Салу есептерін шешу кезеңдері

Жұмыс түрі: Дипломдық жұмыс
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 37 бет
Таңдаулыға:

КІРІСПЕ

Жұмыстың жалпы сипттамасы. Оқу мен жазу арқылы сын тұрғысынан ойлауды дамыту технологиясының тиімділігі. Білімнің жаңа мазмұнын жүзеге асыру үшін жаңа технологиялар қажет - ақ. Жаңалықты меңгеру мен жүзеге асыруда дұрыс түсінбеушілік ұйымдастырушыға әртүрлі кедергі жасайтыны белгілі. Сондай педагогикалық технологиялардың бірі Оқу мен жазу арқылы сын тұрғысынан ойлауды дамыту. Сын тұрғысынан ойлау технологиясы қолдануға ыңғайлы былайша айтқанда, барша үшін қоғамдық маңызы мен мәні зор идеяларды игеруге болатын нақтылы әдістер мен тәсілдер.Сын тұрғысынан ойлау - ашық қоғам негізі. Ол - өз алдына сұрақтар қойып және оларға жауап іздеу, әр мәселеге байланысты өз пікірін айтып, оны дәлелдей алу, сонымен қатар басқалардың пікірлерін дәлірек қарастыруды және сол дәлелдемелердің қисынын зерттеу дегенді білдіреді. Бұл оқыту қарапайымнан күрделіге деп аталады.[1] Сын тұрғысынан оқыту технология емес, ол бағдарлама. Бұл бағдарлама әлемнің түпкір - түпкірінен жиылған білім берушілердің бірлескен еңбегі, мақсаты барлық жастағы оқушыларға кез келген мазмұны сыни тұрғыдан қарап, екі ұйғарым бір пікірдің біреуін таңдауға саналы шешім қабылдауға сабақтарда үйрету. іздің елімізде Джорд Соростың ашық қоғам институты, Сорос - Қазақстан қоры арқылы келген бұл бағдарлама мектеп тәжірибелеріне ене бастады. Сын тұрғысынан ойлау - сынау емес, шыңдалған ойлау.
Қазіргі кезде біздің қоғамымыз дамудың жаңа кезеңіне көшіп келеді, бұл кезең ақпараттық кезең, яғни компьютерлік техника мен оған байланысты барлық ақпараттық коммуникациялық технологиялар педагогтар қызметінің барлық салаларына кірігіп, оның табиғи ортасына айналып отыр. Қазіргі білім саласындағы оқытудың жаңа педагогикалық технологияларды меңгермейінше сауатты, жан - жақты білгір маман болу мүмкін емес. Жаңа педагогикалық технологияны меңгерту мұғалімнің зейін - зерделік, кәсіптік, адамгершілік, рухани т. б, көптеген ұстаздық қабілеттерінің қалыптасуына игі әсерін тигізеді, өзін - өзі дамытып, оқу тәрбие үрдісін жүйелі ұйымдастыруына көмектеседі.[2]
Салу есептері оқушылардың геометрияға деген қызығушылығын қалыптастырудың маңызды құралы болып табылады.
Салу есептері тарихының бастауында гректің және азияның математиктеріне тоқталамыз. 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.
Бүгінгі таңда геометрияны конструктивті тапсырмаларсыз елестету мүмкін емес. Конструктив тапсырмалары фигураларды құру дағдыларын дамытып, сызбаны оқу және түсіну қабілетін қалыптастыруға, оның бөліктері арасында байланыс орнатуға ықпал ететін болғандықтан, бұл жүйенің жетіспеушілігі оқушының кеңістіктік және логикалық ойлауының нашар дамуына, оның графикалық мәдениетінің төмендеуіне әкеледі.
Оқытуда компьютерлік технологияларды қолдану - білім беру процесін дамытудың ең тұрақты бағыттарының бірі болып табылады. Салу есептерін шешуде "GeoGebra" бағдарламасын пайдалану оқушылардың жеке дайындығын жетілдіріп қана қоймай, оқуға деген қызығушылығын арттырады.
Дипломдық жұмыс тақырыбының өзектілігі. GeoGebra бағдарламасы. Бағдарлама бойынша оқушылар өз беттерімен жұмыстанып, берілген тапсырманы өздіктерінен орындай отырып, талдайды, шығарады, көрсете алады, интерактивті тақта арқылы оқушы сол бағдарламада жұмыстанады.
GeoGebra - тегін таратылатын математикалық интерактивті бағдарлама (www.geogebra.org) геометрия және алгебраны байланыстыратын компьютерлік интерактивті бағдарлама. Қазіргі таңда әлем бойнша ең көп таралған математикалық бағдарлама ретінде танылып отыр. 149 елде қолданылып жатыр, 49 тілге аударылған. Авторы - австриялық математик, Маркус Хохенвартер. 2009 бұл бағдарлама үшін арнайы байқаудың жеңімпазы атанды.
Менің ойымша, егер бұл бағдарлама мектептерге математиканы, соның ішінде геометрияны үйрену мен үйретудің көмекші құралы ретінде ұсынылса, бұл пәнді түсінбей жүрген оқушылардың математиканың шын мәнінде қызықты бір пән екендігіне көздері жетеді.
Зерттеу нысаны - негізгі мектеп курсында геометрияны оқыту процесі.
Зерттеу пәні - орта мектеп оқушыларына GeoGebra бағдарламасын қолдана отырып, конструктивті есептер шығаруды үйрету.
Дипломдық жұмыстың мақсаты және міндеттері: салу есептерін шығару барысында GeoGebra бағдарламасының функционалын зерттеу.

