Салу есептерiн  инверсия   әдiсiмен  шешу  барысында  қолданылатын

            теоремалар

      4.4 Аполлоний  есебi

      4.5 Инверсия әдiсiмен шешiлетiн салу есептерiне мысалдар

Пайдаланылған  әдебиеттер

Кіріспе

       Геометриялық  салуларға  б.э.д. VI - V ғасырларда ежелгi грек математиктерi ерекше назар аударған. Пифагор (б.э.д.VI ғ) және оның  шәкiрттерi, Гиппократ (б.э.д. V ғ), Евклид, Архимед, Аполлоний (б.э.д. III ғ),  ежелгi  отырарлық  Әл-Фараби (870 – 950 ж.ж.)  геометрияның  осы  саласына  өз  үлестерiн қосып, оны  дамытты.

       Пифагор  мектебiнiң  математиктерi  дұрыс  бесбұрыш салу сияқты  күрделi  есептердi  шеше  бiлдi.  Б.э.д. V ғасырда дөңгелектiң  квадратурасы, кубты  екi  еселеу, бұрыштың трисекциясы секiлдi  атақты есептер  пайда  болды. Циркуль мен сызғыштың көмегiмен салынбайтыны белгiлi болған бұл  есептер  көптеген  ғасырлар  бойы  зерттеушiлердiң  назарында  болған.

       Геометрияның  және  математиканың  кейбiр басқа салаларының  тарихы геометриялық салулар теориясының дамуымен  тығыз  байланысты  болды.  Б.э.д. 300 жылдары құрылған Евклид геометриясының  «кез-келген нүктеден кез-келген нүктеге дейiн түзу сызық жүргiзуге болады», «шектелген  түзудi керегiнше (шексiз) созуға болады», «кез–келген центрден кез–келген  өлшеммен шеңбер сызуға болады» т.б. аксиомалары геометрияның  кұрылуында салулардың ролi қаншалықты маңызды болғандығын  көрсетедi.

       Геометриялық салулар ІХ – ХV ғасырларда Араб және Таяу Шығыс елдеріндегі ұлы математиктердің де назарында болды. Әл – Фарабидің «Табиғат сырын геометриялық фигуралар арқылы танытарлық рухани айла әрекеттері» деп аталатын шығармасы түгелдей геометрия мәселелеріне арналып, 150 – ге тарта салу есептері шығарылған. Он бес есеп сызғыш пен адымы тұрақты циркуль арқылы шешіледі. Әл – Фарабидің негізгі жетістігі  - әр жерде шашырап жүрген геометриялық салу есептері туралы материалдарды жинастырып, жүйеге келтірген «принциптер» тағайындады және геометрияның белгілі бір саласына айналдырды.

       ХVІ ғасырда салу есептерін шешумен ұлы суретші ғалым Леонардо да Винчи (1452 – 1519) айналысқан. Оның салуларында, тіпті Әл – Фарабимен дәл келетін жерлері бар. Әл–Фараби, Әбу әл Вафа, Леонардо да Винчи, т. б. ғалымдардан басталған геометриялық салу есептерін жүйелеу әрекеттері   XVIIІ – XІX ғасырларда белгілі математиктер Э. Маскерони, Я. Штейнер еңбектерінде өз жалғасын тауып, қазіргі конструктивтік геометрияның қалыптасуына бастама болды.

       Дегенмен, ортағасырларда конструктивтi геометрия мәселелерiмен көптеген математиктер еңбектенсе де, бұл салада айтарлықтай өзгерiстер болмады. Тек XVII-XX ғ.ғ. математиканың жаңа салаларының өркендеуiне  байланысты  геометриялық  салулар теориясы дами бастады. Бiр жағынан,  конструктивтi  геометрияның  мәселелерi  жаңа  математикалық  теориялар  мен әдiстердiң өркендеуiне ыкпалын тигiздi. Әсiресе геометриялық  салулармен тығыз байланыста дамығандар: аналетикалық геометрия, проективтiк геометрия, алгебралық  және  трансценденттiк  сандар  теориясы, аналетикалық функциялар  теорясы  және  т.б.

       Р.Декарт (1596-1650), Ньютон (1643-1727), Эйлер (1707-1783), Гаусс (1744-1808), Ферма, т.б. математиктер конструктивтi есептермен шұ-ғылданған.  Мәселен,  Декарт  және  Ньютон  конустық  қиманың   көмегiмен бұрыштың трисекциясы туралы есептi шешсе, Ньютон мен Эйлер Аполлоний  есебiн шешудiң өз әдiстерiн жасады. XVIIІ – XІX ғасырларда белгілі матема-тиктер Э.Маскерони, Я.Штейнер еңбектері қазіргі конструктивтік геометрия-ның қалыптасуына бастама болды.

       XIX - XX ғасырларда геометриялық салулар теориясында көптеген  еңбектер жазылды. Ф.Клейн мен Энриквестiң «Геометриялық салулар теориясы» кiтабы, Лебег пен Бибербаханың, А.Адлердiң еңбектерi  жарияланды. 1881 жылы жарыққа шыққан И.И.Александровтың «Гео-метриялық салу есептерiн шешу әдiстерi» атты кiтабы ең үздiк  туындылардың бiрi болды. Геометриялық салулар теориясының дамуы физикадағы,  сызудағы  кейбiр мәселелердi шешуге көмектестi. Мысалы, физикалық шамалардың өзгерiсiн графиктiк жолмен сипаттауда, геометриялық фигуралардың сызбаларын орындауда қолданылды. Инженерлер мен техниктер кейбір практикалық жұмыстарды графиктер мен сызбалардың көмегімен  орындады.

       Математиканы оқытуда салу есептерiне аса  көңiл бөлiнедi, себебi ондай  есептер  мазмұны  жағынан  да, құрылымы жағынан  да оқушыларға  түсiнiктi. Бұл - нағыз шағын математикалық зерттеу. Геометриялық салулар оқушының математикалық белсенділігін, кеңiстiкті елестету тапқырлығы мен алғырлығының дамуына, яғни болашақ маман иесiне қажет  қасиеттердiң   дамуына әсер етедi. Салу есептерiн шешу барысында «кескіндеу сауаттылығының» теориялық және практикалық негiздерi  қалыптасады, яғни оқушы есептi шешудiң жиi қолданылатын әдiстерi мен  әртүрлi шарттарға сәйкес қолданылатын құрал - жабдықтармен  танысады. Бұл, әдетте, есептi формальды қабылдауға жол бермейдi. Мектептегі геометрия курсының  әрбір тарауының соңында салу есептерін шешу оқушыларды осы тақырыпты терең меңгеруіне әсер етеді.

1 тарау. Геометриялық  салулар  теориясының

кейбiр мәселелерi

1. Конструктивтi геометрияның  негiзгi  ұғымдары  мен аксиомалары

        Геометриялық салуларды оқытатын геометрияның бөлiмi  конструктивтi  геометрия деп аталады. Конструктивтi геометрияның негiзгi ұғымы  геометриялық фигураны салу болып табылады. Бұл ұғым анықтамасыз қабылданады. Оның нақты  мағынасы практикада жиi қолданылатын «сызу» (сызықты), «жүргiзу» (шеңбер немесе түзуді), «көрсету» (нүктенi) және т.б. сөздерiнiң мағынасымен пара - пар.

        Конструктивтi геометрияның негiзгi талаптары (постулаттар) сызба  жұмысының ең басты кезеңдерiн абстрактылы түрде бейнелейдi. Олар  дәлелсiз  қабылданған  аксиомалар  болып  табылады  және   конструктивтi геометрияны логикалық негiздеуде қолданылады. Постулаттарды салу қадамдары деп те атайды. Олар мыналар:

П1. Тұрғызылған екі нүкте арқылы түзу салу.

П2. Берілген нүктені центр етіп алып, берілген радиуспен шеңбер салу.

П3. Тұрғызылған параллель емес екі түзудің қиылысу нүктесін салу

П4. Егер тұрғызылған шеңбер мен түзу қиылысатын болса, олардың қиылысу нүктесін салу.

П5. Егер тұрғызылған екі шеңбер қиылысса, олардың қиылысу нүктесін салу. Ендi геометриялық салулар  теориясының  аксиомаларын  қарастырайық:

I. Қандай  да  бiр  фигура  «берiлген» болса, онда  ол салынған (тұрғызылған)  деп  есептелiнедi.

II. Егер  екі (немесе одан да  көп)  фигура  салынса , онда  осы  фигуралардың  бiрiгуi  де салынған болып есептеледi.

III. Егер  екi  фигура  салынса, онда  олардың  айырмасы кұр жиын болу-болмауын аныңтауға болады

IV. Егер салынған екi  фигураның  айырмасы кұр жиын болмаса,  онда  бұл айырма  да  салынған.

V. Егер екi  фигура салынса,  онда  олардың  қимасы кұр жиын болатын -болмайтынын анықтауға болады.

VI. Егер салынған екi фигураның қимасы кұр жиын болмаса, онда бұл қима да салынған  болып  есептеледi.

VII. Тұрғызылған екi фигураның кез-келген саны шектi ортақ нүктелерiн салу-ға болады, егер олар бар болса.

VIII. Тұрғызылған фигураға тиiстi нүктенi салуға болады, егер олар бар болса.

IX. Тұрғызылған  фигураға тиiстi  емес  нүктенi салуға болады.

I - IX  аксиомалары  конструктивтi  геометрияның  жалпы аксиомалары  деп  аталады.

2. Геометриялық  салу  кұралдары

       Ежелгi грек  математиктерi  салу  есептерiн шешу барысында сызғыш пен циркульды пайдаланған және «шын геометриялық салу» деп, осы екі құралдың көмегімен шешілетін есептерді атады. Евклидтің постулаттарына сәйкес сызғыш шексіз, әрі бір жақты құрал,  циркуль кез - келген өлшемді  шеңбер салу құралы делінді. Бұлардан  басқа  да  салу  құралдары  болған.  Мысалы,  Платон  б.э.д. 400 жылдар шамасында  кубты  екі  еселеу  туралы  есепті екі тікбұрыштың көмегімен шешсе, Архимед бұрыштың трисекциясы  туралы есепті тікбұрышты сызғышты қолданып шешеді. Дәл осы есепті әртүрлі қисықтардың көмегімен Никомед (конхойданы пайдаланып),  Диоклес (циссойданы пайдаланып),  Папп  және басқалары  шешті.

       XVII - XIX ғасырларда геометриялық салу құралдарының жаңа түрлері ойлап шығарылды. Леонардо да Винчи (1452-1549) сызғыш  және  тұрақты  ашалы циркульдың көмегімен шешілетін есептерді, Датчани Мор (1672) мен итальяндық  Маскерони (1779) тек қана сызғыш пен  циркульды  қолданып  шешілетін салуларды зерттеген және олардың ішінде тек циркульмен шешілетіндерін тапқан. Осындай зерттеулердің  негізінде салу есептерінде екі жақты сызғыш, тікбұрыш сияқты құралдар қолданыла бастады. Бірақ конструктивтік  геометрияның  ең  негізгі  құралдарына  бір  жақты  сызғыш  пен циркуль жатады және оларды классикалық құралдар деп атайды, ал  қалғандары  қосымша  құралдар  болып  саналады.

       Конструктивті геометрия үшін қолданылатын құралдардың дәл сипат-тамасы көрсетілуі керек. Мұндай сипаттамалар аксиомалар түрінде беріледі.

А. Сызғыш  аксиомасы

Сызғышпен  келесі  геометриялық  салулар  орындалады:

1) тұрғызылған екі нүктені қосатын кесінді салу;

2) салынған екі нүкте арқылы түзу жүргізу;

3) салынған  нүктеден  бастап  екінші  салынған  нүкте арқылы өтетін сәуле жүргізу.

В. Циркуль  аксиомасы

Циркульдың көмегімен мына геометриялық салулар орындалады:

1) берілген центрі мен радиусқа тең  кесіндісі (немесе кесіндінің ұштары) бойынша шеңбер салу;

2) берілген центрі мен кез - келген доғасының ұштары бойынша шеңбердің  доғасын салу.

Циркуль мен сызғыштың көмегімен орындалатын негізгі салулар:

1) Берілген  екі  нүктені  қосатын  кесіндіні  салу (А.1);

2) Берілген  екі  нүкте  арқылы  түзу  жүргізу (А.2);

3) Берілген  нүктеден  бастап  екінші  берілген  нүкте арқылы  өтетін  сәуле  жүргізу (А.3);

4) Берілген  центрі  мен  радиусқа тең  кесіндісі (немесе кесіндінің ұштары)  бойынша  шеңбер  салу (Б.1);

5) Берілген  центрі  мен  кез-келген  доғасының  ұштары бойынша  шеңбердің  екі  доғасының  кез-келгенін  салу (Б.2);

6) Тұрғызылған  екі  фигураның  саны  шекті  ортақ  нүктелерін  салу,  егер  олар  бар  болса (акс.VII);

7) Қандай  да  бір  тұрғызылған  фигураға  тиісті  нүкте салу  (акс.VIII);

8) Қандай  да  бір тұрғызылған  фигураға  тиісті  емес нүктені  салу (акс.IX).

3. Салу есептері

        Салу есебі деп берілген элеметтері бойынша геометриялық құралдардың (сызғыш және циркуль) көмегімен белгілі бір шарттарды қанағаттандыратын геометриялық фигураны салуды айтады. Ондай есептерді шешудің белгілі бір алгоритмі жоқ. Cалу есебін шешу ізделінді фигураны қалай салуға болатынын талдаудан басталады. Есеп шешілді деп санау үшін фигураны салу тәсілі көрсетіліп, салу жұмыстарын орындау нәтижесінде шынында да ізделінді фигура салынғандығын дәлелдеу керек. Сонымен, салу есебінің шешімі деп, берілген шартты қанағаттандыратын әрбір фигураны айтады. Салу есебінің шешімін табу деп оны  саны  шектеулі  негізгі  салуларға  келтіруді, яғни  ретімен орындағанда ізделінді фигура конструктивті геометрияның аксиомаларының  негізінде салынды деп есептелінетіндей негізгі салулардың шекті тізбегін көрсетуді айтады. Негізгі салулар тізбегі қандай құралдарды пайдалану керектігіне байланысты.

       Салу есебінің барлық шешімдерін табу оны шешу деп  аталады. Салу есебі жалпы түрде келесідей тұжырымдалады: салынған (негізгі) Ғ₁, Ғ₂ , ... ,Ғ_к фигураларының жиыны берілген және ізделінді Ф фигурасын сипаттайтын қасиеттер көрсетілген. П1 – П5 постулаттарын қолданып, салынған және ізделінді фигураларды қамтитын шекті жиын табу керек.

       Есеп  шартын  қанағаттандыратын  фигура  формасы  және  жазықтықта  орналасуы бойынша ажыратылады. Фигураның жазықтықта орналасуын  ескеру - ескермеу есептің құрылысына байланысты.

1) Егер есепте ізделінді  фигураның  берілген  фигураға қатысты орналасуы қарастырылмаса, онда тек есеп шартын  қанағаттандыратын өзара тең емес барлық фигураларды тауып көрсетеміз. Онда салу есебі шешілген деп есептелінеді, егер

- есеп шартын қанағаттандыратын өзара тең емес кейбір Ф₁, Ф₂, ..., Ф_n фигуралары  салынса,

- есеп шартын қанағаттандыратын  кез - келген фигура осы фигуралардың біріне  тең  болатыны  дәлелденсе.

Бұл жағдайда есептің  әр  түрлі  n шешуі  бар  делінеді.

2) Егер  есептің  шартында  ізделінді  фигураның  берілген  фигураға  қатысты нақты орналасуы көрсетілсе, онда толық шешу берілген шартты қанағаттандыратын  барлық  фигураларды  салу  болып табылады (егер  мұндай  фигуралардың саны шекті болса). Сондай-ақ мұнда берілген фигураға қатысты әр түрлі  қалыпта орналасқан тең фигуралар есептің әр түрлі  шешулері  болып  саналады.

       Кейде есеп  шартын  қанағаттандыратындай  фигура  болмауы мүмкін.  Мысалы, берілген  тіктөртбұрыш  квадрат  болмаса, оған іштей шеңбер  сыза  алмаймыз  немесе  концентрлі  екі  шеңберге ортақ   жанама  жүргізілмейді.

        Кейде есептің шешімі бар, бірақ ол берілген құралдардың  көмегімен салынбауы мүмкін. Онда салу есебін шешу  деп ізделінді  фигура берілген құралдардың көмегімен салынбайтындығын дәлелдеп  көрсетуді  айтады.

4. Қарапайым  геометриялық  салулар

       Қарапайым есептердің шешулерін негізгі салуларға келтіру үшін де көптеген логикалық қадамдар жасауға тура келеді. Ал қиынырақ есептерді  шешудің логикалық структурасын тұрғызу одан да қиынға соғады. Сондықтан күрделі есептерде қарапайым салу  есептерін  біле отырып, салу қадамдарын үнемдеуімізге болады, яғни қарапайым салуларды болашақта негізгі  салуларға  келтірмей - ақ  қолдана  аламыз.

       Күрделі есептердің бөлігі ретінде жиі кездесетін қарапайым геометриялық  салулар мектеп курсының бірінші Оларға  мыналар  жатады:

1)    Берілген  кесіндіні  қақ  бөлу

2)    Берілген бұрышты қақ бөлу (бұрыш  биссектрисасын  салу)

3)    Берілген  кесіндіге  тең  кесінді  салу

4)    Берілген  бұрышқа  тең  бұрыш  салу

5)    Берілген түзуге одан тысқары нүкте арқылы параллель түзу  жүргізу 

6)    Берілген түзуге одан тысқары жатқан берілген нүкте арқылы перпен-дикуляр  тұрғызу.

