Түрлендіру әдісін қолдану

Біз геометрияның теориялық сұрақтарын қарастырғанымызда түрлендіру әдісінің кейбір қолдануларын қарастырдық. Мысалы, қозғалысты фигуралар теңдігін анықтағанда, ұқсас түрлендіруді үшбұрыштар ұқсастығын оқып-үйренгенде.

Түрлендірулер әдісін түрлі геометриялық есептер шығаруда қолдануды қарастырайық.

19-мысал. АОВ тікбұрыштың ішінен М нүктесі алынған.

Сурет - 46

S_OA(M) = M_1, S_OB(M) = М₂

шарттарын қанағаттандыратындай нүктелер жүргізілген. М_1, О және М₂ нүктелерінің бір түзудің бойында жататынын дәлелдеу керек (46- сурет)

Берілгені: АОВ =90"

М € АОВ

S_OA(M) = M_1, S_OB(M) = М₂

Дәлелдеу керек: (М_1, О және М₂) €L

Дәлелдеу. М_1, О, М₂ нүктелері бір түзудің бойында жату үшін

l= 5, яғни олар вертикаль бұрыштар болуы қажет. АО ны созсақ,

АОВ= 90 °, онда ВОК = 90 °.

Бұл арадан 5 = 90?- 4

2= 90?- 3 түрінде жазуға болады. Симметриялы нүктелердің қасиеті бойынша

4 = 3

2 = 1

Сонымен, 5 = 90?- 4

1 = 90?- 4 яғни 5 = 1 вертикаль бұрыштар болады.

Ендеше М_1,О, М₂ нүктелері бір түзудің бойында жатады.

20-мысал. Берілгені: ∆АВС (47-сурет)

AL - биссектриса,

КМ AL

BB₁ КМ

Дәлелдейтініміз: Р_∆ВВ1С1 > Р_∆АВС

Дәлелдеуі. ВВ₁+В₁С+ВС>АВ+АС+ВС

немесе ВВ₁+ В₁С>АС+АВ

КМ -ге қарағанда

нүктесін табамыз. 47-сурет

Симметриялы нүктелердің қасиеті бойынша l= 2 (1), мұндағы 2+ 3 = 4+ 5 себебі: AL KM.

Есептің шарты бойынша 2= 3, ендеше 2= 5 (2).

Жоғарыдағы (1), (2) теңдіктерден = 5 болады. Демек, AB -

түзу сызық. ∆ ВС₁ үшбұрыштың екі қабырғаның ұзындықтарының қосындысы үшінші қабырғасының ұзындығынан артық деген қасиет бойынша С₁В₁ + В₁В> С₁А + АВ

Себебі С₁В₁ = В₁С, С₁А = АС сонымен, В₁С₁+ В₁В > AC + АВ теңсіздіктің екі жағына ВС-ні қоссақ, нәтижесінде В₁В + В₁С₁ + BC>AC + АВ + ВС болады.

Сурет 48

21-мысал. Теңбүйірлі үшбұрыштың табанындағы кез келген бірнүктеден бүйір қабырғаларына дейінгі ара қашықтықтардың қосындысы үшбұрыштың бір төбесінен оған қарсы жатқан бүйір қабырғасына түсірілген биіктіктің ұзындығына тең болатынын дәлелдеу керек.

Берілгені: ∆АВС: АВ = ВС

М АС, АК ВС

MN ВС

РM AB

Дәлелдеу керек: PM + МК = АК

Дәлелдеу үшін АС қабырғасына қарағанда ∆АВС-ға симметриялы үшбұрыш сызамыз, сонда АВСВ₁ ромбы шығады. Р нүктесіне симметриялы Р₁= S (Р) нүктені табамыз. Р мен М нүктелерін қосып, Р, М, Nнүктелерінің бір түзу бойында жататынын дәлелдейміз. Егер Р₁= S_АС (Р) болса, онда Р₁М АВ₁

Сурет 49

22 - мысал.Табанының ұзындығы a - ға тең, үшбұрыштың бүйір қабырғаларын О төбесінен бастап есептегенде қатынасы m болатындай бөліктерге бөлетін кесіндінің ұзындығын табу керек (49-сурет).

Берілгені: ∆ОВС, ВС = а,

ОЕ : EC = OD : BD = m

Табатынымыз DE - ?

Шешуі: Н₀^к -гомотетияны қарастыралық. Егер Н₀^к (О) = О, Н₀^к (D) = В, Н₀^к(Е) = С, болса,

Онда ОС = к∙ОЕ, OB = к∙OD және

ВС = к ∙ DE → а = к ∙ DE —> DE=

23-мысал. Трапецияның табандарына параллель және диагональдарының қиылысу нүктесінен өтетін, бүйір қабырғаларын қосатын кесіндісінің үзындығын табу керек.

50-сурет

Берілгені ABCD - трапеция АВ = a, DC = b (50-сурет)

Табатынымыз: ЕҒ-?

Шешуі: Центрі О-нүктесі, к - коэффициенті болатын гомотетияны қарастыралық. Мұндағы О— трапецияның диагоналдарының қиылысу нүктесі.

Гомотетияның анықтамасы бойынша

24-мысал. Үшбұрыш қабырғаларының ортасын қосқаннан (центрі - медианаларының қиылысу нүктесі) коэффициенті к = - ? болатын, әуелгі үшбұрышқа гомотетиялы үшбұрыш шығатынын дәлелдеу керек

(51-сурет).

Берілгені: ∆АВС

Сурет 51

∆А₀В₀С₀, О - медианалардың қиылысу нүктесі.

Дәлелдейтініміз: ∆АВС және ∆А₀В₀С₀

гомотетиялы болатынын, яғни Н (∆АВС)=∆А₀В₀С₀

Шешуі: Берілген ABC үшбұрышының медианаларының табандарын төбелеріне сәйкес А₀В₀ және С₀ деп белгілеп, оларды қоссақ, ∆А₀В₀С₀, шығады. О - центрлі коэффициенттері К болатын және Н₀^к(0) = 0, Н₀^к (A) = А₀, Н₀^к (B) = В₀, Н₀^к (С) = С₀ шарттарын қанағаттандыратын

Сурет 52

гомотетияны қарастырайық. Үшбұрыш медианасының белгілі қасиеті бойынша ОА₀ : ОА = ОВ₀ : ОВ = ОС₀ : ОС =

- . Сонымен, к = - бола отырып, ∆АВС мен ∆А₀В₀С₀ гомотетиялы болады.

25-мысал. ABCD - параллелограмының А төбесінен BD диагоналын және CD қабырғасын сәйкесінше P, Q нүктелерінде қиып өтетін түзу жүргізілген.

Егер = болса, онда = +1

теңдігі орындалатынын көрсету керек.

Шешуі. Берілгендері бойынша H^к_р(Р) = Р,H^к_р(A) = Q, H^k_P(B) = D

HRp (B) = D шарттарын қанағаттандыратындай түрлендірулер жүргіземіз. Сонда

гомотетия коэффициенті.

AB:DC = немесе =