САЛУ ЕСЕПТЕРIН ШЕШУ ӘДIСТЕРI

Салу есептері

Конструктивті салу тапсырмаларында берілген шарттарға сәйкес геометриялық нысанды салу қажет.
Егер бұл шарттар қажетті фигураны анықтау үшін қажет және жеткілікті болса, тапсырма нақты деп аталады. Оның бір немесе бірнеше шешімдері болуы мүмкін.
Егер фигураны анықтау үшін жеткіліксіз шарттар берілсе, тапсырма анықталмаған болып табылады.
Кез-келген салу құралдарын қолдана отырып есептерді шешкен кезде олар конструктивті геометрияның келесі аксиомалары қолданылады:
Егер кез-келген фигура "берілген" болса, ол салынған деп саналады.
Егер екі (немесе одан да көп) фигура салынған болса, онда бұл фигуралардың бірігуі де салынған деп саналады.
Егер екi фигура салынса, онда олардың айырмасы кұр жиын болу-болмауын анықтауға болады.
Егер салынған екi фигураның айырмасы кұр жиын болмаса, онда бұл айырма да салынған.
Егер екi фигура салынса, онда олардың қимасы кұр жиын болатын -болмайтынын анықтауға болады
Егер салынған екi фигураның қимасы кұр жиын болмаса, онда бұл қима да салынған болып есептеледi.
Тұрғызылған екi фигураның кез-келген саны шектi ортақ нүктелерiн салуға болады, егер олар бар болса.
Тұрғызылған фигураға тиiстi нүктенi салуға болады, егер олар бар болса.
Тұрғызылған фигураға тиiстi емес нүктенi салуға болады.
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.
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.