7)    Берілген  кесіндіні берілген  қатынаста  бөлу

8)    Берілген  үш қабырғасы бойынша  үшбұрыш  салу

9)    Берілген қабырғасы мен сол қабырғаға іргелес екі бұрышы бойынша үшбұрыш  салу

10)      Берілген екі қабырғасы және олардың арасындағы бұрышы бойынша  үшбұрыш  салу

11)      Берілген шеңберге  берілген  нүкте  арқылы  жанама жүргізу

12)      Берілген гипотенузасы мен катеті бойынша тікбұрышты үшбұрыш салу

5. Салу  есептерін  шешу  әдістемесі

       Конструктивті есептерді шешудің схемасын таңдау әдістемелік сұрақ  болып табылады. Геометриялық салу есептерін шешу төмендегі схема  бойынша  жүргізілгенде  ғана  дұрыс  деп  саналады:

1)  Берілгендерді  таңдауда  барлық  мүмкіндіктерді   қамтитын  жағдайлардың  ақырлы  саны  белгіленеді;

2)  Әрбір жағдай   үшін  есептің  шешуі   болу - болмауы   және  шешімі  болса, олардың  саны  анықталады;

3) Әрбір жағдай үшін есептің шешімі болса, көрсетілген геометриялық құралдардың көмегімен оларды салу  тәсілдері беріледі немесе оның берілген құралдармен  салынбайтындығы  көрсетіледі.

       Күрделі есептерде оны шешудің мүмкін болатын жағдайларын, барлық  шешімдерін, шығарылу тәсілін және т.б. анықтау үшін қалай талдау жасау  керектігі жөнінде сұрақ туады. Сондықтан  конструктивті  есептер  мына схема  бойынша  шешіледі:

1.     Талдау

2.     Салу

3.     Дәлелдеу

4.     Зерттеу

       Әрине, бұл схема міндетті және өзгеріссіз емес, оның кейбір сатыларын  қатаң түрде ажыратып, көрсетілген қалыпта ғана орындау мүмкін бола  бермейді. Алайда конструктивті есептерді шешуде бұл схеманың көмегі мол.  Енді  схеманың  әр этаптарына жеке  тоқталып  өтейік:

1.Талдау.  Бұл - салу есебін шешудің ең негізгі және «әзірлеуші» бөлімі, себебі  есепті шешудің кілті осында. Талдаудың мақсаты – есептің ізделінді элементтері мен берілгендері арасындағы байланысты тағайындау арқылы оның шешу тәсілдерін іздестіру. Оған берілген мен ізделінді фигураларды есеп шартында көрсетілгендей қалыпта орналастыратын көмекші сызба арқылы  қол жеткіземіз. Бұл  сызбаны  «қолдан»  сызуға  болады. Әдетте, талдау жасау «есеп шешілді делік» деген сөздермен басталады. Көмекші сызбаны, негізінен, берілгендерден емес, ізделінді фигуралардан  бастап салған  дұрыс. Мысалы, бір төбесінен жүргізілген медиана, биссектриса және биіктігі бойынша үшбұрыш  салу  керек  болса, алдымен  кез - келген  үшбұрыш  сызып, содан соң оның есеп  шартында  көрсетілген  сызықтарын жүргізген ыңғайлы. Егер көмекші сызбадан ізделінді фигураны салудың тәсілдері анық көрінбесе, онда ізделіндінің бөлігін немесе оны тұрғызу кезінде қолданылатын  қандай  да  бір  фигураны  табамыз.

2.Салу.  Бұл бөлімде нәтижесінде ізделінді фигура шығатындай негізгі салу-лар (немесе бұрын шешілген, шығарылған есептер) тізімі беріледі. Салудың  әрбір  қадамы  көрсетілген  құралдың  көмегімен  графикалық  көркемделіп  отырылады.  Мысалы,  көршілес  екі  қабырғасы  және  олардың  арасындағы  бұрышы бойынша параллелограмм салу есебінің салу жоспары төмендегіше  болады (1-сурет):

1)  кез - келген  р  түзуі

2)  АDÎр  кесіндісі

3)  ÐDАL=a бұрышы (a-берілген)

4)  АВÎАL кесіндісі (берілген қабырға)

5)  В нүктесі  арқылы  t // р түзуі

6)  ВС=АD, ВСÎt кесіндісі

7)  С, D нүктелерін қосамыз        

   АВСD-ізделінді  параллелограмм.                

3.Дәлелдеу. Дәлелдеудің мақсаты – салынған фигура шынымен де есеп шартын қанағаттандыратынын көрсету. Салудың әр қадамының орындала-тындығын  дәлелдеу, әдетте, сөйлем  түрінде  беріледі. Дәлелдеуде мынаны ескеру керек: талдаудан шығатын салдар дәлелдеудің шарты болып табылады және,  керісінше,  талдаудың  шарты  дәлелдеудің  салдары  болады.

4.Зерттеу.  Салу есептің  қандайда бір жалғыз шешімін  тұрғызумен  шектеледі және ондағы барлық қадамдар орындалады деп есептелінеді. Ал есептің  толық  шешуін  табу  үшін  мына  сұрақтарға  жауап беру  керек:

1) берілген фигуралардың кез-келген орналасуында салу жоспары орындала  ма?

2) егер таңдалған салу әдісін басқа жағдайлар үшін қолдануға болмаса, ізделінді  фигура  қалай  тұрғызылады?

3) берілген  фигуралардың  әртүрлі  орналасуында  есептің  мүмкін болатын  шешулерінің  саны  қанша?

Осы сұрақтардың  әрқайсысына жауап беру есепті зерттеу болып саналады.  Демек зерттеудің  мақсаты – есептің шешілу шартын анықтап, оның шешімдерінің  санын  табу.

       Зерттеу, негізінен, «салу бойынша», «салу барысында» сөздерімен  басталады. Бұлай қабылдаудың негізгі мақсаты – салудағы әр қадамға тоқталып, ондағы іс - әрекеттердің әрдайым орындалу - орындалмауын тексеру, егер орындалса, неше әдіспен екендігін анықтау.

       Есепті осылайша талқылаудың нәтижесінде берілген тәсілмен ізделінді фигураны салу мүмкіндігі белгілі болады. Бұл  жерде «егер салудың  қандай да бір тәсілін өзгертсе, есептің жаңа шешулері пайда болмай ма?» деген сұрақ  туады. Кейде есептің әрбір шешуі оның бұрын анықталған шешуімен сәйкес келетінін дәлелдеуге болады. Онда зерттеуді ары қарай жүргізіп қажет емес. Ал  егер  сәйкес  келмейтіндігі  дәлелденсе,  онда  басқа  әдіспен  анықталатын

шешулер болуы мүмкін болғандықтан, талдауға қайта оралып, берілген  немесе ізделінді фигуралардың орналасуының басқа жағдайлары қарастырылады. Ал есеп айтарлықтай жеңіл болғанда, кейбір сатылар, мысалы талдау  немесе  зерттеу  қарастырылмайды.

6. Салу есептеріне  мысалдар

       Есеп1: Бір төбесінен жүргізілген биссектрисасы, медианасы және биіктігі бойынша үшбұрыш салыңыз.

Шешуі:

Талдау: Есеп шешілді делік, АВС – ізделінді үшбұрыш (2-сурет), АН – оның биіктігі, АМ – медианасы, АD – биссектрисасы.

АВС үшбұрышына сырттай шеңбер сызылған шеңбердің центрін О деп белгілейік, онда ОМ түзуі ВС хордасына перпендикуляр болғандықтан, ол осы хордамен керілетін шеңбердің әрбір екі доғасын тең екіге бөледі. АD биссектрисасы да w шеңберінің ВАС бұрышы тірелетін дәл осы доғасын тең екіге бөледі. Олай болса,  ОМ  түзуі  мен АD биссектрисасы сырттай сызылған шеңбердің Р нүктесінде қиылысады. О нүктесінен АР – ға түсірілген перпендикулярдың табаны  – АР-ның ортасы, яғни S нүктесі болады.

Салу:  1) АD = в_а гипотенузасы, АН = h_а катеті бойынша АНD  үшбұрышы  

            2) (А, m_а) шеңбері

            3) (А, m_а) Ç DН = М нүктесі

            4) МÎl және  l ^ DН түзуі

            5) l Ç АD = Р нүктесі

            6) t - АР кесіндісінің орта

                перпендикуляры                           

            7) t Ç МР = О нүктесі

            8) w(О, ОА) шеңбері

            9) DК Ç w = В және С нүктелері

               АВС – ізделінді үшбұрыш. 

Дәлелдеу: Салу бойынша АН кесіндісі АВС үшбұрышының биіктігі   болады.   М – ВС қабырғасының ортасы, себебі ол шеңбердің центрінен ВС хордасына түсірілген перпендикулярдың   табаны.  Сондықтан  АМ –  медиана.  Р нүктесі ВРС хордасының ортасы болғандықтан, іштей сызылған ВАР және САР   бұрыштары   өзара  тең, бұдан АD – ВАС бұрышының биссектрисасы.

Зерттеу:  Есептің шешімі болу үшін m_a ³ в_a ³ h_a қатынасы орындалуы қажет, себебі үшбұрышта биссектриса медиана мен биіктіктің ортасында орналасады, не бұл кесінділердің бәрі беттеседі. Егер m_a = в_a = h_a болса, онда есеп биіктігі (ол әрі медиана, әрі биссектриса) бойынша тең бүйірлі үшбұрыш салу есебіне келеді.  Егер m_a > в_a > h_а болса, онда салу жоспарының 1) және 2) қадамдары бірмәнді орындалады. m_a > в_а болғандықтан, (А, m_а) Ç DН қимасының М нүктесі табылады. Салу жоспарының 5) қадамындағы Р нүктесі жалғыз, себебі ол екі түзудің қиылысу нүктесі. Сонымен қатар, АР||DН және МР ^ DН болғандықтан, АР||МР. Бұл АР хордасының орта перпендикуляры міндетті түрде МР түзуімен қиылысады дегенді білдіреді және ол нүкте сырттай сызылған шеңбердің центрі болады. DН түзуі  w(А, АР) шеңберімен екі нүктеде қиылысады, себебі ол шеңбердің ішіндегі D нүктесі арқылы өтеді. Сонда көрсетілген салу жоспары бойынша шешілген есептің шешімі әрдайым табылады.

       Есеп 2: h_c, h_в биіктіктері және m_а медианасы бойынша үшбұрыш салыңыз.

Шешуі:

Талдау:  Айталық, АВС – ізделінді  үшбұрыш

(3 - сурет),   АD = m_а,  CH = h_c,  BL = h_в.

АС табанына DF перпендикулярын жүргізсек,

DF =  (D–медиананың табаны болғандықтан).

Олай  болса,  АFD   тікбұрышты   үшбұрышын     

АD = m_а    гипотенузасы   мен   DF =   катеті

бойынша сала аламыз. Дәл осылайша DК =  катеті мен АD гипотенузасы арқылы АDК тікбұрышты үшбұрышын тұрғызуға болады. Сонда   ізделінді   үшбұрыштың ВАС  бұрышы  анықталады.            

Салу: 1) АFD  тікбұрышты  үшбұрышы  (АD = m_а, DF =, ÐDFА=90⁰)

          2) АDК  тікбұрышты  үшбұрышы  (АD = m_а, DК = , ÐDFА=90⁰)

3) [FD) сәулесіне FЕ = h_в кесіндісі

4) Е нүктесі арқылы l║AF түзуі

5) l ∩ [AК) = В нүктесі

6) ВD түзуі

7) ВD ∩ [AF) = С нүктесі

     АВС – ізделінді.

Дәлелдеу: Салу бойынша DF = , онда ЕF = h_в . Бұдан DЕ = DF = . Онда ÐBED  = ÐDFC = 90⁰ екенін ескерсек,  ∆DЕВ = ∆DFС.  Олай болса,  ВD = DС,   яғни   АD – медиана   және   салу  бойынша   АD = m_а.

В нүктесінен АС табанына ВL перпендикулярын түсірсек, BL = EF = h_в. Айталық  СН ^ АВ, онда СНВ үшбұрышында DК кесіндісі (КАВ) орта сызық болады. Ал салу бойынша DК = .  Бұдан СН = DК = h_с.

Зерттеу:  Салу жоспарының 1) және 2) қадамдарындағы АDF, АDК үшбұрыш-тарын салу

m_а > h_в,  m_а > h_с

теңсіздіктері орындалғанда ғана мүмкін болады.  Ал 3) – 7) салу қадамдары әрқашан орындалады. Олай болса, бір уақытта h_в < 2m_а және h_с < 2m_а теңсіздіктері орындалғанда есептің жалғыз шешуі бар. Басқа тәсілмен шешкенде өзге шешім шығуы мүмкін емес, себебі m_а¢ = m_а, h_c¢ = h_c, h_в¢ = h_в Þ  ∆АВС = ∆А¢В¢С¢.

       Есеп 3: р периметрі мен іргелес a, b бұрыштары бойынша үшбұрыш салу.

Шешуі:

Талдау:  Айталық  ВС – ізделінді  үшбұрыш  (4 - сурет), 

АВ  +  ВС  +  СА = р

және  ÐВАС = a, ÐВСА = b.

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, ÐADB = ÐABD = , ÐCBE = ÐCEB = . Демек DEB үшбұрышы бір қабырғасы және оған іргелес екі бұрышы бойынша белгілі.

Салу: 1) DЕВ үшбұрышы (DE = p, ÐBDE = , ÐBED = ).

2)    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,

ÐKAD = 90⁰ - , ÐPCE = 90⁰ -  .

Дәл осылайша,            ÐKAВ = 90⁰ - , ÐPCВ = 90⁰ -

Сонда

ÐВАС = 180⁰ - ÐВАD = 180⁰ - ÐKAВ - ÐKAD = 180⁰ – 90⁰ +  - 90⁰ +  =  

ÐВСA = 180⁰ - ÐBCE  = 180⁰ - ÐPCB - ÐPCE  = 180⁰ – 90⁰ +  - 90⁰ +  =

Зерттеу: a + b < p шарты орындалғанда есептің шешімі бар және ол жалғыз болады. Себебі, қарсы жорып, А¢В¢С¢ үшбұрышы да шешім болады десек, ÐВ¢А¢С¢ = a,  ÐВ¢С¢А¢ = b, А¢В¢ + В¢С¢ + С¢А¢ = р, онда ∆АВС = ∆А¢В¢С¢.

       Есеп 4: а, в, с түзулері, р кесіндісі берілген. с – а, в түзулерін қияды. Ұштары а, в түзулерінде 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 Ç в = Р. АМ || в сәулесін жүргізсек және АМ Ç с = Q деп белгіле-сек, АВРQ төртбұрышты  параллелограмм болғандықтан  PQ = AB = p.

Cалу: 1) с Ç в = Р нүктесі

          2) с түзуінен PQ = p кесіндісі (Qс )                           

          3) QМ || в түзуі                                                                 

          4) QM Ç a = A нүктесі

          5) AN || c түзуі

          6) AN Ç в = В нүктесі

              АВ – ізделінді кесінді.                    

Дәлелдеу: Салу бойынша Аа, Вв, АВ || с. Ал АВРQ параллелограмм бол- ғандықтан, АВ = PQ = p.

Зерттеу: 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 Ç a, онда QM || в || Q'M' болғандық-

тан, Q'M' түзуі де а түзуін қияды (6-сурет).

2) QM || a

3)  QM º 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 QMÇa = 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:

Талдау:  Есеп шешілді делік, АВС – ізделінді үшбұрыш (7 – сурет). Мұндағы НСD, МСD бұрыштары және СD биссектрисасы ұшбұрыштың берілген элементтері. Онда алдымен  СD гипотенузасы мен ÐНСD бойынша НСD, содан  соң  СН  катеті  мен  ÐМСD + ÐНСD

бойынша НСМ тікбұрышты үшбұрыштарын

тұрғызуға болады.  Егер w-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  ÐНСD бойынша НСD тікбұрышты үшбұрышы

          2) СН катеті мен ÐНСМ = ÐМСD + ÐНСD бойынша НСМ тікбұрышты үшбұрышы

           3) М нүктесі арқылы МК ^ НD түзуі  

           4) МК Ç СD = Е нүктесі

           5) СЕ  кесіндісінің орта перпендикуляры: n

           6) n Ç МК = О нүктесі

           7) w(О, ОС)  шеңбері

           8) w Ç НD = А және В нүктелері

           АВС – ізделінді үшбұрыш.

Дәлелдеу: Салу бойынша ÐНСD – биіктік пен биссектрисаның арасындағы бұрыш, онда

ÐDCM = ÐHCM - ÐHCD = ÐMCD + ÐHCD - ÐHCD = ÐMCD.

Егер МК Ç w = 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 ÈАЕ = ÈЕВ, яғни ÐАСЕ = ÐЕСВ Þ СD – биссектриса.

Зерттеу: Егер a + b ³ 90⁰ болса, есептің шешімі болмайды. Егер a + b < 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  ÐС=ÐD=90⁰

екенін ескеріп, ÐАМВ = 90⁰ теңдігін аламыз. Ал тікбұрышты үшбұрышқа сырттай сызылған шеңбердің қасиетін пайдалансақ Мw, мұндағы w-диаметрі АВ болатын   шеңбер.                                            

Салу: 1) О – АВ кесіндісінің ортасы                                       

           2) w (О, ОВ) шеңбері

           3) w Ç DC = М нүктесі

              М – ізделінді нүкте.

Дәлелдеу:  М  w  Þ  ÐАМВ = 90⁰,  ал  ÐА  = ÐВ =  90⁰  екенін  ескерсек, ÐМАВ =  90⁰ - ÐМАD  = ÐАМD,  дәл  осылайша  ÐМВА = ÐВМС.  Онда   

АМВ ~ АМD ~ВМС.

Зерттеу: Салу жоспарының 3) қадамына байланысты мына жағдайлар болу мүмкін:

1)    ВС < ОВ, онда w Ç DC қимасы М және М¢ нүктелерінен құралады да, есептің екі шешімі болады.

2)    ВС = ОВ, онда w Ç DC = М – жалғыз нүкте, олай болса, есептің бір ғана шешімі бар.

3)    ВС > ОВ, онда w Ç DC = Æ, яғни есептің шешімі жоқ.

        Кейбір геометриялық салуларды тек бір құралдың көмегімен де шешуге болады. Мысалы, тек циркульдың көмегімен шешілетін салу есебін қарастырайық:

       Есеп 7: Тек циркульды пайдаланып, берілген тікбұрышты үшбұрышқа іштей шеңбер сызыңыз.

Шешуі:

Талдау: Айталық АВС – катеттері  а, в, гипотенузасы  с болатын берілген тікбұрышты үшбұрыш, ал w - оған іштей сызылған ізделінді шеңбер (9-сурет).

