Ba’zi ajoyib masalalar haqida

Ba’zi ajoyib masalalar haqida


Doston MUSURMONOV

(Materialni tayyorlashda zadachi.mccme.ru sayti ma’lumotlaridan foydalanildi)

Bu yerda Siz bir nechta taniqli geometrik masalalar va ularning yechimlari bilan tanishishingiz mumkin.

Poteno masalasi. Tekislikda ikkita va kesma berilgan. Sirkul va chizg‘ich yordamida kesma berilgan burchak ostida, kesma berilgan burchak ostida ko‘rinadigan nuqtani yasang.

Yechish. kesma burchak ostida ko‘rinadigan nuqtalarning geometrik o‘rni – ikkita teng aylananing yoyini va kesma burchak ostida ko‘rinadigan nuqtalarning geometrik o‘rni – ikkita teng aylananing yoylarini yasaymiz.

Yasalgan geometrik o‘rinlarning kesishgan nuqtalari (agar ular mavjud bo‘lsa) izlanayotgan nuqtalar hisoblanadi.

Gippokrat «oychalari» haqidagi masala. To‘g‘ri burchakli uchburchakning gipotenuzasi va katetlarini diametr qilib yarim aylanalar rasmda ko‘rsatilganidek chizilgan. Ko‘k va yashilga bo‘yalgan «oychalar» yuzlarining yig‘indisi uchburchak yuziga tengligini isbotlang.

Yechish. va lar — uchburchakning katetlari, — gipotenuzasi bo‘lsin. U holda ko‘rsatilgan «oychalar» yuzalarining yig‘indisi kichik yarim doiralar va uchburchak yuzi yig‘indisidan katta yarim doira yuzining ayirilganiga teng bo‘ladi.

= ₈²+ ₈²+¹₂ − ₈² = ₈( ²+ ²− ²)+¹₂ = ¹₂ , Shuni isbotlash talab qilingan edi.

Geron masalasi. va nuqtalar to‘g‘ri chiziqdan bir tomonda yotibdi. to‘g‘ri chiziqqa urilib nuqtaga borishi uchun yorug‘lik nurini nuqtadan qanday yo‘nalishda chiqarish kerak?

1

Yechish. Masala shartiga ko‘ra to‘g‘ri chiziqdan shunday nuqtani topish kerakki, va lar to‘g‘ri chiziq bilan bir xil burchak tashkil etsin (tushish burchagi qaytish burchagiga teng).

Deylik ₁ nuqta — nuqtaning to‘g‘ri chiziqqa nisbatan simmetrigi bo‘lsin. ₁ bilan to‘g‘ri chiziqning kesishgan nuqtasini deb belgilaylik. U holda to‘g‘ri chiziqqa tegishli bo‘lgan va nuqtadan turli tomonlarda yotgan istalgan va nuqtalar uchun

^̸ =^̸ ₁ =^̸ .
bo‘ladi. Demak, – biz izlayotgan nuqta ekan. Yorug‘lik nurini nuqtadan nuqta tomon yo‘naltirish kerak.

Lyuil masalasi. uchburchakka ichki chizilgan aylana radiusi hamda = , = , = tomonlarga urinuvchi tashqi-ichki chizilgan aylanalarning radiuslari mos ravishda , va bo‘lsin. U holda

a)

1

=

1

+

1

+

1

;

b)

= ^√

bo‘lishini isbotlang.

Yechish. a) Ma’lumki, = , bu yerda — uchburchakning yarim perimetri. Shuning uchun ¹ = . Aytaylik nuqta — radiusli aylananing markazi bo‘lsin va bu aylana = tomonga nuqtada, = va = tomonlarning davomiga esa mos ravishda va nuqtalarda urinsin.

U holda

1

1

1

^=△^+△−△^=

· +

·

−

· =

2

2

2

=

1

+

1

1

=

+ −

= (

)

.

·

·

^−2

·

−

2

2

2

Bundan esa =

. Xuddi shu kabi =

va

=

ekanini ham topamiz, shuning uchun

−

−

−

1

+

1

+

1

=

−

+

−

+

−

=

−+−+−

=

3 − 2

=

=

1

.

b) Geron formulasiga asosan

√

= √

^2

^4

=

(

)(

)(

) =

=

.

√

−

−

−

·

^·

^·

√

2

Bundan ^√ = ekani kelib chiqaadi. Isbot yakunlandi.
Arximed masalasi. Aylaning yoyiga ikkita kesmadan iborat siniq chiziq ichki chizilgan ( > ). yoyning o‘rtasi bo‘lgan nuqtadan kesmaga tushirilgan perpendikulyarning asosi siniq chiziqni teng ikkiga bo‘lishini isbotlang ya’ni = + .