Салу есептерін шешу кезеңдері

Оқу жағдайында конструктивті есептерді шешу кезінде келесі төрт кезеңнен тұратын схеманы қолдану ұсынылады:
1. Талдау
2. Салу
3. Дәлелдеу
4. Зерттеу
1.Талдау. Бұл салу есептерін шешудің ең негізгі және әзірлеуші бөлімі, себебі мәселені шешудің кілті осында.Талдаудың мақсаты - қажетті элементтер мен берілгендер арасындағы байланысты тағайындау арқылы есепті шешудің жолдарын табу. Біз оған берілген және қажетті фигураларды тапсырманың шартында көрсетілген орынға орналастыратын көмекші сурет көмегімен қол жеткіземіз. Бұл сызбаны қолмен салуға болады. Әдетте, талдау мәселе шешілді делік деген сөздерден басталады.
2. Салу. Бұл бөлімде негізгі салулардың тізімі (немесе бұрын шешілген) келтірілген, соның нәтижесінде қажетті фигура алынады. Суреттің әр қадамы көрсетілген құралдың көмегімен графикалық түрде бейнелейді.
Мысалы, көршілес екі қабырғасы және олардың арасындағы бұрышы бойынша параллелограмм салу есебінің салу жоспары төмендегіше болады (1-сурет):
1-сурет
1) кез - келген р түзуі2) АDр кесіндісі
3) DАL бұрышы (-берілген)
4) АВАL кесіндісі (берілген қабырға)
5) В нүктесі арқылы t р түзуі
6) ВСАD, ВСt кесіндісі
7) С, D нүктелерін қосамыз
АВСD-ізделінді параллелограмм.
3. Дәлелдеу. Дәлелдеудің мақсаты - сіз cызған формула шынымен берілген есеп талаптарына сәйкес келетіндігін көрсету. Салудың әр кезеңі орындалатының дәлелі әдетте сөйлем түрінде беріледі. Дәлелдемелерде біз мыналарды қарастырамыз: талдаудың салдары дәлелдеудің шарты болып табылады, ал керісінше, талдаудың шарты дәлелдемелердің салдары болып табылады.
4. Зерттеу. Салу есептері бір ғана шешімін құрумен шектеледі және ондағы барлық қадамдар орындалады деп қабылданады.
Тапсырманы толық шешу үшін мынадай мәселелерді анықтау қажет:
Әрдайым (яғни кез келген деректерді таңдау кезінде) таңдаулы тәсілмен құрастыруды орындауға бола ма?
Егер таңдалған тәсілді қолдануға болмайтын болса, іздеген кескінді қалай салуға болады және қалай салынады?
Әрбір мүмкін деректерді таңдау кезінде қанша шешімге ие
Есепті осындай талқылау нәтижесінде қажетті суретті көрсетілген жолмен салу мүмкіндігі пайда болады. Сұрақ туындайды: "егер салуда қандай да бір өзгерістер болса, есептің жаңа шешімдері пайда бола ма?" Кейде есептің әр шешімі бұрын анықталған шешімге сәйкес келетіндігін дәлелдеуге болады. Егер солай болса, қосымша зерттеулердің қажеті жоқ. Егер сәйкессіздік дәлелденсе, ол басқа әдіспен анықталды. Шешімдер болуы мүмкін болғандықтан, талдауға оралу арқылы берілген немесе ізделінді фигураларды орналастырудың басқа жағдайлары қарастырылады. Есеп жеткілікті қарапайым болған кезде талдау немесе зерттеу сияқты кейбір кезеңдер қарастырылмайды.
Енді осы салу есептерінің кезеңдеріне мысал келтірейік
Есеп 1: р периметрі мен іргелес , бұрыштары бойынша үшбұрыш салу.
Шешуі:
2-сурет
Талдау: Айталық ВС - ізделінді үшбұрыш (2 - сурет),

АВ + ВС + СА = р
және ВАС = , ВСА = .
Егер АС табанының созындысына АD = AB,
CE = BC болатындай кесінділер белгілесек,
DE кесіндісінің ұзындығы периметрге тең
болады, яғни DE = p. D, E нүктелерін АВС
үшбұрышының В төбесімен қосамыз. Сонда DBA және EBC тең бүйірлі үшбұрыштары шығады. Үшбұрыштың сыртқы бұрышының қасиетін ескерсек, ADB = ABD = , CBE = CEB = . Демек DEB үшбұрышы бір қабырғасы және оған іргелес екі бұрышы бойынша белгілі.
Салу: 1) DЕВ үшбұрышы (DE = p, BDE = , BED = ).
DB кесіндісінің орта перпедикуляры: n1
3) DE ∩ n1 = A нүктесі
4) BЕ кесіндісінің орта перпедикуляры: n2
5) DE ∩ n2 = В нүктесі
6) АВ, СВ кесінділері
∆ АВС - ізделінді.
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,
KAD = 900 - , PCE = 900 - .
Дәл осылайша, KAВ = 900 - , PCВ = 900 -
Сонда
ВАС = 1800 - В АD = 1800 - KAВ - KAD = 1800 - 900 + - 900 + =
ВСA = 1800 - BCE = 1800 - PCB - PCE = 1800 - 900 + - 900 + =

Зерттеу: + шарты орындалғанда есептің шешімі бар және ол жалғыз болады. Себебі, қарсы жорып, АВС үшбұрышы да шешім болады десек, ВАС = , ВСА = , АВ + ВС + СА = р, онда ∆АВС = ∆АВС.