Центрі  А,  радиусы в болатын  шеңбер жүргізіп,

Оның  гипотенузамен  қимасын М деп, ал центрі

В, радиусы а болатын шеңбердің гипотенузамен

қимасын N деп белгілесек, онда МN = BN – BM=

a – (c – в) = a + в – c.

Бұл сан үшбұрышқа  іштей  сызылған  шеңбердің

диаметрі болады (есептен   кейінгі  ескертуде                        

дәлелденіп көрсетіледі).Олай болса MN  кесіндісін

екіге  бөлу  арқылы  ізделінді шеңбердің радиусын

аламыз. Ал оның центрін табу үшін оның катеттерден  қашықтықта жататынын және (S, SN) шеңберіне тиістілігін ескереміз, мұндағы S – іштей сызылған шеңбердің  гипотенузамен  жанасу  нүктесі.

Салу: 1)   ω₁(А, в) шеңбері

          2)   ω₂(В, а) шеңбері

          3)   ω₁∩ АВ = М нүктесі

          4)   ω₂∩ АВ = N нүктесі

          5)   ω₃(N, MN) шеңбері

          6)   ω₄(M, MN) шеңбері

   7)  ω₃ ∩ ω₄ = D нүктесі (D – АВС

        үшбұрышының сыртындағы нүкте)

   8)   ω₅(D, MN) шеңбері

   9)   ω₅ ∩ ω₃ = E нүктесі (М – нан өзге)

   10) ω₆(Е, MN) шеңбері

   11) ω₆ ∩ ω₃ = F нүктесі (D – дан өзге)

   12) ω₇(F, MF) шеңбері

   13) ω₇ ∩ ω₄ = L,K нүктелері

   14) ω₈(K, MN) шеңбері

   15) ω₉(L, MN) шеңбері

   16) ω₈ ∩ ω₉ = S нүктесі (М – нан өзге)

   17) ω₁₀(S, SM) шеңбері

   18) ω₁₁(C, SN) шеңбері

   19) ω₁₁ ∩ CA = R нүктесі                                                  

   20) ω₁₂(R, CR)  шеңбері

   21) ω₁₂  ∩ ω₁₀ = O нүктесі

         ω(O, MS) – ізделінді шеңбер           

Дәлелдеу:  ω₁₀  шеңберінен  SM = SO = SN (S - шеңбердің центрі, ал M, O, N оның бойындағы нүктелер (10-сурет)). Онда  SM = SO = SN =    = r,   яғни   OS = r. Салу бойынша  OR = r, онда АС – жанама Þ АС ^ OR  және  АС ^ ВС   Þ OR½½BC. О нүктесінен ОТ½½АС түзуін жүргізсек (Т Î ВС), ТОRС – тіктөртбұрыш. Ал OR = CR = r болғандықтан, TORC– квадрат, яғни  OT=CR=r. Демек  ω(O, MS) немесе ω(O, OR) – ізделінді шеңбер.

Зерттеу:  а <  с,   в <  с   болғандықтан,   салу   жоспарының 1) – 15)  қадамдары бірмәнді орындалады. К нүктесінен АВ қабырғасына түсірілген перпен-дикулярдың табанын Р деп белгілесек, 16) салу орындалу үшін МК > РК шарты орындалу керек.

MF > MN Þ PK > DS.

MD =    Þ   2MD =  және MD = MN    Þ

DS = MN   немесе   DS = MK.

PK > MK,   онда  MK < PK.

 > 1, сондықтан МК > РК. Олай болса, ω₈ ∩ ω₉ = S нүктесі табылады. Қалған салу қадамдары да бірмәнді. Сонымен көрсетілген тәсілмен шешілген есептің жалғыз шешеімі бар және басқа әдіспен шешкенде өзге шешімнің болуы мүмкін емес, өйткені үшбұрышқа тек бір ғана шеңбер іштей сызылады.

       Ескерту:   MN = 2r,  яғни  MN = d  екенін  дәлелдейік (9-сурет). Салу бойынша BC = BN болғандықтан, ВТ₁ - әрі медиана, әрі биссектриса, әрі биіктік, онда ВТ₁ – CN кесіндісінің орта перпендикуляры, яғни СТ₁ = T₁N. Онда СВNT₁ төртбұрышында BN + CT₁ = BC + T₁N, яғни ω - СВNT₁ төртбұрышына іштей сызылған, онда Т₁N – жанама. Дәл осылайша Т₂М түзуі де ω шеңберіне  жанама  болады.  Енді  Т₁N ½½ Т₂М  екенін  дәлелдейік.  Т₁ Î в  және СТ₁ ^ ВС болғандықтан, Т₁ нүктесінен АВ–ға дейінгі қашықтық СТ₁ болады.  Ал  дәлелдеу  бойынша  СТ₁ = T₁N,  онда  T₁N ^ MN.   Дәл  осылайша Т₂М ^ MN. Сонда соңғы екі қатынастан Т₁N ½½ Т₂М, онда  MN = d.

ІІ тарау. Салу  есептерін  шешу  әдістері

       Салу есептерін шешудің бірнеше әдістері бар. Оларға НГО (нүктелердің геометриялық орны) әдісі, түрлендірулер әдісі (параллель көшіру, осьтік симметрия, центрлік симметрия, бұру, ұқсас түрлендіру, гомотетия), алгебралық  әдіс  және  инверсия  әдісі жатады.

§1. НГО әдісі

1.1.  НГО  ұғымы

        Геометриялық фигура әр түрлі тәсілмен беріледі: фигуралардың  қиылысуы немесе бірігуі түрінде; фигураны анықтайтын қасиеттердің  көрсетілуі  арқылы; т.б.. Мысалы, АВ кесіндісі (11-сурет)

1)   

АМ, ВN сәулелерінің  қиылысуы

2)    р түзуіне  перпендикуляр болатын w 

     шеңберінің  диаметрі

3)    р түзуіне параллель  болатын  w шең-

     берінің хордаларының орталарының 

     жиыны түрінде  берілуі  мүмкін.                                          

       Егер фигура әрбір нүктесінің қасиетін көрсету арқылы берілсе, онда оны көрсетілген қасиетті қанағаттандыратын НГО деп, ал берілген қасиетті  НГО-ң характеристикалық қасиеті деп атайды. Жоғардағы мысалда АВ кесіндісі р түзуіне параллель w шеңберінің хордаларының орталарының геометриялық  орны  болып  табылады.

       Салу есептерін шешуде пайдаланылатын геометриялық орындар әдісінің мәнісі мынада: айталық, салу есебін шешкенде екі шартты бірдей қанағаттандыратын Х нүктесін табу керек болсын. Бірінші шартты қанағат-тандыратын нүктелердің геометриялық орны қайсыбір Ғ₁ фигурасы болады, ал екінші шартты қанағаттандыратын нүктелердің геометриялық орны қайсыбір Ғ₂  фигурасы болады. Ізделінді Х нүктесі Ғ₁ фигурасына да, Ғ₂ фигурасына да тиісті, яғни олардың қиылысу нүктесі болып табылады. Егер бұл гео-метриялық орындар қарапайым болса (мысалы, түзулер мен шеңберлерден құралса), біз оларды сала аламыз және қажетті Х нүктесін тауып алуға болады.

       НГО сызық немесе бірнеше сызықтардың бірігуі ғана емес, сонымен қатар нүктелердің жиыны, жазықтықтың бөлігі, т.б. болу  мүмкін. Кейде  көрсетілген  қасиетті  қанағаттандыратын НГО  болмайды.

      Ф фигурасы көрсетілген қасиетті қанағаттандыратын НГО екенін дәлелдеу  үшін  төмендегі өзара қарама - қарсы екі сөйлемді дәлелдеу керек:

1. Ф фигурасының әр нүктесі көрсетілген қасиетке ие болады

2. Көрсетілген  қасиетті  қанағаттандыратын әрбір нүкте Ф фигурасына  тиісті.

Мысал: Параллель а,в түзулері және оларға перпендикуляр с түзуі берілген.  Осы үш түзуден бірдей қашықтықта жататын жазықтық нүктелерінің гео-метриялық орнын анықта.

Шешуі:  Айталық  а Ç с = А,   в Ç с = В (12-сурет). АВ кесіндісінің ортасы арқылы р çç а (р çç в) болатындай р түзуін жүргізіп, осы  түзуден с түзуінің екі жағыннан   қашықтықтағы нүктелерді  Р₁, Р₂  деп  белгілейміз.

Сонда   Р₁,  Р₂  нүктелерінің  әрқайсысы  беріл-

ген  түзулерден   бірдей  қашықтықта  жатады.                          

Жазықтықта осы қасиетті қанағаттандыратын

басқа нүктелер жоқ. Шынында да М нүктесі р

түзуінде жатпайды, сондықтан ол а,в түзулері-

нен бірдей қашықтықта болмайды;  N нүктесі

р түзуіне тиісті, бірақ Р₁, Р₂ нүктелерімен  беттеспейді, онда ол а, с түзулерінен  бірдей қашықтықта емес. Олай болса, Р₁, Р₂ нүктелерінің қосы а, в, с түзулерінен бірдей қашықтықтағы НГО болып табылады.

1.2. Қарапайым  НГО

      Геометриялық салуларда кездесетін қарапайым НГО-ның  мысалдары:

1. Берілген екі нүктеден бірдей қашықтықтағы НГО берілген нүктелерді қосатын кесіндінің орта перпендикуляры болады. Бұл НГО кейде берілген  нүктелердің симметриясы немесе медиатриссасы деп  аталады.

2. Берілген түзуден берілген қашықтықтағы НГО берілген түзуге параллель  және әрқайсысы одан берілген қашықтықта жататын түзулердің қосы болады. Оны салу үшін берілген түзуге кез-келген перпендикуляр тұрғызып, оның  бойынан берілген түзуден берілген қашықтықта екі нүкте белгілейміз.Сол  нүктелер арқылы өтіп берілген түзулерге параллель болатын түзулер ізделінді НГО болады.

3. Берілген екі параллель түзуден бірдей қашықтықтағы НГО берілген түзулердің симметрия осі болады, оны орта сызық, деп те атайды. Бұл НГО-ны  салу үшін берілген  а, в түзулерін  қиятын  кез-келген  с түзуін  жүргізіп,  оның  берілген түзулер арасындағы кесіндісінің ортасы арқылы а-ға (немесе в-ға) параллель  түзу  жүргіземіз.

4. Жазықтықтың қиылысушы екі түзуінен бірдей қашықтықтағы НГО берілген  түзулер құрайтын бұрыштардың өзара перпендикуляр екі биссектрисасы болады. Оны салу қарапайым бұрышты тең екіге бөлу есебіне келеді.

5. АВ кесіндісінен тік бұрыш арқылы көрінетін НГО АВ диаметрі болатын шеңберді құрайды. Оны салу үшін АВ кесіндісінің ортасы центрі, АВ/2  радиусы  болатын  шеңбер  жүргіземіз.

6. АВ кесіндісі берілген φ бұрышымен (φ ≠ 90⁰ және φ ≠ 180⁰) көрінетіндей  НГО ұштары А, В нүктелері (А, В нүктелерінсіз) болатын, АВ түзуіне  қарағанда  симметриялы  екі  доға  болады.

7. Берілген шеңбер φ бұрышымен (φ ≠ 180⁰) көрінетін НГО радиусы берілген шеңбер радиусынан үлкен және берілген шеңберге концентрлі шеңберлер  болады.

8. Берілген нүктеден берілген қашықтықтағы НГО - берілген нүкте центрі,  берілген  қашықтық  радиусы  болатын  шеңбер.

9. Берілген А, В нүктелерінің әрқайсысына дейінгі қашықтықтарының қатынасы тұрақты және 1-ден өзге болатын НГО центрлері АВ түзуінің бойында  жататын  шеңберлер  болады.

10. Берілген А, В нүктелеріне дейінгі қашықтықтарының қосындысы а²  болатын НГО

- егер  2а² > АВ² болса, шеңбер болады және оның центрі АВ кесіндісінің  бойында  жатады;

- егер  2а²  = АВ²  болса,  центрі  АВ  кесіндісінің  ортасында  жататын  шеңбер  болады;

- егер  2а²  < АВ²   болса, құр  жиын  болады.

11. (О, ОА)  шеңберінің  А нүктесі арқылы жүргізілген барлық хордаларды берілген λ  (λ > 0)  қатынасында бөлетін нүктелердің жиыны центрі ОА тү-зуінде жататын және А нүктесі арқылы өтетін (А нүктесінің өзі алынбайды) шеңбер болады.

1.3. НГО іздеу

       Геометриялық салулардың ішінде НГО–нын табу есептері жиі кездеседі. Мұндай есептерде кейбір «қарапайым» немесе «элементар» фигуралардың бірігуі белгілі деп алынып, осы бірігудің қай элементі ізделінді ГО–ды қанағаттандыратанын тауып, көрсету керек. НГО табу есептерін шешу методикасы  талдау, салу, дәлелдеу  және  зерттеуден  тұрады.

       Талдаудың мақсаты – ізделінді НГО–ның қандай болатыны жөнінде болжам жасау. Әдетте, талдауды берілген фигуралардың сызбасын салып, сол сызбадан ізделінді НГО-а тиісті бір нүктені қарастырудан бастайды. Сонан соң осы нүкте мен берілген элементтер арасында ГО–ның формасы мен орналасуын анықтауға мүмкіндік беретіндей қатынас орнатылады. Нәтижесінде тек дәлелдеуді қажет ететін болжам шығады.

     Дәлелдеуде өзара қарама - қарсы екі сөйлемнің ақиқаттығы анықталады:

1)       талдауда табылған фигураның кез-келген нүктесі ізделінді НГО-ның характеристикалық қасиетін қанағаттандырады;

2)       көрсетілген характиристикалық қасиетті қанағаттандыратын әрбір нүкте талдауда табылған фигураға тиісті.

Немесе екінші сөйлемді былайша тұжырымдауға болады:

     2')  егер  қандай  да  бір  нүкте  табылған  фигураға  тиісті  болмаса, онда  ол 

           көрсетілген характиристикалық қасиетті қанағаттандырмайды.

    Зерттеуде берілген фигуралардың әртүрлі орналасу жағдайларындағы шешімдердің мүмкін болатын мәндері анықталады.

Мысал: Берілген екі нүкте арқылы өтетін шеңберлердің центрлерінің ГО тап.

Шешуі:

Талдау. Есеп шешілді делік, яғни А, В – берілген нүктелер, w, a, b, g...-А,В нүктелері арқылы өтетін шеңберлер, ал О₁, О₂, О₃, О₄...  сәйкесінше осы шеңберлердің   центрлері   (13-сурет).   Бұл   нүктелер    ізделінді   НГО – ның нүктелері. Олар бір түзудің бойында  жатады  және  ол  түзу АВ  кесіндісінің  орта  перпендикуляры  болады.                  

Дәлелдеу.    О₁А   және  О₁В  – w  шеңберінің

радиустары  болғандықтан,  олар  өзара   тең

болады.  Онда АО₁В  үшбұрышы  теңбүйірлі.   

Теңбүйірлі  үшбұрыштардың  қасиеті  бойын-

ша О₁ төбесі табанының  орта  перпендикуля-

рында жатады. Дәл  осылайша  қалған  центр-

лердің АВ кесіндісінің орта перпендикулярына тиістілігі дәлелденеді. Сонда берілген екі нүкте арқылы өтетін шеңберлердің центрлерінің ГО – берілген нүктелерді қосатын кесіндінің орта перпендикуляры болады.

Зерттеу. Егер А, В нүктелері беттеспесе, ізделінді ГО – осы нүктелерді қосатын кесіндінің орта перпендикуляры. Егер А, В нүктелері беттесетін болса, онда ізделінді ГО – бүкіл кеңістік болады, яғни кеңістіктің барлық нүктелері (А,В нүктелерінен басқа)  осы  ГО – ға тиісті.

1.4. НГО әдісімен шешілетін геометриялық

салуларға мысалдар

       Есеп 1: Бір қабырғасы, сол қабырғаға қарсы жатқан сүйір бұрышы және іштей сызылған шеңбердің радиусы бойынша үшбұрыш салыңыз.

Шешуі:

Талдау: Есеп шешілді делік, АВС – ізделінді үшбұрыш, ВС, ÐВАС және r берілген элементтер (14 – сурет).

Айталық О – іштей сызылған шеңбердің центрі. ВС түзуін кез – келген етіп алып, одан кез – келген ВС кесіндісін белгілеу оңай. Содан соң О нүктесін тұрғызсақ, ізделінді үшбұрыштың А төбесі оңай табылады. Олай болса, О нүктесі   негізгі   элемент   болып   табылады.

ВОС   үшбұрышынан

    ÐВОС + ÐАВС + ÐАСВ = 180⁰ Þ

ÐВОС = 180⁰ - (180⁰ - ÐA) =  90⁰ - ÐA Þ

                      ÐВОС =  90⁰ - j ,

мұндағы  j = ÐВАС және j< 90⁰.                         

Сонымен О нүктесі мына екі шартты қанағаттандырады:                                                                                 

a₁)  ол ВС түзуінен берілген r қашықтықта жатады;

a₂)  ВС кесіндісі О нүктесінен 90⁰ - j бұрышымен көрінеді.

a₁  шартын  қанағаттандыратын  нүктелердің  жиыны  (F₁  деп  белгілейік)  ВС түзуіне параллель екі  түзуден  құралады (1.2., 2⁰),  ал  a₂  шартын  қанағаттан-дыратын нүктелердің жиыны (F₂ деп белгілейік) ұштары ортақ А, В нүктелері болатын екі доғадан тұрады (1.2., 6⁰).

Салу: 1) ВС кесіндісі

2) a₁) шартын қанағаттандыратын түзулер: m₁, m₂

         3) a₂) шартын қанағаттандыратын доғалар: g₁, g₂

         4) m₁ Ç g₁ = О нүктесі

          5) w = (О, r) шеңбері

         6) В нүктесінен w - ға  р₁ жанамасы

          7) С нүктесінен w - ға  р₂ жанамасы

         8) р₁ Ç р₂ = А нүктесі

          9) АВ, АС кесінділері

              АВС – ізделінді.