Есеп 2: 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
(3-сурет). Онда АВМ, BCM, ADM үшбұрыштарының ұқсастықтарын және С=D=900

екенін ескеріп, АМВ = 900 теңдігін аламыз. Ал тікбұрышты үшбұрышқа сырттай сызылған шеңбердің қасиетін пайдалансақ М, мұндағы -диаметрі АВ болатын шеңбер. Салу: 1) О - АВ кесіндісінің ортасы
2) (О, ОВ) шеңбері
3-сурет
3) DC = М нүктесі М - ізделінді нүкте.
Дәлелдеу: М АМВ 900, ал А В 900 екенін ескерсек, МАВ 900 - МАD АМD, дәл осылайша МВА ВМС. Онда
АМВ АМD ВМС.
Зерттеу: Салу жоспарының 3) қадамына байланысты мына жағдайлар болу мүмкін:
ВС ОВ, онда DC қимасы М және М нүктелерінен құралады да, есептің екі шешімі болады.
ВС = ОВ, онда DC = М - жалғыз нүкте, олай болса, есептің бір ғана шешімі бар.
ВС ОВ, онда DC = , яғни есептің шешімі жоқ.
Кейбір геометриялық салуларды тек бір құралдың көмегімен де шешуге болады. Мысалы, тек циркульдың көмегімен шешілетін салу есебін қарастырайық:
Есеп 3: Тек циркульды пайдаланып, берілген тікбұрышты үшбұрышқа іштей шеңбер сызыңыз.
Шешуі:
4-сурет
Талдау: Айталық АВС - катеттері а, в, гипотенузасы с болатын берілген тікбұрышты үшбұрыш, ал - оған іштей сызылған ізделінді шеңбер (4-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

5-сурет
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 (5-сурет)). Онда SM = SO = SN = = r, яғни OS = r. Салу бойынша OR = r, онда АС - жанама АС OR және АС ВС ORBC. О нүктесінен ОТАС түзуін жүргізсек (Т 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 PK DS.
MD = 2MD = және MD = MN
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 Т2М екенін дәлелдейік. Т1 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 Т2М, онда MN = d.

1.2. Салу есептерін шешу әдістері
Салу есептерін шешудің бірнеше әдістері бар. Оларға:
Нүктелердің геометриялық орны әдісі
Түрлендірулер әдісі (параллель көшіру, осьтік симметрия, центрлік симметрия, бұру, ұқсас түрлендіру, гомотетия)
Алгебралық әдісі
Инверсия әдісі жатады.
1.2.1. Нүктелердің геометриялық орны
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.
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.
Мысал: 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, ВАС және r берілген элементтер (6 - 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.

6-сурет
ВОС үшбұрышынан ВОС + АВС + АСВ = 1800 ВОС = 1800 - (1800 - A) = 900 - A ВОС = 900 - ,
мұндағы = ВАС және 900.
Сонымен О нүктесі мына екі шартты қанағаттандырады:
1) ол ВС түзуінен берілген r қашықтықта жатады;
2) ВС кесіндісі О нүктесінен 900 - бұрышымен көрінеді.
1 шартын қанағаттандыратын нүктелердің жиыны (F1 деп белгілейік) ВС түзуіне параллель екі түзуден құралады (1.2., 20), ал 2 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) 1) шартын қанағаттандыратын түзулер: m1, m2
3) 2) шартын қанағаттандыратын доғалар: 1, 2
4) m1 1 = О нүктесі
5) = (О, r) шеңбері
6) В нүктесінен - ға р1 жанамасы
7) С нүктесінен - ға р2 жанамасы
8) р1 р2 = А нүктесі
9) АВ, АС кесінділері
АВС - ізделінді.
Дәлелдеу: Салу бойынша АВС үшбұрышына іштей сызылған. Енді ВАС = екенін дәлелдеу керек. ВОС = 900 - (салу бойынша), сондықтан ВОС үшбұрышынан
ВОС + АВС + АСВ = 1800
900 - + (АВС + АСВ) = 1800
+ АВС +АСВ = 1800 ВАС =
Зерттеу: F1, F2 жиындарының ортақ нүктесі болу үшін сtg (450 + ) 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) = АВС +АСВ = 1800 - ,
ал 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, ВОС = В1О1С1 және BH = В1Н1 болғандықтан , мұнда ВН, В1Н1 - биіктіктер. Онда ОВС = О1В1С1 немесе АВС = А1В1С1. Дәл осылайша АСВ = А1С1В1. Онда үшбұрыштар теңдігінің екінші белгісі бойынша . Яғни қарсы жору қате, есептің жалғыз шешімі болады.