Дәлелдеу:  Салу  бойынша  w ¾ АВС  үшбұрышына іштей  сызылған.  Енді ÐВАС = j екенін дәлелдеу керек. ÐВОС =  90⁰ - j (салу бойынша), сондықтан ВОС үшбұрышынан

                                         ÐВОС + ÐАВС + ÐАСВ = 180⁰  Þ

                                        90⁰ - j + (ÐАВС + ÐАСВ) = 180⁰ Þ

                                        j + ÐАВС +ÐАСВ = 180⁰ Þ ÐВАС = j

Зерттеу:  F₁, F₂ жиындарының ортақ нүктесі болу үшін  сtg (45⁰  + j) ³ r  (1)

шарты орындалуы керек. Бұл АВС үшбұрышының салынуының қажетті шар-ты болады. Енді оның жеткілікті шарт болатынын дәлелдейік. Шынымен де, (1) шарты орындалса, салу жоспарының 1) – 5) қадамдары әрдайым салынады.

(р₁,^ ВС) + (р₂, ^ ВС) = ÐАВС +ÐАСВ = 180⁰ - j,

ал j < 90⁰, онда р₁, р₂ түзулері қиылысады да, А нүктесі бар болады және біреу. Демек есептің жалғыз шешімі бар.

Қарсы жориық, АВС және А₁В₁С₁ – есеп шартын қанағаттандыратын үшбұрыштар, ал О₁, О₂ – сәйкесінше оларға іштей сызылған шеңберлердің центрлері. ВС = В₁С₁, ÐВОС = ÐВ₁О₁С₁ және BH = В₁Н₁ болғандықтан , мұнда ВН, В₁Н₁ – биіктіктер. Онда ÐОВС = ÐО₁В₁С₁ немесе ÐАВС = ÐА₁В₁С₁. Дәл осылайша ÐАСВ = ÐА₁С₁В₁. Онда үшбұрыштар теңдігінің екінші белгісі бойынша . Яғни қарсы жору қате, есептің жалғыз шешімі болады.

       Есеп 2: Шеңбер және оның кез – келген жанамасы берілген. Жанаманы берілген М нүктесінде жанайтын және берілген шеңберді де жанайтын шеңбер салыңыз.

Шешуі: Бұл есепті шешудің екі әдісін қарастырайық.

І әдіс. Талдау:Айталық О–берілген шеңбердің центрі,

О₁ – ізделінді шеңбердің центрі, N – берілген жанама

мен берілген шеңбердің жанасу нүктесі  (15 – сурет).

ω, ω' шеңберлерінің ортақ жанамасына ҒМ перпенди-

кулярын тұрғызып, оның бойына МК = ON кесіндісін

белгілейміз,  К – МN түзуінің  ω  шеңбері  жатпайтын

жарты жазықтығында болады. Олай болса ОО₁К үшбұрышы – теңбүйірлі.   Сонымен О₁ нүктесі мына геометриялық орындарға тиісті:

1) ОК кесіндісінің орта перпендикулярына                                 

2) ҒМ түзуіне.       

Салу:   1) ҒМ ^ MN түзуі

2) ҒМ түзуінде МК = ОN кесіндісі (К, О нүктелері МN түзуінің әр түрлі жағында жатады)

        3) ОК кесіндісі

        4) ОК кесіндісінің орта перпендикуляры: DL (DÎОК)

       5) DL ∩ МҒ = О₁ нүктесі

       6) ω' (О₁, О₁М) шеңбері

           ω' – ізделінді шеңбер.

Дәлелдеу:  Салу бойынша  DL  орта  перпендткуляр  болғандықтан,  О₁ нүктесі О, К нүктелерінен бірдей қашықтықта жатады (1.2., 1⁰). Олай болса О₁К = ОО₁. Ал салу бойынша МК = ОN немесе МК = ОР  болғандықтан, О₁Р = О₁М.

ІІ әдіс.Талдау:  Ізделінді  ω' (О₁, О₁М)  шеңбері  салынған болсын  (16 – сурет).

Онда МРО₁ – теңбүйірлі үшбұрыш (Р - шеңберлердің жанасу нүктесі). МО₁ перпендикулярының бойына МК = ОN кесіндісін өлшеп салсақ (К, О – МN түзуінің әр түрлі жағындағы нүктелер), ОО₁К үшбұрышы теңбүйірлі болады. ОО₁К және МРО₁ үшбұрыштарында О₁ бұрышы ортақ, ал табанындағы  бұрыштары өзара тең. Онда ОК½½ МР.

Салу:   1) ҒМ ^ MN түзуі

2) ҒМ түзуінде МК = ОN кесіндісі

(К, О нүктелері МN түзуінің әр түрлі

жағында жатады)

       3) ОК кесіндісі

           4) МТ½½ОК түзуі

            5) МТ∩ω = Р нүктесі

               (Р – М нүктесіне жақын нүкте)

            6) ОР түзуі

            7) ОР ∩ МҒ = О₁ нүктесі

       8) ω' (О₁, О₁М) шеңбері

               ω' – ізделінді шеңбер.

Дәлелдеу: МР½½ОК  және  Р Î ω екенін ескерсек, ОР = МК. Олай болса КОРМ – теңбүйірлі трапеция, яғни ÐРОК = ÐМКО.    МР½½ОК   Þ   ÐО₁РМ = ÐРОК және ÐО₁МР = ÐМКО Þ ÐО₁МР = ÐО₁РМ. Соңғы теңдіктен  О₁Р = О₁М.

Зерттеу: Екі түзудің қиылысуы бір ғана нүкте болатындықтан, О₁ нүктесі жалғыз. Демек салынған шеңбер - есеп шартын қанағаттандыратын жалғыз шешім.

       Есеп 3: ω шеңбері, оның бойынан А, В және жылжымалы С нүктелері берілген. АВС үшбұрышының медианаларының қиылысу нүктелерінің геометриялық орнын табыңыз.

Шешуі:

Айталық  М – АВ  кесіндісінің  ортасы,

К –  медианалардың   қиылысу   нүктесі

(17-сурет). Онда центрі М, коэффиценті               

болатын гомотетияда С нүктесі К нүктесіне

көшеді. Сондықтан үшбұрыштың медиана –

ларының қиылысу нүктелері берілген шең –

берге гомотетиялы ω' шеңберінің бойында жатады және гомотетия центрі О нүктесі, коэффиценті  болады. Сонда ω' шеңбері – ізделінді НГО.

       Есеп 4: А, В, С нүктелері берілген. А және В нүктелерінен бірдей қашықтықта, ал С нүктесінен берілген қашықтықта жататын Х нүктесін табыңыз.

Шешуі:

Ізделінді Х нүктесі екі шартты қанағаттандырады:

1)     А, В нүктелерінен бірдей қашықтықта

2)     С нүктесінен берілген қашықтықта жатады.

Бірінші  шартты  қанағаттандыратын  НГО  –  АВ

кесіндісінің орта перпендикуляры болса, екінші шартты қанағаттандыратын  НГО  –  центрі С нүктесі, ал радиусы берілген қашықтыққа тең болатын шеңбер. Ізделінді Х нүктесі осы геометриялық орындардың қиылысуында жатыр  (18-сурет).

      Есеп 5: Берілген  а, в параллель түзулерін жанайтын және берілген М нүктесі арқылы өтетін шеңбер салыңыз.

Шешуі:

Талдау:  Есеп шешілген деп есептейік,  ω (О, r) ізделінді шеңбер болсын (19-сурет). r =  (h – берілген түзулердің арақашықтығы) кесіндісін оңай салуға болады. Енді О нүктесінің орнын анықтау керек. О нүктесі төмендегідей екі  шартты  қанағаттандырады:

а) а, в параллель түзулерінен бірдей қашықтықта

в) М нүктесінен  қашықтықтағы  НГО – да жатыр.

     а) шартын қанағаттандыратын НГО түзу болады

(1.2., 3⁰),  ал  в)   шартын  қанағаттандыратын  НГО

шеңбер болады. Сонда О нүктесі осы геометриялық орындардың қимасына   тиісті.

Салу: 1) АВ ^ а түзуі (сәйкесінше АВ ^ в болады)

           2) m – АВ кесіндісінің орта перпендикуляры

           3) С = АВ Ç m нүктесі

           4) (М, АС) шеңбері

           5) О = (М, АС) Ç m нүктесі

           6) w (О, ОМ) шеңбері

               w - ізделінді шеңбер.

Дәлелдеу:  (О, ОМ) шеңбері М нүктесі арқылы өтеді және ол а, в түзулерімен жанасады. Себебі    ОМ = АС = АВ = .

Зерттеу: Егер m түзуі мен (М, АС) шеңберінің ортақ нүктесі болса, есептің шешімі болады. Сонымен қатар шешулер саны m түзуі мен (М, АС) шеңберінің ортақ нүктелерінің санына байланысты. Мынандай үш жағдай болу мүмкін:

1)    М нүктесі а, в түзулерімен шектелген жолаққа тиісті. Онда m, М)<АС, яғни m түзуі мен (М, АС) шеңбері қиылысады және олардың ортақ екі нүктесі болады. Олай болса, бұл жағдайда есептің екі шешімі бар.

2)    М нүктесі а, в түзулерінің біріне тиісті. Онда m, М) = АС, яғни m түзуі (М, АС) шеңберімен жанасады. Олай болса, бұл жағдайда есептің бір ғана шешімі бар.

3)    М нүктесі а, в түзулерімен шектелген жолақтан тысқары жатыр. Онда m, М) > АС, яғни m түзуі мен (М, АС) шеңбері қиылыспайды немесе  олардың ортақ нүктесі жоқ. Олай болса, бұл жағдайда есептің шешімі болмайды.

       Есеп 6: Жазықтықта АВ және СD кесінділері берілген. Бір ұшы АВ кесіндісінде, екінші ұшы СD кесіндісінде жататындай кесінділердің орта-ларының  геометриялық  орнын  анықта.

Шешуі:

АВ, СD кесінділерінің нүктелерін бір ұшы А нүктесінде, екінші ұшы СD – ның бойында болатындай етіп қосатын кесінділердің жиынын қарастырайық (20-сурет). Сонда осы кесінділердің орталарынан құралған НГО – КТ кесіндісі болады  және  КТ   АСD  үшбұрышының  орта

сызығы болғандықтан, СD қабырғасына парал-

лель және оның    бөлігіне  тең  болады. Дәл

осылайша МN кесіндісі бір бұрышы В нүктесі-

нен  басталып,  екінші  ұшы  СD – ң  нүктелері

болатын кесінділердің  орталарының ГО болады.      

Онда МN = CD = KT.                                                                20 сурет

Айталық  Е – АВ кесіндісінің кез-келген нүктесі.  Е мен СD-ң нүктелерін қосатын кесінділердің орталары ЕСD үшбұрышының орта сызығы болатын РQ кесіндісін құрайды. Сонымен қатар Р – САВ үшбұрышының орта сызығы болатын КМ кесіндісінің нүктесі, ал Q – DАВ үшбұрышының орта сызығы болатын TN кесіндісінің нүктесі. Олай болса, КТМN фигурасы – қабырғалары АВ мен СD кесінділеріне параллель болатын параллелограмм. Сонда бір ұшы АВ–да, екінші ұшы СD– да жататын кесінділердің орталарының геометриялық орны КТМN параллелограмының ішіндегі немесе шекарасындағы нүктелер болады. Осы параллелограмнан тыс жатқан бірде–бір нүкте ізделінді НГО-ның нүктесі бола алмайды.

§2. Түрлендірулер әдісі

       Айталық жазықтықтағы Ф фигурасының  әрбір М нүктесіне осы  жазықтықтың қандай да  бір анықталған М' нүктесін сәйкестендіретіндей ереже орнатылған болсын. Онда жазықтықта Ф фигурасының түрлендіруі берілген делінеді. М' - М нүктесінің образы, ал М - М' нүктесінің прообразы деп аталады. Берілген Ф фигурасының нүктелеріне сәйкестендірілген нүктелер жиыны Ф' фигурасын құрайды және ол фигураны Ф-ң образы деп атайды.

       Түрлендіруді геометриялық салулар теориясында қолдану геометриялық турлендірулер әдісі деп аталады. Түрлендірулер әдісінің негізгі мақсаты – берілген немесе ізделінді фигураларды түрлендіре отырып, есепті оңай шешілетіндей қарапайым түрге келтіру. Көптеген салу есептерін шешуде жазықтықты геометриялық түрлендіру нәтижелі қолданылады. Енді солардың түрлеріне тоқталып өтейік.

2.1. Параллель көшіру әдісі

       Параллель көшіру, көрнекі түрде, нүктелері бір бағытта, бірдей арақа-шықтыққа көшірілетін түрлендіру деп түсіндіріледі.

       Жазықтықта декарттық координаталар системасын енгіземіз. Кез - келген (х, у) нүктесі жазықтықтың (х+а, у+в) нүктесіне көшетіндей Ғ фигурасын түрлендіру параллель көшіру деп аталады, мұндағы а,в сандары барлық (х,у) нуктелері үшін бірдей. Параллель көшіру х'=х+а, у'=у+в формулаларымен беріледі. Бұл формулалар параллель көшірудегі (х,у) нүктесі көшетін нүктенің  х', у' координаталарын көрсетеді (21-сурет).

 

       Параллель көшіру – қозғалыс.

       Параллель көшіруде нүктелер параллель (немесе беттесетін) түзулер бойымен бірдей қашықтыққа ауысады. Параллель көшіруде түзу өзіне параллель түзуге немесе өз - өзіне көшеді.

       Параллель көшіруді геометриялық салуларда қолдану параллель көшіру әдісі деп аталады. Осы әдіс бойынша есепті шешуге берілген немесе ізделінді фигураларды не олардың элементтерін параллель көшіруден пайда болған фигуралар қарастырылады. Бұл есепке талдау жасауды барынша жеңілдетеді.

       Параллель көшіру әдісі фигураның «шашыраңқы» бөліктерін біріктіруде, көпбұрыштарды (әсіресе, төртбұрыштарды) салуда жиі қолданылады. Мұнда, әдетте, бір немесе бірнеше кесінділердің параллель көшірудегі образдарын қарастыру арқылы салуды жеңілдететін қосымша фигуралар (мысалы, үшбұрыш)  қарастырылады.

       Мысал:  Берілген  төрт  қабырғасы  бойынша  трапеция  салыңыз.

Шешуі:

Талдау. Есеп шешілді делік, яғни ізделінді АВСД трапециясы тұрғызылған. АD = а – үлкен табан, ВС = в – кіші табан, ал АВ = d және СD = c – бүйір қабырғалар.(22-сурет)

 векторына қатысты параллель көшіру

қарастырайық. Сонда СD қабырғасы  ВD'

(D'АD) қабырғасына көшеді. АВD' үшбұ-

рышын  берілген үш  қабырғасы  бойынша

салу оңай. Онда ізделінді трапецияны салу

үшін ВD' кесіндісін  векторы бағытымен, ұзындығы в–ға  тең   болатындай  қашықтыққа  параллель  көшіреміз.

Салу. 1)  АВ = d, ВD' = с, АD' = а - в  қабырғалары бойынша АВD' үшбұрышы

          2)   АD' түзуі

          3)   АD = а кесіндісі, А-D'-D және D Î AD'

          4)   Т_Д'Д : ВD'→СD кесіндісі

          5)   ВС кесіндісі

               АВСD - ізделінді трапеция

Дәлелдеу. Салу бойынша АD = а, АВ = d, ал параллель көшірудің қасиеті бойынша СD = с, ВС êêAD. Сонда ВС = DD' = АD - АD' = а - (а – в) = в.

Зерттеу. Егер СD – АВ < АD – ВС < СD + АВ қатынасы орындалса, есептің бір ғана шешуі бар. Қалған жағдайларда есептің шешімі жоқ.

2.2. Осьтік симметрия әдісі

        Айталық р - берілген түзу. Кез-келген Хр нүктесінен р түзуіне АХ перпендикулярын (Ар) түсіреміз (23-сурет). Осы перпендикулярдың   созындысына А нүктесінің екінші жағынан

АХ - қа  тең  АХ'  кесіндісін  салсақ,   Х'  р

түзуіне қарағанда Х нүктесіне симметриялы

нүкте болады. Егер Хр  болса, онда  оған р  

түзуіне қатысты симметриялы нүкте өзі болады.                  

       Әрбір Х нүктесі с түзуіне қарағанда симметриялы Х' нүктесіне көшетіндей  Ғ  фигурасын  Ғ' фигурасына  түрлендіру осьтік симметрия деп аталады. Мұндағы, Ғ, Ғ' – с түзуіне қатысты симметриялы фигуралар (24-сурет). Егер осьтік симметрияда Ғ фигурасы өз-өзіне

көшсе, онда оны түзуге қатысты симмет-

риялы  фигура  деп  атайды,  ал с – оның

симметрия осі болады.(25-сурет)                          

Осьтік симметрия – қозғалыс.

 

         Салу есептерін шешу барысында осьтік симметрияның қасиеттері қолданылуы мүмкін. Мұндай жағдайда анализде берілген фигураға, не оның элементіне қандай да бір түзуге қатысты симметриялы фигура салып аламыз. Нәтижесінде оңай шешілетін немесе қарапайым түрдегі «жаңа» есеп алынады.

       Осьтік симметрияны қолдану сызықтарды түзумен алмастыруға, берілген фигураның «шашыраңқы» элементтерін жақынтуға мүмкіндік береді.

Мысал: Қос-қостан қиылысатын a, в, с үш түзуі берілген. в түзуіне перпендикуляр болып, ортасы в түзуінде, ал ұштары а, с түзулерінде жататын кесінді салыңыз.

Шешуі:

Талдау.  Есеп шешілді делік, АС – ізделінді кесінді (26, а) сурет). Онда Аа, Сс, Вв және АВ=ВС, АС^в. Бұдан в түзуіне қарағандағы симметрияда А нүктесі С нүктесіне немесе С нүктесі А нүктесіне көшеді. 

Салу.  1)  S_в: а → а' түзуі

2)    С = а'  с нүктесі

3)    СН ^ в  түзуі

4)    А = СН  а нүктесі

АС – ізделінді кесінді.

Дәлелдеу. Салуымыз бойынша АС ^ в. Осьтік симметрияның қасиеті бойынша, в – (а, а') бұрышының биссектрисасы болады. Ал бұдан АС ^ в екенін ескерсек,  АВ = ВС.

Зерттеу.  Мынандай жағдайлар болу мүмкін:

1) с және а' түзулері қиылысады, онда есептің бір ғана шешімі бар (26,а) сурет)

2) с және а' түзулері параллель, онда есептің шешімі болмайды (26, б) сурет)

 

2.3. Центрлік симметрия әдісі

       Айталық О – жазықтықтағы нүкте, ал Х – еркімізше алынған нүкте болсын (27-сурет). ОХ кесіндісінің  созындысына  О  нүктесінің  екінші  жағынан ОХ -

қа тең ОХ' кесіндісін өлшеп салайық. Сонда

Х' нүктесі О нүктесіне қарағанда Х нүктесіне

симметриялы деп аталады. О нүктесіне сим -

метриялы нүкте оның өзі  болады.

       Ғ фигурасын оның әрбір Х нүктесі берілген О нүктесіне қарағанда симметриялы Х' нүктесіне көшетін етіп, Ғ' фигурасына түрлендіру О нүктесіне қатысты симметрия арқылы түрлендіру деп аталады (28-сурет).

 

Сонда Ғ және Ғ ' фигуралары О нүктесіне қатысты симметриялы фигуралар болады.

       Егер О нүктесіне қарағанда центрлік симметрияда Ғ фигурасын өз-өзіне көшіретін болса, онда Ғ фигурасының симметрия центрі бар деп аталады, О нүктесі симметрия  центрі  болады.  Мысалы,  параллелограмның симметрия центрі  оның  диагональдарының  қиылысу  нүктесі  болады.

       Салу есептерін шешуде центрлік симметрияны қолдану центрлік симметрия әдісі деп аталады. Бұл әдіс бойынша берілген немесе ізделінді фигуралардың, не олардың кейбір элементтерінің қандай да бір нүктеге қатысты симметриялары қарастырылады. Центрлік симметрия әдісін, әдетте, фигураның немесе оның бөлігінің симметрия центрі болған жағдайда қолданған ыңғайлы.

Мысал: Бір қабырғасы, оған жүргізілген биіктігі және басқа екі қабырғаның біріне  жүргізілген  медианасы  бойынша  үшбұрыш  салыңыз.

Шешуі:

Талдау: Есеп шешілді делік, яғни  АВС - ізделінді үшбұрыш  (29-сурет). Онда

ВК = m_в  (АК = КС),  АР = h_a,  ВС = а.  АВС

үшбұрышын параллелограмға толықтырсақ,

К нүктесіне қатысты  центрлік симметрияда

В нүктесі  М  нүктесіне көшеді.  Олай  болса,

МВ = 2m_в. Сонымен М нүктесі екі геометрия-

риялық орынға тиісті:

Ғ₁: ω(В, 2m_в) шеңберіне

Ғ₂: ВС түзуінен h_а қашықтықтағы АМ түзуіне                         

Сонда осы айтылғандарды ескере отырып, салу жоспарын былайша құра аламыз:                                     

Салу:  1) ВС = а кесіндісі 

       2) ВС түзуінен h_а қашықтықтағы параллель түзу: l

       3) ω (В, 2m_в) шеңбері

       4) ω (В, 2m_в) ∩ l = М нүктесі

       5) МВ кесіндісі

       6) К – МВ кесіндісінің ортасы

       7) S_к : С → А нүктесі

       8) АВ түзуі

           АВС – ізделінді үшбұрыш                            

Дәлелдеу:  Салуымыз бойынша ВС = а, МВ = 2m_в. Онда центрлік симмет-рияның қасиетінен ВК = m_в. Бұдан ВС | | l болғандықтан, К осы түзулердің симметрия осінде жатады (3.1.2. Қарапайым ГО, 3)), яғни  S_к : ВС → l.  Олай болса, А  l,  бұдан  АР = h_а  шығады. 

Зерттеу: Салу жоспарының 1) - 3) қадамдары әрдайым бірмәнді орындалады. Ал 4) салуында  ω (В, 2m_в) ∩ l қимасына байланысты мына жағдайлар болуы мүмкін:

а) 2m_в < h_а, онда ω(В, 2m_в) ∩ l = Æ болады да, есептің шешімі жоқ (30 а) сурет);

б) 2m_в = h_а, онда ω(В, 2m_в) ∩ l қимасы бір нүктеден құралады да, есептің жалғыз шешімі болады (30 б)-сурет);

в) 2m_в > h_а, онда ω(В, 2m_в) ∩ l қимасы М және М' нүктелерінің қосынан құралады. Бұл жағдайда әр нүкте үшін салу жоспары бөлек орындалады да, есептің екі шешімі бар (30 в)-сурет).

 

2.4. Бұру әдісі

       Берілген нүктені айналдыра жазықтықты бұру деп, осы нүктеден шыққан әрбір сәуле бір бағытта, бірдей бұрышқа бұрылатын қозғалысты айтады.

       Егер О нүктесін айналдыра бұруда Х нүктесі Х' нүктесіне көшсе (31-сурет), онда Х нүктесі қандай болмасын ОХ және ОХ' сәулелері бірдей бұрыш құрайды. Бұл бұрыш бұру бұрышы деп аталды.

       Бұрудың қозғалыс болатыны жеңіл дәлелденеді.

       Кейбір салу  есептерін  шешуде  бұруды  пайда-                          

лану  тиімді болады.  Бұл  әдістің  мәнісі  мынада:                        

талдауды  жеңілдету  үшін  немесе есептің  шешімін

бірден  табу  үшін  фигураның  кейбір  элементтерін

берілген центрден берілген бұрышқа бұрады.                           31 – сурет

Мысал: Параллель екі түзу және олармен шектелген жолақтан А нүктесі берілген. Екі төбесі берілген түзулерде, бір төбесі берілген нүкте болатын тең қабырғалы үшбұрыш салыңыз.

Шешуі:

Талдау:  Есеп шешілді делік, яғни  в║с,  Ав, А  с,  Вв, Сс, АВ = ВС = АС (32-сурет). АВС үшбұрышы дұрыс болғандықтан, ÐА = 60⁰ (ÐВ = ÐС = 60⁰). Олай болса, В төбесін 60⁰-қа сағат тілімен бағыттас бұрсақ, ізделінді үшбұ-рыштың С төбесі шығады. Ендеше салу жоспары төмендегідей:

Салу: 1) R: в→в' түзуі 

2) С = в' Ç с нүктесі                                              с

3) w (А, АС) шеңбері

4) В = w Ç в нүктесі                                                       в

5) АВ, ВС, СА кесінділері                                  

     АВС – ізделінді үшбұрыш.

Дәлелдеу:  R: в→в' болғандықтан АС, АВ кесінділерінің арасындағы бұрыш 60⁰-ты құрайды, яғни ÐСАВ = 60⁰. АС = АВ (радиустар), бұдан ÐАСВ = ÐАВС. Онда ÐАСВ =  = 60⁰. Олай болса, АВС – тең қабырғалы үшбұрыш.

Зерттеу: Салу жоспарының 1) – 3) қадамдары орындалады, ал 4)-ші қадамға байланысты мына жағдайларды қарастырайық:

а) w Ç в, яғни АС < АН. Онда АН = АН¢ болғандықтан АС < АН¢. Бірақ бұлай болу мүмкін емес, себебі АСН¢ үшбұрышында АС – гипотенуза. Сонда w шеңбері мен в түзуі міндетті түрде қиылысады (33-сурет).

б) w Ç в қимасы бір нүкте – В нүктесі, онда АС=АН.

Бұдан АС=АН¢, бірақ тікбұрышты үшбұрышта гипо-

тенуза мен катет тең болуы мүмкін емес.

в) w Ç в қимасы В және В¢ нүктелерінен құралған.

Осы екі  нүктенің  біреуі үшін ғана салу  жоспары

орындалады,  себебі  ÐСАВ  ≠  ÐСАВ¢.  Сонымен                             

есептің  жалғыз  шешімі  болады.

2.5. Ұқсас түрлендіру әдісі

       Егер Ғ фигурасын Ғ¢ фигурасына түрлендіргенде нүктелердің арақашық-тығы бірдей сан есе өзгеретін (артады немесе кемиді) болса, онда мұндай түрлендіру  ұқсас  түрлендіру  деп  аталады.

Егер Ғ фигурасының еркімізше алынған Х, У нүктелері ұқсас түрлендіргенде Ғ¢ фигурасының Х¢, У¢ нүктелеріне көшсе, онда Х¢У¢ = к∙ХУ болады (34-сурет), мұндағы к – Х, У нүктелері үшін бірдей сан.

к саны  ұқсастық  коэффиценті деп  аталады.

к=1  болғанда  ұқсас  түрлендіру – қозғалыс.                         

    Айталық Ғ берілген фигура және О – бел-

гіленген нүкте. Ғ фигурасының кез-келген Х

нүктесі  арқылы ОХ  сәулесін  жүргізіп, оған 

к∙ОХ оң санына тең ОХ¢ кесіндісін белгілейміз. Осы «заңдылық» бойынша әрбір Х нүктесі Ғ¢ фигурасының Х¢ нүктесіне көшетін Ғ фигурасын Ғ¢–қа түрлендіруді О центріне қатысты гомотетия деп атайды, ал к – гомотетия коэффиценті болады (35 – сурет).          

       Ұқсас түрлендіру түзуді түзуге, жарты түзуді жарты түзуге, кесіндіні кесіндіге көшіреді. Ұқсас түрлендіруде жарты түзулердің арасындағы бұрыш сақталады.

       Ұқсас түрлендіру арқылы бір – біріне көшірілетін фигуралар ұқсас деп аталады. Ұқсас көпбұрыштардың сәйкес бұрыштары тең, ал сәйкес кесінділері пропорционал. Мысалы, ΔАВС ~ ΔА′В′С′ болса, онда ÐА = ÐA¢, ÐB = ÐB¢, ÐC = ÐC¢ және .

       Салу есептерін шешуде ұқсас түрлендіруді қолдану ұқсас түрлендіру әдісі деп аталады. Геометриялық салуларда ұқсас түрлендіру әдісін былай қолданады: алдымен берілгеніндегі бір шарттан басқаларының бәрін қанағаттандыратын фигура салынады, содан соң ізделінді фигура салынған фигураға ұқсас және қалған бір шартты қанағаттандыратындай етіп тұрғызылады. Ұқсас түрлендіру әдісі, көбіне, есептің берілгеніндегі фигуралардың біреуі кесінді, қалғандары не бұрыштар, не кесінділердің қатынастары болған жағдайда қолданылады. Әдетте, көмекші фигураның ізделінді фигурамен ұқсастығын сақтай отырып, оны ізделінді фигурамен орналасуы да ұқсас болатындай етіп тұрғызамыз.

     Мысал: (а, в) бұрышы және осы бұрыш ішінде жататын М нүктесі берілген. М нүктесі арқылы өтіп, бұрыш қабырғаларымен жанасатын шеңбер салыңыз.

Шешуі:

Талдау:  Есеп  шешілді  делік, w (О, ОМ) – ізделінді  шеңбер (36-сурет).

w (О, ОМ) Ç а = А, w (О, ОМ) Ç в = В деп белгілейік. Сонда ОА = ОВ = ОМ, ОА ^ а, ОВ ^ в.   Демек  ізделінді  шеңбердің

центрі берілген бұрыштың биссектрисасында

жатады. Сонымен ізделінді шеңбер екі шарт-

ты қанағаттандырады:

а) w(О,ОМ)  шеңбері  М нүктесі арқылы өтеді

б) w(О,ОМ)  шеңбері  Ð(а, в)  бұрышының қа-                       

бырғаларымен жанасады, ондай шеңберлер шексіз көп және олардың центр-лері, жоғарда көрсеткеніміздей, берілген бұрыштың биссектрисасында жатады.

а), б) шарттары бойынша гомотетияны пайдаланып, салу жоспарын былайша құрамыз.

Салу: 1) Ð(а, в)-ң М нүктесі жатқан бұрышының биссектрисасы: d

          2) а) шартын қанағаттандыратын кез-келген w¢(О¢, О¢А¢) шеңбері

          3) а Ç в = Р нүктесі

          4) РМ Ç w¢ = М¢ нүктесі

          5) Р нүктесіне қатысты гомотетияда w¢ шеңберінің образы: w(О,ОМ)

              шеңбері (мұнда О¢М¢®ОМ)

             w - ізделінді шеңбер

Ескерту: Салу жоспарының 5) қадамын былайша ашып жазуға болады:

                 5.а) О¢М¢ түзуі

                 5.б) О¢М¢ түзуіне М нүктесі арқылы параллель түзу: t

                 5.в) t Ç d = О нүктесі

                 5.г) w(О, ОМ) – ізделінді шеңбер болады.

Дәлелдеу:  Салу бойынша О¢М¢½½ОМ болғандықтан, ÐРМ¢О¢ = ÐРМО және ÐМ¢О¢Р = ÐМОР, ал  ÐР бұрышы екі үшбұрышқа ортақ. Онда

DРМ¢О¢ ~ DРМО Þ ОМ = к×О¢М¢

Олай болса, ОА = OM = k× O¢M¢ = k×O¢A¢. Сонда гомотетияда О¢А¢®ОА, ал бұл ОА ^ а шартының орындалатындығын көрсетеді. Дәл осылайша ОВ ^ в екені шығады. Онда w(О, ОМ) шеңбері бұрыш қабырғаларымен жанасады. Ал салу бойынша w шеңбері М нүктесі арқылы өтеді. Демек, а), б) шарттары орындалады.

Зерттеу:  1) – 3) салу қадамдары әрдайым орындалады және бірмәнді. 4) қадамындағы РМ Ç w¢ қимасы екі нүктенің қосынан құралады. Осы нүктелердің әрқайсысы үшін салу жоспары бөлек орындалады да, есептің екі шешімі болады (37-сурет).

 

2.6.Түрлендірулер әдісімен шешілетін геометриялық

салуларға мысалдар

       Есеп 1: Берілген кесіндіге тең әрі параллель болатын және ұштары берілген шеңбер мен берілген түзуде жататындай кесінді салыңыз.

Шешуі:

Талдау:  Ізделінді  кесінді  салынды  делік,  АА¢ = а,  АА¢ïïа,  А¢Ît,  AÎw,

мұндағы а – берілген кесінді, w - берілген шеңбер, t – берілген түзу (38-сурет). Онда А¢=. Олай болса, логикалық ой - тұжырымдау арқылы АÎw болады. Бұдан  Î , яғни А¢Îw¢ (мұндағы w¢Î)  және  А¢Î t шарты бойынша  А¢Î w¢Ç t                    

Салу: 1) w¢Î шеңбері

     2) А¢ = w¢ Ç t нүктесі

     3) g (А¢, а) шеңбері

     4) А¢Вïïа түзуі

     5) g Ç А¢В Ç w = А нүктесі

     6) АА¢ кесіндісі

         АА¢ - ізделінді кесінді.

Дәлелдеу:  Салу бойынша АА¢=а, А¢Ît, AÎw. АÎА¢В және А¢Вïïа  Þ  АА¢ïïа.

Зерттеу: 1) қадам әрдайым бірмәнді орындалады. 2) қадам орындалу үшін О¢ нүктесінен t түзуіне дейінгі қашықтық r – дан кіші немесе тең болу керек, мұнда О¢, r – сәйкесінше w¢ шеңберінің центрі мен радиусы. Егер h(О¢, t) < r болса, онда w¢ Ç t қимасы А¢ және А¢¢ нүктелерінен құралады да, осы нүктелердің әрқайсысы үшін салу қадамдары жеке орындалады. Бұл жағдайда есептің екі шешімі бар.  Егер h(О¢, t) = r болса, онда w¢ Ç t қимасы жалғыз А¢ нүктесінен құралады да, есептің бір ғана шешімі болады.  Егер h(О¢, t) > r болса, онда w¢ Ç t = Æ, яғни есептің шешімі жоқ.

       Есеп 2: ÐА< 90⁰ бұрышы және оның ішінен кез-келген Х нүктесі берілген. Екі төбесі берілген бұрыш қабырғаларында (әр қабырғада бір нүктеден), ал үшінші төбесі Х нүктесі болатындай ең кіші периметрлі үшбұрыш салыңыз.

Шешуі:

Талдау: Айталық ÐВАС – берілген бұрыш (39-сурет). Осы бұрыштың АВ, АС

қабырғаларына қатысты симметрияда Х нүктесінің образдарын сәйкесінше  Х₁, Х₂ деп белгілейік. Сонда ХМN үшбұрышы ең кіші периметрлі үшбұрыш   болады   (М = AB Ç X₁X₂,  N = AC Ç X₁X₂).

Салу: 1) S_АВ: Х®Х₁ нүктесі

          2) S_АС: Х®Х₂ нүктесі

         3) Х₁Х₂ түзуі                                                             

          4) Х₁Х₂ Ç АВ = M нүктесі

          5) Х₁Х₂ Ç АС = N нүктесі

          6) ХМ, XN кесінділері

              DХМN – ізделінді үшбұрыш.

Дәлелдеу: 4), 5) салу қадамдарынан МÎАВ, NÎАС екені шығады. Енді ХМN үшбұрышының периметрі ең кіші екенін дәлелдеу керек. М¢ÎАВ және N¢ÎАС болатындай кез-келген М¢N¢ түзуін жүргізсек, М¢Х₁ = M¢X және N¢X = N¢X₂, себебі  АВ – ХХ₁, ал  АС – ХХ₂  кесіндісінің  орта  перпендикулярлары.  Онда

Р_XMN = XM + MN + NX = X₁M + MN + NX₂ = X₁X₂ – түзу

Р_XM¢N¢ = XM¢ + M¢N¢ + N¢X = X₁M¢ + M¢N¢ + N¢X₂ – сынық сызық

Сонда Р_XM¢N¢ > Р_XMN .

Зерттеу: Есеп шарты бойынша Х нүктесі ВАС бұрышының ішінде жатқандықтан, оған АВ, АС түзулеріне қарағандағы симметриялы нүктелер табылады және олар біреуден ғана болады. Олай болса, М, N нүктелері де жалғыз, себебі екі түзу бір нүктеде ғана қиылысады. Онда XMN үшбұрышы – есеп шартын қанағаттандыратын жалғыз шешім.

       Есеп3:  Төртбұрыштың  қарама – қарсы  қабырғаларынан  екі  нүкте алынған. Осы нүктелер төбесі болатындай берілген төртбұрышқа іштей параллелограмм сызыңыз.