1.2.2 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:
теңдеу құру
құрылған теңдеуді шешу
формуланы зерттеу
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.
Қарапайым формулалармен берілген кесінділерді салу
І. х = а + в Салу 7-суретте көрсетілген.
ІІ. х = а - в (ав) Салу 8-суретте көрсетілген.

7-сурет 8-сурет 9-сурет
ІІІ. х = nа, n Ν. Бұл кесіндіні салу І - ші салуға келтіріледі. Мысалы 9-суретте n = 3 болған жағдай белгіленген: х = 3а.

10-сурет

10-сурет

ІV. х = a. Бұл кесіндіні салу үшін берілген а кесіндісінің ұшынан сәуле жүргізіп, осы сәулеге ОВ = nв болатындай в кесіндісін n рет саламыз да (10-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.

11-сурет

11-сурет

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 (11-сурет), В1 нүктесі ар-
қылы АВ - ға параллель А1В1 кесіндісін
жүргіземіз (А1 ОА). Сонда ОА1 кесіндісі ізделінді болады, яғни х = ОА1.
VІ. х = (берілген үш кесіндіге пропорционал төртінші кесіндіні салу).
12-сурет
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 (12 -
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.

13-сурет

13-сурет

ІІ әдіс: (бұл әдіс а с болғанда қолданылады) диаметрі АВ = c болатын жарты шеңбер тұрғызып, оның ω (А, а) шеңберіменқиылысуын С деп белгілейміз (13 - 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).

14-сурет

Рисунок 1

14-сурет

Рисунок 1

І әдіс: АВ = а + в болатын АС = а, СВ = в кесінділерін салып (14-сурет), АВ диаметрі болатын шеңбер жүргіземіз және Снүктесі арқылы АВ - ға перпендикуляр тұр -
ғызамыз. Осы перпендикуляр мен жарты шең-
бердің қиылысуын D десек, СD - ізделінді
кесінді болады, яғни х = CD.

15-сурет

15-сурет

ІІ әдіс: (а в жағдайы үшін). Диаметрі а - в болатын шеңбер салып, оның центрі арқылы қиюшы жүргіземіз (15-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.

16-сурет

16-сурет

ІІІ әдіс: (а в жағдайы үшін). Диаметрі MN = a шеңбер салып, MN кесінді-сіне МК = в кесіндісін белгілейміз (16-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 Ν. Егер n = p∙q (мұндағы p, q 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 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.

1.2.3 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.

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 (17-сурет).

17-сурет

17-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:

18-сурет

18-сурет

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.(18-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 AD'
4) ТД'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 AD. 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.

Осьтік симметрия әдісі

19-сурет

19-сурет

Айталық р - берілген түзу. Кез-келген Хр нүктесінен р түзуіне АХ перпендикулярын (Ар) түсіреміз (19-сурет). Осы перпендикулярдың созындысына А нүктесінің екінші жағынанАХ - 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.

20-сурет

20-сурет

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 (20-сурет). Егер осьтік симметрияда Ғ фигурасы өз-өзінекөшсе, онда оны түзуге қатысты симмет-
риялы фигура деп атайды, ал с - оның
симметрия осі болады.(21-сурет)
Осьтік симметрия - қозғалыс.

21-сурет

21-сурет

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 ... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.