Шешуі:

Талдау:  Есеп шешілді делік, АВСD – ізделінді параллелограмм (40 – сурет). А, С – сәйкесінше КN, ML қабырғаларындағы берілген нүктелер. D, В нүктелері АС кесіндісінің ортасы болатын О нүктесіне қатысты симметриялы нүктелер (параллелограмның қасиеті бойынша). D Î MN, онда В Î M¢N¢.

 Салу:  1) О – АС кесіндісінің ортасы

2) S₀: MN ® M¢N¢ нүктесі

3) M¢N¢ Ç KL = B нүктесі                                      

4) S₀: В ® D нүктесі

5) АD, DC, CB, AB кесінділері

                 АВСD–ізделінді параллелограмм

Дәлелдеу: АО = ОС және ВО = OD теңдіктерінен АВСD төртбұрышының параллелограмм екені шығады.

Зерттеу: Егер KNML төртбұрышының KL, MN қабырғаларының созындысы қиылысса, онда есептің жалғыз шешімі бар. Егер KL½½MN және О -  KL, MN түзулерінен бірдей қашықтықта болса, есептің шексіз көп шешімі бар. Егер KL½½MN және О – KL, MN түзулерінен әртүрлі қашықтықта болса, есептің шешімі жоқ.

       Есеп 4: А, В, С, - берілген шеңбердің нүктелері. Шеңбердің СD хордасы О нүктесінде қақ бөлінетіндей D нүктесін табыңыз, мұндағы О = AB Ç CD.

Шешуі:

Талдау:  Айталық w - берілген  шеңбер, А Î w, В Î w, С Î w және ізделінді D нүктесі тұрғызылған болсын (41-сурет). D нүктесі арқылы АВ кесіндісіне параллель болатын  р  түзуін жүргізіп, СА Ç р = С₁ деп белгілесек, DO = OC болғандықтан С₁А = АС. Дәл осылайша

СВ Ç р = С₂ десек,  С₂В = ВС.  Сонымен

салу  жоспары мынадай болады:

Салу:  1) S_A: C ® C₁ нүктесі

           2) S_В: C ® C₂ нүктесі                                                  

           3) С₁С₂ түзуі

           4) С₁С₂ Ç w = D нүктесі

               D – ізделінді нүкте.

Дәлелдеу: Центрлік симметрияның қасиеті бойынша СА = AC₁, CB = BC₂, онда АВ – С₁СС₂ үшбұрышының орта сызығы болады. Олай болса, АВ½½С₁С₂. Салу бойынша D Î С₁С₂ болғандықтан, С₁D½½AB және А – С₁С₂-ң ортасы, онда DO=OC.

Зерттеу: Төмендегідей жағдайлар болу мүмкін:

1)     АВ = d, мұндағы d – берілген шеңбердің диаметрі. Егер АС = ВС болса, яғни С – АВ кесіндісінің орта перпендикулярында жатса, есептің бір шешімі болады; егер АС ≠ ВС болса, екі шешімі болады; егер С º А немесе С º В болса, шешімі жоқ,

2)     АВ < d. Егер ÐАСВ > 90⁰ болса, есептің екі шешімі бар;  ÐАСВ < 90⁰ болса, есептің шешімі жоқ; ÐАСВ=90⁰ бола алмайды, себебі АВ < d.

       Есеп 5: w₁, w₂ шеңберлерінің ортақ А нүктесі арқылы берілген шеңбер-лерді бірдей хордамен қиып өтетіндей түзу жүргізіңіз.

Шешуі:

Талдау:  Есеп шешілді делік, р – ізделінді түзу болсын (42-сурет). р Ç w₁ = В,

р Ç w₂ = C деп белгілейік.  Сонда ВА = АС

болғандықтан, S_A: B ® C.  Егер S_A: w₁ ® w¢

десек, В Î w₁  Þ   С Î w¢  және де   С Î w₂.

Салу: 1) S_A: w₁ ® w¢ шеңбері

          2) w¢ Ç w₂ = C (А – дан өзге нүкте)

          3) АС түзуі

              АС – ізделінді түзу                                                   

Дәлелдеу: О₁, О¢ - сәйкесінше w₁, w¢ шеңберлерінің центрлері, ал В=ACÇw₁ деп белгілейік. Центрлік симметрияның қасиеті бойынша ВО₁ = O₁A=AO¢=O¢C

Бұдан ÐО¢АС = ÐО₁АВ – вертикаль бұрыштар. Онда ÐАО¢С = ÐАО₁В. Үшбұрыштар теңдігінің бірінші белгісі бойынша ÐСО¢А = ÐВО₁А, олай болса АВ = АС.

Зерттеу:  Салу жоспарының 1) және 3) қадамдары бірмәнді орындалады, ал 2) қадамға байланысты мына жағдайлар болу мүмкін:

а) w₁ Ç w₂ қимасы жалғыз А нүктесінен құралады, яғни бұл шеңберлер А нүктесінде жанасады. Онда w¢ Ç w₂ қимасы да жалғыз А нүктесінен құралады. Бұл жағдайда егер w₁, w₂ шеңберлерінің радиустары тең болса, есептің шексіз көп шешімі бар; егер w₁, w₂ шеңберлерінің радиустары әртүрлі болса, есептің шешімі жоқ.

б) w₁ Ç w₂ қимасы А және А¢ нүктелерінен тұрады. Онда w¢ Ç w₂ қимасында  А-дан өзге бір ғана нүкте бар. Сондықтан бұл жағдайда w₁, w₂ шеңберлерінің радиустары тең болса да, әртүрлі болса да есептің жалғыз шешімі бар.

       Есеп 6: ÐВАС = a бұрышы, қабырғаларының АВ:АС = m:n қатынасы және АН биіктігі бойынша АВС үшбұрышын салыңыз.

Шешуі:

Талдау: Есеп шешілді делік, яғни ізделінді АВС үшбұрышы салынған болсын (43 - сурет). Берілген бұрышты МАК деп белгілесек, онда кез – келген ҒАР (ҒÎМА, РÎКА) үшбұрышы есептің бірінші шартын қанағаттандырады. Екінші шарттын қанағаттандыратын үшбұрышты табу үшін ұқсастықты пайдала-намыз. АМ сәулесіне АВ₁ = m, АK  сәулесіне  AC₁ = n  кесінділерін салсақ, DВ₁АС₁ ~ DВАС.

Салу:  1) ÐМАК = a бұрышы

            2) АВ₁ = m (В₁ÎАМ) кесіндісі

            3) АС₁ = n (С₁ÎАК) кесіндісі

            4) В₁С₁ кесіндісі

            5) АН₁ ^ В₁С₁ (Н₁ Î В₁С₁) түзуі

            6) АН₁ сәулесіне АН = h кесіндісі

            7) Н нүктесі арқылы l½½В₁С₁ түзуі

            8) l Ç МА = В нүктесі

            9) l Ç КА = С нүктесі

                DАВС – ізделінді

Дәлелдеу:  Салу бойынша АВ₁С₁ үшбұрышында ÐВ₁АС₁ = a, АВ₁:АС₁ = m:n және ВСïïВ₁С₁. Онда DАВС ~ DАВ₁С₁ (үшбұрыштың қабырғасына параллель түзу оған ұқсас болатын үшбұрыш қияды). Олай болса, АВС үшбұрышында да ÐВАС = a, АВ:АС = m:n және де салу бойынша А төбесінен түсірілген биіктік h болады. Демек АВС үшбұрышы есептің барлық шартын қанағаттандырады, яғни ізделінді болады.

       Есеп 7: АВС сүйір бұрышты үшбұрышының ішінен А, В, С нүктелеріне дейінгі қашықтықтарының қосындысы ең кіші болатындай О нүктесін табыңыз.

Шешуі:

Талдау:  Ізделінді О нүктесі тұрғызылған болсын (44-сурет). АВО үшбұрышын АВС үшбұрышының сыртына қарай 60⁰-қа бұрсақ, О ® О₁, В ® В₁. АО = АО₁, ÐО₁АО = 60⁰, бұдан АО₁О – тең қабырғалы үшбұрыш, яғни  АО = ОО₁. Егер  В₁, О₁, О, С нүктелері бір түзудің бойында жатса, В₁О₁ОС сызығы ең кіші ұзындыққа ие болады. Осылайша О Î В₁С. Дәл осы әдіспен О Î С₁В,  мұндағы   С₁   -   : АС ® АС₁.                            

Салу:    1) АВС  үшбұрышының  сыртынан

                  АВ, АС кесінділеріне, сәйкесінше,

тең қабырғалы АВ₁В және АС₁С

үшбұрыштарын тұрғызамыз.

             2) В₁С және С₁В түзулері

             3) В₁С Ç С₁В = О нүктесі

                  О – ізделінді нүкте.

Дәлелдеу: Дәлелдеуі талдаудан байқауға болады.

Зерттеу: Қабырғалары АВ, АС болатын тең қабырғалы үшбұрыштар әрдайым бірмәнді табылады. Олай болса, В₁С Ç С₁В = О нүктесі де жалғыз, яғни есептің бір ғана шешімі бар.

       Есеп 8: Шеңбердің екі радиусы сызылған. Осы радиустармен тең үш бөлікке  бөлінетіндей  шеңбердің  хордасын  салыңыз.

Шешуі:

Талдау: Айталық w (О, r) – берілген шеңбер, АО, ВО – берілген радиустар, ал РС – ізделінді кесінді  (45-сурет).  Онда АО Ç РС = D,  ВО Ç РС = К  десек, CD=DK=KP. РС кесіндісіне А (немесе В) нүктесі арқылы параллель түзу жүргізсек,  DРОС = DР¢ОС¢, мұндағы Р¢ = ОР Ç АВ, С¢ = ОС Ç АВ. Олай   болса,    АО,  ВО   радиустары   Р¢С¢ кесіндісін тең үшке бөледі.                                                      

Салу: 1) АВ түзуі

     2) S_A: В ® С¢ нүктесі

          3) S_В: А ® Р′ нүктесі

          4) ОС¢, ОР¢ кесінділері

          5) ОС¢ Ç w = С нүктесі

          6) ОР¢ Ç w = Р нүктесі

          7) РС кесіндісі

               РС – ізделінді кесінді

Дәлелдеу: АО, ВО радиустар болғандықтан, ÐОАС¢ = ÐОВР¢. Салу бойынша АС¢ = ВР¢. Онда DАС¢О = DВР¢О¢, бұдан С¢О = Р¢О. ОС мен ОР радиустар болғандықтан тең, онда СС¢ = РР¢. Бұдан РС½½Р¢С¢, яғни DРОС ~ DР¢ОС¢. Ал салу бойынша  С¢А = AB = ВР¢,  онда үшбұрыштардың ұқсастығынан CD = =DK=KP.

Зерттеу: Егер А, В нүктелері О нүктесіне қатысты симметриялы емес болса, онда есептің бір ғана шешімі бар. Егер А, В нүктелері О нүктесіне қатысты симметриялы болса, есептің шешімі болмайды.

       Есеп 9: Үш  медианасы   m_a,  m_в,  m_c   бойынша   үшбұрыш  салыңыз.

Шешуі:

Талдау:  Есеп  шешілді  делік  және  ізделінді  АВС  үшбұрышы  тұрғызылған болсын (46-сурет). АМ, ВN және СР – оның медианалары, Е – медианалардың   қиылысу нүктесі және АМ = m_a, BN = m_в, CP = m_c. ВЕС үшбұрышында  ВЕ=m_в,  СЕ=m_с,  ал   ВМ = МС.   Егер  М нүктесіне қатысты симметрияда Е нүктесі D – ға көшеді десек, ЕD= m_a. Сонда ВЕD үшбұрышын үш қабыр-ғасы  бойынша  салуға  болады.          

Салу: 1)ВЕ = m_в, ЕD = m_a, ВD = m_c

              қабырғалары бойынша  ΔВЕD

          2) М – ЕD кесіндісінің ортасы

          3) S_M: В ® С нүктесі

          4) S_Е: D ® A нүктесі

          5) АВ, ВС, СА кесінділері

              АВС – ізделінді үшбұрыш

Дәлелдеу: Салу бойынша ЕD =m_a, онда центрлік симметрияның қасиетінен АМ = m_a шығады. М – ЕD кесіндісінің ортасы және  S_M: В ® С бойынша S_M:ВD ® СЕ, яғни BD = CE = m_c.  Ал ВЕ=m_в, онда Е – медианалардың қиылысу нүктесі, яғни BN = m_в, CP = m_с.

Зерттеу: ВЕD үшбұрышын салу үшін m_а < m_в + m_с, m_в < m_а + m_с, m_с < m_а +m_в, қатынастары орындалуы керек. Онда есептің бір ғана шешімі бар. Басқа жағдайларда есептің шеімі жоқ.

§3. Алгебралық әдіс

       Кейбір геометриялық салуларда түзудің қандай да бір кесіндісін тұрғызу керектігі айтылады. Ондай есептерді шешу үшін алгебралық әдісті қолданамыз.

       Алгебралық әдіс бойынша берілген кесінділердің ұзындықтары а, в, с, ... әріптерімен, ізделінді кесіндінің ұзындығы х әрпімен белгіленіп алынады да, есеп шартын пайдалана отырып ізделінді кесінділердің ұзындығын берілгендермен байланыстыратындай теңдеу құрылады. Құрылған теңдеуді  шешіп, х-тің табылған өрнегінің геометриялық кескінін саламыз. Бұл – ізделінді кесінді болады. 

       Кейбір кесінділерді (немесе бірнеше кесінділерді) салу арқылы салу есептерін шешу алгебралық әдіс деп аталады. Салу есептерін шешудің алгебралық әдісі төмендегі алгоритм арқылы іске асады:

1)    теңдеу құру

2)    құрылған теңдеуді шешу

3)    формуланы зерттеу

4)    табылған кесіндіні салу.

Мысал: «Бірлік» кесінді берілген. Ұзындығы у =  санына тең болатын кесіндіні тұрғызу керек. Ізделінді кесіндіні салу үшін у – ті ондық бөлшек түрінде өрнектеп, содан соң түзуге ондық, жүздік және т.б. бөліктеріне сәйкес бірлік кесіндіні өлшеп саламыз. Алайда ізделінді кесіндіні бұлай салу дәл болмайды. Оны циркуль мен сызғышты пайдалану арқылы «дәл» тұрғызудың басқа әдісі бар. Ол туралы төменде айтылады.

3.1. Қарапайым формулалармен берілген кесінділерді салу

І. х = а + в Салу 47-суретте көрсетілген.

ІІ. х = а - в (а>в) Салу 48-суретте көрсетілген.

ІІІ. х = nа, n Î Ν. Бұл кесіндіні салу І–ші салуға келтіріледі. Мысалы 49-суретте n = 3 болған жағдай белгіленген: х = 3а.

 
ІV. х =  a. Бұл кесіндіні салу үшін берілген а кесіндісінің ұшынан сәуле жүргізіп,  осы   сәулеге   ОВ  =  nв   болатындай  в   кесіндісін  n  рет  саламыз да (50-сурет), В нүктесін А  нүктесімен (а  ке -

сіндісінің екінші ұшы) қосамыз. ОВ₁=в  шарты

арқылы  анықталатын  В₁  нүктесінен  АВ – ға

жүргізілген  параллель  түзудің  а  кесіндісімен  

қиылысуын А₁ десек, ОА₁ – ізделінді  кесінді.

V. х = a,   n, m – берілген натурал сандар, а – берілген кесінді. Бұл кесіндіні екі әдіспен салуға болады:

1) а  кесіндісін  бірдей m бөлікке бөліп (жо-

ғардағы ІV салу),  алынған  кесіндіні  n есе

үлкейтеміз (ІІІ салу).                                     

2) Айталық ОА = a. О нүктесінен шығатын

кез – келген сәулеге ОВ₁ = nв және ОВ = mв

кесінділерін салып (51-сурет), В₁ нүктесі ар-

қылы  АВ – ға   параллель  А₁В₁   кесіндісін

жүргіземіз  (А₁ Î ОА). Сонда  ОА₁   кесіндісі ізделінді  болады,  яғни  х = ОА₁.                                              

VІ.  х =   (берілген  үш  кесіндіге  пропорционал  төртінші  кесіндіні салу).

Берілген шартты с:а = в:х пропорциясы түрінде

жазып аламыз. Айталық ОА=а, ОС=с кесінділері

О нүктесінен шығатын бір сәуле бойында жатыр,

яғни ОА, ОС – бір қатынастың «мүшелері» (52 -

сурет). О  нүктесінен  шығатын  екінші  сәулеге

екінші  қатынастың белгілі мүшесін, яғни ОВ = в

кесіндісін саламыз. А нүктесі арқылы өтіп, ВС–ға

параллель болатын түзудің ОВ – мен қиылысу нүктесі Х болса, онда ОХ – ізделінді кесінді.

VІІ. х = .   І әдіс: в = а деп алып, жоғардағы VІ салу орындалады.

ІІ әдіс: (бұл әдіс а < с болғанда қолданылады) диаметрі АВ = c болатын жарты шеңбер тұрғызып, оның ω (А, а)  шеңберімен

қиылысуын  С  деп   белгілейміз  (53 – сурет).

Содан соң С нүктесінен АВ–ға перпендикуляр

жүргізсек, АD – ізделінді кесінді болады (D –

перпендикулярдың  табаны), яғни х = AD.

VІІІ. х =  (берілген екі кесіндінің пропорционал ортасын салу).

І әдіс: АВ = а + в  болатын  АС = а,  СВ = в кесінділерін  салып  (54-сурет),  АВ  диаметрі болатын шеңбер жүргіземіз және С

нүктесі  арқылы АВ – ға перпендикуляр тұр -

ғызамыз. Осы перпендикуляр мен жарты шең-

бердің қиылысуын  D десек,  СD – ізделінді

кесінді болады, яғни х = CD.                                                   

ІІ әдіс:  (а > в жағдайы үшін).  Диаметрі  а – в  болатын  шеңбер  салып,  оның центрі  арқылы  қиюшы жүргіземіз (55-сурет).

Осы қиюшының шеңбер сыртындағы бөлігіне

шеңбермен қиылысу нүктесінен бастап в – ға

тең  кесіндіні  белгілейміз де, табылған  нүкте

(кесіндінің екінші ұшы) арқылы шеңберге  АТ

жанамасын  жүргіземіз  (Т –  жанасу  нүктесі).

Сонда  х = АТ.                                                                           

ІІІ әдіс: (а > в жағдайы үшін). Диаметрі  MN = a  шеңбер  салып,  MN  кесінді-сіне МК = в кесіндісін белгілейміз (56-сурет).

Содан соң К нүктесі арқылы MN–ға  перпен -

дикуляр тұрғызып, оның шеңбермен қимасын

Х деп белгілесек, МХ ізделінді кесінді болады,

яғни х = МХ.                                                   

ІХ. х = . Бұл кесінді катеттері а және в болатын тікбұрышты үшбұрыштың гипотенузасы ретінде салынады.

Х. х = . х кесіндісі гипотенузасы а, бір катеті в болатын тікбұрышты үшбұрыштың екінші катеті болады.

       Кейбір есептерде кесінді күрделі формулалармен беріледі. Оларды шешу үшін қарапайым түрге келтіру керек. Мысалдар қарастырайық:

1) х = а, n Î Ν. Егер n = p∙q  (мұндағы p, q Î Ν) болса, онда х =  деп жазып аламыз да, жоғардағы VIII салуды қолданамыз. Егер n = p²+ q² болса, онда х =  болады да, ІХ салу орындалады. Ал егер n=p²-q² болса, онда х = , яғни  Х  салу  орындалады.

2) х = a, p, q Î Ν. Бұл теңдікті х =  түрінде жазып, V және VІІІ салуларды орындаймыз.

3) х = . Алдымен у =  формуласы бойынша у кесіндісі, содан соң х = кесіндісі салынады (VІ салу).

4) х = . Алдымен у =  кесіндісі (VІІ салу), содан соң х =  кесіндісі тұрғызылады.

5) х =  (а² + d² >  в² + с²). Бұл кесіндіні салу үшін мына кесінділер тізбектеліп салынады: у = , z = , x = .

6) х =  (а³+ с³ > в³). Берілген теңдікті х =  түрінде жазып,    у,  z,  х    кесінділерін  ретімен  саламыз:   y = a+   (4 - ші  мысал),

z =   (3 - ші мысал),   х =   (ІV салу).

7)  х =  (а> в).

х =  теңдігі бойынша жоғардағы  Х, ХІ және VІІІ салуларды пайдаланып, сәйкесінше у = , z = , x =  кесінділерін тұрғызамыз.

3.2. Квадрат теңдеудің түбірлерін тұрғызу

       Айталық p және q кесінділері берілген. Ұзындығы  х² ± рх ± q² = 0 квадрат теңдеуінің нақты түбірлеріне тең болатын кесіндіні есептемей – ақ салатындай ереже жасауға болады. Мұндағы  х² ± рх ± q² = 0 теңдігі тіктөртбұрыш (рх) пен екі квадраттың (х² & q²) аудандарының байланысы түрінде жазылғандықтан, босмүшені q емес, q² түрінде жазамыз.

       Көрсетілген есепті шешу үшін Виет формуласын немесе квадрат теңдеудің түбірлерінің формуласын қолдануға болады. Екі әдісті де қарастырайық:

І әдіс:

1) х² - рх + q² = 0 теңдеуі үшін

х₁ = ,    x₂ = .

Гипотенузасы  ОА = , катеті АС = q болатын тікбұрышты үшбұрыш салып (57-сурет), w (О, ОС) шеңберін тұрғызамыз. Содан соң ОА түзуін жүргізіп, оның w шеңберімен қимасын D₁, D₂  (АD₁ > АD₂) десек, х₁ = AD₁, x₂ = AD₂.

2) х² - рх - q² = 0 теңдеуі үшін

х₁ = ,    x₂ = .

Бұл жағдайда салу жоспары төмендегіше болады:

1. ОС =, CA =q катеттері бойынша ОСА тікбұрышты үшбұрышы (57-сурет)

2. w (О, ) шеңбері

3. ОА түзуі

4. ОА Ç w = D₁ және D₂ нүктелері

    х₁ = AD₁, x₂ = AD₂ – ізделінді кесінділер.

3) х² + рх ± q² = 0 теңдеуін шешу үшін х = -у деп алып, жоғарда көрсетілген салуларды қолданамыз.

ІІ әдіс: ( Виет формуласы арқылы шешу)

1) Талдау: х² - рх + q² = 0 теңдеуінің түбірлері Виет формуласы бойынша мынандай байланыста болады:

х₁ + х₂ = р,   х₁ × х₂ = q².

Сонда квадрат теңдеудің түбірлерін тұрғызу қосындысы және геометриялық ортасы берілген екі кесіндіні салу есебіне келеді.

Салу: 1. Диаметрі АВ = р болатын g шеңбері (58-сурет)

           2. АВ диаметрінен q қашықтықтағы DЕ параллель түзуі

           3. DЕ Ç g = Ғ нүктесі

           4. ҒС ^ АВ және С Î АВ түзуі

               х₁ = AС, x₂ = ВС – ізделінді кесінділер.

Зерттеу: Салу жоспарының үшінші қадамындағы DЕ түзуі w(О, ) шеңберін q <  шарты орындалғанда ғана қияды. Бұл жағдайда есептің әр түрлі екі шешімі болады. Егер q =  болса, DЕ түзуі w шеңберін жанайды да, АС = ВС

болады. Сондықтан х₁ = х₂, яғни есептің жалғыз шешімі болады. Егер q >  болса, DЕ түзуінің w шеңберімен ортақ нүктесі болмайды да, есептің шешімі жоқ делінеді.

2) х² - рх - q² = 0 теңдеуінің түбірлері  х₁ + х₂ = р,   х₁ × х₂ = - q² шарттары арқылы байланысқан. Бұдан бір түбірі оң (айталық х₁), ал екіншісі теріс (яғни х₂) екені көрініп тұр. Олай болса, х₁ = ½х₁½, х₂ =-½х₂½. Сондықтан х₁ -½х₂½= p, x₁ ×½х₂½= q². Сонымен бұл   айырмасы және геометриялық ортасы берілген екі кесіндіні салу есебіне келеді. Салу жоспары былайша болады: (59-сурет)

1) w(О, ) шеңбері

2) кез – келген Т Î w нүктесінен t жанамасы

3) ТА = q болатындай А Î t нүктесі

4) ОА түзуі

5) ОА Ç w = D₁, D₂ (AD₁ > AD₂) нүктелері

    AD₁, AD₂ – ізделінді кесінділер, яғни  х₁ = AD₁, ½x₂½ = AD₂.

 

3.3. Тригонометриялық функциялар арқылы өрнектелген кесіндіні салу

       Берілген бұрыштың тригонометриялық функциясына байланысты кесінділерді сызғыш пен циркульды пайдаланып салуға болады. Мысалдар қарастырайық:

1-мысал: с кесіндісі  және a сүйір бұрышы

берілген. х = c cosa, y = c sina формулала -

рымен берілген х,у кесінділерін салу керек.

Ол  үшін  с гипотенузасы, a сүйір  бұрышы

бойынша тікбұрышты үшбұрыш саламыз (60-сурет). Сонда a бұрышына ірге-лес жатқан катет ізделінді х кесіндісі, ал қарсы жатқан катет у кесіндісі болады.

2-мысал: х = a cos³a, y = a sin³a формулаларымен берілген х, у кесінділерін салыңыз, мұнда а – берілген кесінді, a - берілген бұрыш.

Салу жоспары төмендегіше болады: (61-сурет)

1) ÐАОА₁ = a бұрышы, ОА = а гипотенуза –

сы бойынша  АОА₁ тікбұрышты үшбұрышы

2) А₁С ^ ОА түзуі

3) А₁С Ç ОА = А₂ нүктесі

4) А₂В ^ АА₁ (ВÎАА₁) түзуі

5) А₂А₃ ^ ОА₁ (А₃ÎОА₁) түзуі

    ОА₃,  АВ  –  ізделінді   кесінділер,   яғни

    ОА₃ = a cos³a, АВ = a sin³a.                                                  

Ескерту1: х = a cosⁿa, y = a sinⁿa формулаларымен берілген кесінділерді жоғарда көрсетілген әдіс бойынша аналогиялық түрде салуға болады.

Ескерту2:  х = a cos³a, y = a sin³a (0 £ a < 2p) формулалары астроида деп аталатын қисық сызықты анықтайды. 2-ші мысалдағы салу жоспарын циркуль және сызғыштың көмегімен орындай отырып еш есептеусіз астроиданың кез-келген нүктелерін табуға болады.

3.4. Алгебралық әдіс арқылы шешілетін салу есептеріне мысалдар

       Есеп 1: Үшбұрыш берілген. Оның ауданын тең екіге бөлетіндей етіп, табанына параллель түзу жүргізіңіз.

Шешуі:

Талдау: Айталық АВС–берілген үшбұрыш (62-сурет), АВ = с, ВС = a, AC = в және BD = h (ÐBDC = 90⁰) делік. АВС үшбұрышының АС табанына MN параллель түзуін оның ауданын тең екіге бөлетіндей етіп жүргізу үшін К нүк-тесін, яғни ВК = х кесіндісінің ұзындығын

табу   керек,   мұндағы   К  =  MN  Ç  BD.

АВС үшбұрышының ауданы , ал BMN

үшбұрышының   ауданы     болады.

Есеп шарты бойынша                                                               

                                                          = 2×                                             (1)

Үшбұрыштың бір қабырғасына параллель жүргізілген түзу, сол үшбұрышқа ұқсас  үшбұрыш  қиятынын ескеріп,  DАВС ~ DBMN  деп  жаза  аламыз.  Бұдан

    немесе   ,

онда                                                    MN =                                                    (2)

 (1) және (2) теңдіктерін теңестіріп, ізделінді кесіндіні аламыз: 

                                                            х =                                                      (3)

Салу: х =  кесіндісін салу: қабырғасы BD = h (берілген АВС үшбұрышының   биіктігі)  болатын   квадраттың   диагоналы  MB = h  (63 -

сурет),  онда  оның  жартысы  ОВ =  .

Осы табылған х = ОВ  кесіндісін  берілген

АВС үшбұрышының В  төбесінен  бастап,

h  биіктігінің  бойына  өлшеп саламыз  да,

АС  қабырғасына   параллель   МК  түзуін

жүргіземіз. МК – ізделінді түзу.                                                

Дәлелдеу: Ізделінді К нүктесі арқылы жүргізілген МК½½АС түзуі берілген үшбұрыш ауданын тең екіге бөледі, онда

                                                   S_BMN = S_AMNC                                                   (4) теңдігін дәлелдейік. S_BMN = MN×x = x× = ;

S_AMNC =  =  =  =

=   =    =  .

Сонымен (4) теңдік орындалады, яғни К – ізделінді нүкте.

Зерттеу: х кесіндісінің шамасы (0, h) аралығында болады. Онда MN кесіндісінің ұзындығы АС-дан кіші. (3) өрнектегі h оң шама, сондықтан х те оң шама болады. Егер х > h болса, есеп шарты орындалмайды. Сонда хÎ(0, h) болғанда, есептің жалғыз шешімі бар.

       Есеп 2: w шеңбері, К Ï w нүктесі және К нүктесі арқылы өтіп, w шеңберін жанайтын m түзуі берілген. Берілген шеңбер мен берілген түзуді К нүктесінде жанайтын шеңбер салыңыз.

Шешуі:

Талдау:  Есеп  шешілді  делік,  w (О, r) – берілген  шеңбер,  m – берілген түзу,  КÏw, К Î m – берілген нүкте (64-сурет). Ізделінді шеңбердің центрі   m түзуіне К нүктесі арқылы жүргізілген n орта перпендикулярының бойында жатады және w (О, r) шеңберінен R қашықтықта болады, мұндағы R – ізделінді шеңбердің радиусы. m түзуіне О нүктесі арқылы параллель түзу жүргізіп, оның n   түзуімен қимасын N  деп  белгілесек, ON = MK,

OM = NK = r. Ізделінді шеңбердің центрі О₁ болса,

О₁К = O₁L = R,    ал O₁N  =  r – R.

мұндағы L – шеңберлердің  жанасу  нүктесі. Соны -

Сонымен ОО₁N үшбұрышынан Пифагор теоремасы

бойынша ON²+O₁N² = OO₁² Þ ON² + (r–R)² = (r–R)²

Þ   ON² + r² – 2rR + R² = r² + 2rR + R²    Þ

Þ   ON² = 4rR    Þ   R = .

R – дің мәні күрделі өрнек болып шықты. Бұл өрнекті алгебралық әдіспен салуға болады.

Салу:  1) у = 4r кесіндісі

           2) w (О, r) Ç m = М нүктесі

           3) z = МК кесіндісі

           4) R =  кесіндісі

           5) j (К, R) шеңбері

           6) К нүктесі арқылы  n ^ m түзуі

           7) j Ç n = О₁ (О₁ – m түзуінің w шеңбері жатқан жағындағы нүкте)

           8) g (О₁, R) шеңбері

               g - ізделінді шеңбер.

Дәлелдеу: 5) және 7) салу бойынша О₁К = R. Ал О₁ Î n, онда g шеңбері мен m түзуі жанасады.

ОО₁ =  =  =  =

=  =  = r + R,

онда g, w шеңберлері жанасады.

Зерттеу: R = .  ON, r кесінділердің ұзындығы болғандықтан, оң шамалар болады. Онда R кесіндісі де табылады және бірмәнді. Олай болса, есептің жалғыз  шешімі  болады.

       Есеп 3: Гипотенузасы және тік бұрышының биссектрисасы бойынша тікбұрышты үшбұрыш салыңыз.

Шешуі:

Талдау:  Есеп  шешілді  делік,  АВС – ізделінді  үшбұрыш  (65 – сурет).  CD -  берілген биссектриса, АВ– берілген гипотенуза. CD Ç w (О, ОВ) = Е деп белгі-лесек (О–сырттай сызылған шеңбердің центрі), ЕО^АВ және CD×DE = AD×DB.

Бұдан  l×DE = (AO – OD)(OB + OD)

 l × DE  =   - (DE² - ) Þ

Þ   l × DE  =   - DE²      Þ

Þ   DE = .

Салу:   1) АВ = с кесіндісі

            2) w (О, ) шеңбері, мұнда О Î АВ  және  ОА = ОВ

            3) ОК – АВ кесіндісінің орта перпендикуляры

            4) Е = OK Ç w (О, ) нүктесі

            5) р =  кесіндісі (3.1.,   ІХ, ІІ және ІV салулар)

            6) w₁ (Е,  р) шеңбері

            7) D = АВ Ç w₁ нүктесі

            8) ЕD түзуі

            9) С = ED Ç w (О, ) нүктесі

            10) СА, СВ кесінділері

                  DАВС – ізделінді.

Зерттеу:  Егер  l >   болса,  есептің  екі  шешімі  бар;   l =   -  бір  шешімі бар;  l <  - шешімі жоқ.

       Есеп 4: Ұзындықтары  а, в, с  және  d болатын кесінділер берілген.  формуласымен өрнектелетін кесіндінің ұзындығын табыңыз.

Шешуі: Төрт кесіндінің көбейтінділерінен төртінші дәрежелі түбірді мына түрде жазуға болады:

 =

 Екі кесіндінің пропорционал ортасын салу белгілі болғандықтан (3.1., VІІІ салу), алдымен ұзындығы  болатын  х₁ кесіндісін, содан соң ұзындығы  болатын х₂ кесіндісін салып аламыз. Сонда ізделінді кесіндінің ұзындығы  болады.

       Есеп 5:  Ұзындықтары   а, в, с  болатын  кесінділер  берілген.  Ұзындығы

 =  формуласымен өрнектелетін  х  кесіндісін салыңыз.

Шешуі: Алдымен ұзындығы

                                                            =                                                      (*)

формуласымен өрнектелетін у кесіндісін салып аламыз. Ол үшін (*) теңдігін

 =

түріне келтіреміз, сонда у кесіндісі а + в, а, в кесінділеріне пропорционал төртінші кесінді болады (3.1., VІ салу).   у кесіндісі салынған соң,  х те дәл осылайша тұрғызылады.

 =

Формуласы бойынша   х  кесіндісі   у + с,  у,  с  кесінділеріне  пропорционал төртінші кесінді.

       Есеп 6:  h₁,  h₂  биіктіктері  және  2р  периметрі  бойынша параллелограмм салыңыз.

Шешуі:

Талдау: Есеп  шешілді  делік, АВСD – ізделінді

параллелограмм (66–сурет). АВ=х деп белгілеп

алайық,  ВС = р – х.

S = h₁ × AB = h₁ × x  және S = h ₂ × BС = h₂ × (р – x)

Бұл теңдіктердің  оң  жақтарын  теңестіріп,

h₁ × x = h₂ × (р – x)  Þ  x =

теңдігі  шығады. Ал бұл кесіндіні алгебралық  әдіс арқылы салуға болады (3.1.,  VІ салу). Егер  Ð DAB  =  a  деп параллелограмның сүйір бұрышын белгілесек, онда ADM, CDN (M, N– биіктіктердің табандары) үшбұрыштарынан 

AD = ,   CD =

теңдіктері шығады.

                                      AD + CD = p   Þ   sin a =                                  (**)

(**) бұрышын р гипотенузасы, h₁, h₂  катеті бойынша тұрғызылған тікбұрышты үшбұрыштың берілген катетке қарсы жатқан бұрыш ретінде салуға болады.

Салу:  1) h₁ +  h₂  кесіндісі

            2) AKL тікбұрышты үшбұрышы (KL =  h₁+ h₂  катет, AL = p гипотенуза)

            3) АК түзуі

            4) КЕ = h₁ кесіндісі (К – Е – L  қатынасы орындалады)

            5) Е нүктесі арқылы  l || АВ түзуі

            6) D = l Ç AL нүктесі

            7) DC =  кесіндісі (С Î l және D – E – C )  (3.1., VI салу)

            8) С нүктесі арқылы t || АВ түзуі

            9) B = t Ç AL нүктесі

                АВСD – ізделінді параллелограмм

Дәлелдеу: D Î ED, ED || AK және EK = h₁ болғандықтан, DM = h₁.

DN = DC × sin a = ×  = h₂,  яғни DN = h₂.

DL = h₂ × sin a = DC    Þ   p = AD + DL = AD + DC.

Зерттеу:  h₁ + h₂ < р теңсіздігі орындалғанда ғана ALK тікбұрышты үшбұрышын салуға болады. Қалған салу қадамдары бірмәнді орындалады. Демек,  h₁ + h₂ < р  қатынасында  есептің  шешімі  бар  және  ол  біреу  ғана.

§4. Инверсия әдісі

       Салу есептерін шешудің тағы бір әдісі – инверсия әдісі. Бұл әдістің көмегімен әлдеқайда қиынырақ салу есептері шешіледі. Инверсия әдісі басқа әдістерге қарағанда кейінірек пайда болған және оның қиындығы – көп салулар орындау қажеттілігінде.

4.1. Инверсияның анықтамасы, қарапайым қасиеттері.

       Айталық жазықтықта w (О, R) шеңбері берілген.

Анықтама: Жазықтықтың О нүктесінен өзге кез – келген Р нүктесіне мына шарттарды:

1) Р' Î [ОР)

2) ОР × ОР' = R²

қанағаттандыратындай Р' нүктесін сәйкес қоятын жазықтық түрлендіруін инверсия деп атайды (67-сурет). Мұндағы Р' - w шеңберіне қатысты Р нүктесіне кері немесе инверсиялы нүкте, w - базистік шеңбер, О – инверсия центрі, R – инверсия радиусы.

       Анықтамадан, егер инверсияда Р нүктесіне Р' нүктесі сәйкес келсе, онда, керісінше, Р' нүктесіне Р нүктесі сәйкес келетінін көреміз. Олай болса, инверсия - өзара бірмәнді түрлендіру.

       Инверсияның қарапайым қасиеттері:

1⁰. Егер Р' нүктесі Р нүктесіне инверсиялы болса, онда, керісінше, Р нүктесі Р' нүктесіне инверсиялы болады.

2⁰. Егер инверсияда Ф фигурасы Ф' фигурасына түрленсе, онда Ф' фигурасы Ф фигурасына түрленеді.

3⁰. Жазықтықтың ешбір нүктесі инверсия центріне инверсиялы нүкте болмайды.

4⁰.  Базистік шеңбердің әрбір нүктесі өз - өзіне инверсиялы болады.

5⁰. Егер берілген нүкте базистік шеңбердің сыртында жатса, онда оған инверсиялы нүкте оның ішінде жатады және керісінше.

6⁰. Базистік шеңбердің сыртындағы нүкте одан шексіз алыстаған сайын, оған инверсиялы нүкте инверсия центріне шексіз жақындайды. Керісінше сөйлем дұрыс болады.

7⁰. Инверсия центрінен шығатын сәуле инверсияда өз - өзіне түрленеді (көшеді) және де базистік шеңберге қатысты сәуленің ішкі нүктелері оның сыртқы нүктелеріне көшеді және керісінше.

8⁰. Инверсия центрі арқылы өтетін түзу өз - өзіне көшеді.

4.2. Инверсияда нүктенің образын тұрғызу

       Айталық жазықтықта w (О, R) шеңбері және М нүктесі берілген. w ин-версия шеңбері болсын. М нүктесінің инверсиядағы образын табу үшін, оның  w шеңберіне қатысты орналасу жағдайларын қарастырайық:

1 – жағдай. М — w шеңберінің сыртындағы нүкте (68 – сурет). Онда салу жоспары төмендегіше болады:

1) [ОМ)  сәулесін  жүргіземіз

2) М  нүктесі  арқылы   w   шеңберіне  жанама

3) Осы  жанаманың w шеңберімен қиылысу нүктесін Q делік

4) Q нүктесінен [ОМ) сәулесіне перпендикуляр:  h

5) M' = h Ç [ОМ)  нүктесі

    М' – ізделінді нүкте.                                                                  

Шынында да, MQ  w шеңберіне жанама болғандықтан, ÐOQM = 90⁰. Сонда тікбұрышты үшбұрыштардың ұқсастық белгісі бойынша DOQM' ~ DOQM. Олай болса,   = , яғни ОМ' × ОМ = OQ² = R².

2 – жағдай. М — w шеңберінің бойындағы нүкте, яғни М Î w (69 – сурет). Бұл   жағдайда   М   нүктесінің   образы  осы   нүктенің  өзі  болады.  Себебі

                                               ОМ × ОМ' = R×R = R².

3 – жағдай. М — w шеңберінің сыртындағы нүкте (70 – сурет). Бұл жағдайда инверсияның бірмәнділігін ескеріп, салуды керісінше тәртіппен орындаймыз.

 

4.3. Салу есептерін инверсия әдісімен шешкенде

қолданылатын теоремалар

     Теорема1: Инверсия центрі арқылы өтетін шеңбер инверсияда түзуге көшеді және бұл түзу инверсия центрі мен берілген шеңбердің центрлері арқылы өтетін түзуге перпендикуляр болады.

     Теорема2: Инверсия центрі арқылы өтпейтін шеңбер инверсияда шеңберге көшеді.

     Теорема3: Инверсия центрі арқылы өтпейтін түзу инверсияда шеңберге көшеді және ол шеңбер инверсия центрі арқылы өтеді.

     Теорема4: Егер шеңбер өзара инверсиялы екі нүкте арқылы өтсе, онда инверсияда бұл шеңбер өзіне көшеді.

     Теорема5: Егер w₁, w₂ сызықтары бір – бірінен инверсия центрінен өзге М нүктесінде жанасса, онда олардың образдары М' = f (М) нүктесінде жанасады. Мұнда w₁ – шеңбер немесе түзу, ал w₂ – шеңбер. 

    Теорема 6: Базистік  шеңберден  өзге  шеңбер  инверсияда  өз - өзіне  көшу үшін, оның базис шеңберге ортогональ болуы қажет және жеткілікті.

(Екі шеңбер ортогональ деп аталады, егер олар тікбұрыш жасай қиылысса, яғни олардың қиылысу нүктесінен жүргізілген радиустары өзара перпендикуляр болса.)

4.4. Аполлоний есебі

         Инверсия әдісімен, жалпы жағдайда, Аполлоний есебі шешіледі. Аполлоний есебі: берілген үш шеңбермен жанасатын шеңбер салу. Бұл есепті ең алғаш б.э.д. ІІІ ғасырда атақты грек геометрі Аполлоний Пергский шешкен. Бірақ оның еңбектері бізге дейін жеткен жоқ, ол туралы тек ежелгі математиктер, мысалы Паппның айтуы бойынша білеміз. Бұл есепті Аполлонийдің қалай шешкендігі де белгісіз.

         Мектептегі геометрия курсында кездесетін шеңберге қатысты салу есептері – осы Аполлоний есебінің жеке және шектік жағдайлары болып табылады. Жеке жағдайлар берілген шеңберлердің орналасуына байланысты болса, шектік жағдайлар барлық немесе кейбір берілген шеңберлердің нүктеге (егер шеңбердің радиусы шексіз кемісе) және түзуге (егер шеңбердің радиусы шексіз өссе) айналуына байланысты болады.

         Аполлоний есебінің кейбір жеке және шектік жағдайларын қарастырайық:

        Есеп 1. Берілген үш нүкте арқылы өтетін шеңбер салу.

Бұл есептің шешімі болмайды, егер үш нүкте бір түзудің бойында жатса. Қалған жағдайларда бір шешім болады, себебі ізделінді шеңбер – үшбұрышқа сырттай сызылған шеңбер. Ал үшбұрышқа сырттай бір ғана шеңбер жүргізіледі. (Бұл есеп мектеп геометрия курсында шешіледі)

        Есеп 2. Берілген үш түзумен жанасатын шеңбер салу.

Есептің шешіміне қатысты төмендегі жағдайлар болу мүмкін: егер берілген үш түзу өзара параллель орналасқан болса, онда есептің шешімі болмайды; егер түзулердің екеуі өзара параллель, ал үшіншісі оларды қиса, онда септің екі шешімі болады (71-сурет); егер түзулер қос – қостан қиылысса, онда есептің төрт шешімі болады (72-сурет).

 

        Есеп 3. Берілген нүкте арқылы өтіп, берілген екі параллель түзулермен жанасатын шеңбер салу.

Бұл есептің шешіміне қатысты мына жағдайлар болу мүмкін: егер берілген нүкте берілген түзулермен шектелген жолақтан тысқары жатса, есептің шешімі болмайды; егер берілген нүкте берілген түзулердің бірінде жатса, онда есептің бір ғана шешімі болады (73-сурет); егер берілген нүкте берілген түзулермен шектелген жолаққа тиісті болса, онда есептің екі шешімі болады (74-сурет).

 

        Есеп 4. Берілген нүкте арқылы өтіп, берілген екі қиылысатын түзулерді жанайтын шеңбер салу.

Егер нүкте берілген түзулердің қиылысу нүктесі болса, онда есептің шешімі болмайды; қалған жағдайларда есептің екі шешімі бар (75-сурет).

 

        Есеп 5. Берілген екі нүкте арқылы өтетін және берілген түзумен жанасатын шеңбер салу.

Мына жағдайлар болу мүмкін: егер берілген түзу мен берілген нүктелер арқы-лы өтетін түзу қиылысса, яғни берілген нүктелер берілген түзудің әртүрлі жағында орналасса, есептің шешімі болмайды, сонымен қатар берілген нүкте-лер берілген түзуге тиісті болған жағдайда да есептің шешімі жоқ; егер беріл-ген нүктелердің біреуі берілген түзуге тиісті (76-сурет) немесе берілген нүкте-лер арқылы өтетін түзу берілген түзуге параллель (77-сурет) болса, есептің бір ғана шешімі болады;  қалған жағдайда септің екі шешімі бар (78-сурет).

 

        Есеп 6. Берілген үш шеңбермен жанасатын шеңбер салу.

Бұл есептің шешулерінің саны берілген шеңберлердің орналасу жағдайларына байланысты болады. Осы жағдайлардың бірнешеуін қарастырайық:

1) Үш шеңбердің бір – бірімен ешқандай ортақ нүктесі жоқ және олар бірінің ішінде бірі орналасқан. Онда есептің шешімі болмайды.

2) Берілген екі шеңбер жанасады, ал үшіншісі оларды жанасу нүктесінде қиып өтеді. Онда есептің екі шешімі бар.

3) Егер берілген шеңберлердің әрқайсысы қалған екеуінің сыртында және әрбір екеуіне жүргізілген жанаманың үшіншісімен ортақ нүктесі болмаса, онда есептің сегіз шешімі бар.

4) Егер берілген үш шеңбер қос – қостан бір нүктеде жанасса, онда есептің шешімдерінің саны шексіз көп болады.

        Аполлоний есебін шешу барысында берілген шеңберлердің орналасуына қатысты көрсетілген жағдайлардан басқа отыздан астам орналасуы болатыны табылды.

4.5. Инверсия әдісімен шешілетін салу есептеріне мысалдар

       Есеп 1: s (О, r) шеңбері және А Ï s, В Ï s нүктелері берілген. А, В нүктелері арқылы өтіп, s шеңберін жанайтын шеңбер салыңыз.

Шешуі:

Талдау: Есеп шешілді делік, g ізделінді шеңбер салу болсын (79-сурет). А, В нүктелері мен s, g шеңберлерінен құралған фигураны Ғ деп белгілейік. Центрі А нүктесі болатын, s шеңберімен қиылысатын кез – келген w шеңберін жүргізіп, осы шеңберге қатысты инверсия қарастырамыз (алда оны f түрінде  белгілейтін  боламыз).  Сонда  инверсияда  Ғ  фигурасының  образы В'  =  f (В) нүктесінен, s' = f (s) шеңберінен (Теорема 2  бойынша) және g' = f (g) түзуінен (Теорема1 бойынша) құралған қандай да бір Ғ' фигурасы болады. А – инверсия центрі, сондықтан оның образы болмайды. Олай болса, Теорема5 бойынша g' түзуі s' шеңберімен жанасады. Ғ' фигурасын салу оңай, себебі  В', s' – берілген фигуралардың образдары, ал g' - В' нүктесі арқылы өтетін және s' шеңберімен жанасатын түзу. Онда f инверсиясында g' түзуінің образы болатын g шеңберін Теорема3 бойынша салу оңай.

Салу:  1) Центрі А  нүктесі  болатын  және  s

           шеңберімен  қиылысатын  кез – келген

          w шеңбері (81-сурет)

          2) ОА түзуінің s шеңберімен қиылысу

          нүктесін 3 делік

          3)s,w шеңберлерінің қиылысу нүктелері

         1 және 2 болсын

         4) В'  =  f (В)  нүктесі

         5) s'  =  f (s) шеңбері (бұл  шеңбер1, 2, 3'

         нүктелері  арқылы өтеді, мұнда 3' = f (3))

         6) s' шеңберіне В' нүктесі арқылы өтетін

         g'  жанамасын  жүргізіп,  оның  А нүктесі

         арқылы өтпейтінін аламыз

         7) g = f (g') – ізделінді шеңбер                                  

Дәлелдеу:  g' түзуі А нүктесі арқылы өтпейтіндіктен, оның образы А нүктесі арқылы өтетін шеңбер болады. Сонымен қатар g' түзуі  В' нүктесі арқылы өтеді және s' шеңберімен жанасады, сондықтан В Î g және g мен s шеңберлері жанасады.

Зерттеу:  Егер А, В нүктелерінің біреуі s шеңберіне қатысты ішкі, ал екіншісі сыртқы нүкте болса, есептің шешуі болмайды. А, В нүктелері s шеңберінің жанамасына тиісті нүктелер болса, онда есептің бір ғана шешімі бар. Қалған жағдайларда есептің екі шешімі болады.

       Есеп 2: Берілген А, В нүктелері арқылы берілген w (О, r) шеңберіне ортогональ шеңбер салыңыз.

Шешуі:

Талдау: Есеп шешілді делік, g ізделінді шеңбер

болсын. Егер w базистік шеңбер деп алсақ, ин–

версияда g шеңбері өз-өзіне көшеді  (Теорема6)

және А, В нүктелерінің  образдары  сәйкесінше

осы  шеңбердің  А¢, В¢ нүктелері болады (Теоре-

ма 4).   g шеңберін анықтау үшін оның үш нүк –

тесін білсе болғаны (80-сурет):  А, А¢, В. 

Салу:  1) w  шеңберіне  қатысты  инверсияда А нүктесінің  образы:  А¢ нүктесі

            2) А,  А¢,  В   нүктелері   арқылы  g  шеңбері

                g - ізделінді шеңбер                                                     

Зерттеу: Егер АÎw, ВÏw болса, онда А–ң образы өзі болады да, салу жоспарының бірінші қадамында В нүктесінің образы табылады.

Егер АÎw, ВÎw болса, онда А, В нүктелерінен w шеңберіне жанама жүргізіп, олардың қиылысу нүктесін Р деп белгілейміз. Р – ізделінді шеңбердің центрі.

Егер А,  В, О бір түзудің нүктелері және А, В өзара инверсиялы емес нүктелер болса, онда есептің шешімі болмайды.

Егер А, В, О бір түзудің нүктелері және А, В w шеңберіне қатысты инверсиялы нүктелер болса, онда есептің шексіз көп шешімі болады: А, В нүктелері арқылы өтетін кез – келген шеңбер w - ға ортогональ болады.

       Есеп 3:  а, в түзулері және олардан тысқары жатқан О нүктесі берілген. О нүктесінен берілген түзулерге дейінгі кесінділерінің көбейтіндісі берілген кесіндінің квадратына тең болатындай етіп сәуле жүргізіңіз.

Шешуі:

Талдау:  Есеп шешілді, ОD ізделінді сәуле делік (81-сурет). r берілген кесінді,  OD Ç a = A, OD Ç в = В болса, есеп шарты бойынша   ОА × ОВ = r². Онда w  шеңберіне қатысты инверсияда А нүктесі В–ға (инверсия анықтамасы бойынша),  а түзуі  а¢ шеңберіне (Теорема3) көшеді және а¢ шеңбері  В  нүктесі  арқылы  өтеді. Сонда В = а¢ Ç в.                                                             

Салу:   1) w (О, r) шеңбері                                                         

            2) w  шеңберіне қатысты инверсияда

            а түзуі  а¢ шеңберіне көшеді

            3) В = а¢ Ç в нүктесі

            4) ОВ сәулесі

                ОВ – ізделінді сәуле.

Дәлелдеу: Айталық А = ОВ Ç а, онда А - w шеңберіне қатысты В нүктесінің прообразы. Демек, инверсияның анықтамасы бойынша ОА×ОВ = r².

Зерттеу: Келесі жағдайлар болу мүмкін:

1)    а¢ Ç в  қимасы екі нүктеден құралған,

онда есептің екі шешімі бар (82 – сурет);

2)    а¢ Ç в  қимасы  бір  нүктеден  тұрады,

яғни  а¢  шеңбері  мен  в түзуі  жанасады,

онда бір шешім болады;

3)    а¢  Ç  в  =  Æ,  онда   есептің   шешімі

болмайды.                                                                        

Пайдаланылған әдебиеттер

1.  Аргунов Б.И.,  Балк М.Б.,           

Геометрические построения на плоскости, М. 1957

2.  Атанасьян Л.С.,  Базылев В.Т.,  

Геометрия (І часть),   М. 1986

3.  Атанасьян Л.С. и  др.,                 

Геометрия  7– 9,   Алматы 1996

4.  Говоров В.М.,                              

Сборник конкурсных задач по математике, М. «Наука» 1986 г.

5.  Готман Э.Г.,                                 

Задачи по планиметрии и методы их решения,  М.1996

6.  Гусев В.А.,                                    

Практикум решени математических задач

7.  Қаниев С.,                                     

Математикадан  таңдамалы  есептер (І кітап),  Алматы 1993

8.  Лурье М.В.,                                  

Геометрия,   Ростов-на-Дону 2002

9.  Погорелов А.В.,                           

Геометрия 7 – 11,   Алматы 1997

10. Саранцев Г.И.,                              

Сборник задач на геометрические преобразования,  М. 1957

11. Солтан Г.Н., Солтан А.Е.,          

Решение  задач  письменного экзамена по математике,  Минск 2003

12. Шарыгин И.Ф.,Бүкүбаева К.О.,  Геометрия  7 – 9,  Алматы 2004

13. ИФМ журналы,

1993ж №3 және №4, 1997ж №5, 1999ж №2, 2000ж №2,   2001ж  №3

14. Математика және физика журналы, 

2002ж  №2,   2003ж  №2 және №3

15. Математика – 1 сентября  газеті,      

2001ж  №31, №32, №34 және №36, 2004ж  №47

16. Математика в школе  1990ж  №6