Yechish. Birinchi usul. kesmaning nuqtadan keyin davomidan kesmaga teng bo‘lgan ₁ kesma olamiz.

to‘g‘ri chiziq ₁ kesmani nuqtada kesib o‘tsin. U holda

̸ ₁₌̸ ₊̸ ₌^{⌣ +⌣} ₌ 2

• 
  ^⌣ _{= ⌣ = 2}̸ _{= 2}̸ _{1 .}
  

2

Shuning uchun to‘g‘ri chiziq ₁ teng yonli uchburchakning ₁ burchagini teng ikkiga bo‘ladi. U holda to‘g‘ri chiziq ₁ kesmaning o‘rta perpendikulyari ekan. Bundan kelib chiqadiki = = . teng yonli uchburchakda mediana ham ekani

1 1
uchun
= ₁= + ₁= + .

Ikkinchi usul. kesmada va nuqtalar orasidan shunday ₂ nuqtani olaylikki, bunda = bo‘lsin.

2

va nuqtalar vatardan bir tomonda, aylanada yotgani uchun ̸ = ̸ . Bundan tashqari = bo‘lgani uchun ikki tomon va ular orasidagi burchakning tengligidan va uchburchaklar teng. Demak, = va bundan ko‘rinadiki

2 2 2

3

uchburchak teng yonli. Uning balandligi o‘z navbatida mediana ham hisoblanadi. Shuning uchun nuqta ₂ kesmaning o‘rtasi. Bundan esa
= + = + .
2 2

ekani kelib chiqadi.

Uchinchi usul. Quyidagi chizmada ko‘rsatilgan holni qaraylik.

nur aylanani yoyning nuqtasiz qismida yotuvchi nuqtada kesib o‘tsin. va to‘g‘ri chiziqlar esa ₁ nuqtada kesishsin. Ikkalasi ham yoyning yarmini tortib turgani uchun ̸ va ̸ burchaklar teng. ₁ uchburchakning balandligi o‘z o‘rnida bissektrisa ham ekanligi sababli ₁ uchburchak teng yonli. Demak,

= ₁ ^̸ ₁=180^∘−^̸ =^̸ =^̸ ₁ .

Shuning uchun ₁ uchburchak ham teng yonli va = ₁. Bundan kelib chiqadiki,

= ₁= + ₁= + .

Boshqa hollar uchun ham xuddi shu holatdagi kabi isbotlash mumkin.

Kapalak haqidagi masala. Ixtiyoriy vatarning o‘rtasi dan ikkita va vatarlar o‘tkazilgan ( va nuqtalar dan bir tomonda yotadi). kesma ni nuqtada, kesma esa nuqtada kesib o‘tadi. = ekanini isbotlang.

Yechish. Birinchi usul. va lar va uchburchaklarning balandliklari, va lar esa va uchburchaklarning balandliklari bo‘lsin.

4

²
va uchburchaklar ikkita burchagiga ko‘ra o‘xshash. Shu bilan birga ikkita burchagiga ko‘ra va uchburchaklar o‘xshash, o‘xshashlik koeffitsiyenti ga teng.
Shuning uchun
= = .
Demak,


₂= · = · .
va burchaklarning hamda va burchaklarning tengligidan uchburchakning uchburchakka, uchburchakning uchburchakka o‘xshashligi kelib

chiqadi. Shuning uchun
			·						=					·				.
Kesishuvchi vatarlar haqidagi teoremaga ko‘ra
·=·=(+)(−)=
																2			2
=(+)(−)=−,
·=·=(+)(−)=
																2				2	.
=(+)·(−)=−
Bundan				2					2		−					2
							=										.
				2				2		−
																2
kelib chiqadi. Ifodani soddalashtirishdan ^2 = ^2 ekani kelib chiqadi.
Ikkinchi usul.markazdan							va				kesmalarga								mos ravishdava
perpendikulyarlarni tushiramiz.

, , , nuqtalardan hamda , , , nuqtalardan ikkita aylana o‘tkazamiz. Ichki chizilgan burchaklar haqidagi teoremaga ko‘ra ̸ = ̸ va ̸ = ̸ bo‘ladi. va uchburchaklarning o‘xshashligidan hamda va kesmalar mos ravishda va uchburchaklarning medianalari ekanidan va uchburchaklar ham o‘xshash ekanini aniqlash mumkin. Shuning uchun

̸ = ̸ , ̸ = ̸ .

Demak, uchburchakning balandligi bissektrisa ham ekan. Shundan ma’lumki uchburchak teng yonli va bundan = ekani kelib chiqadi. Masalani , , va

5

nuqtalarning boshqa vaziyatlari uchun ham xuddi shu kabi yechish mumkin.

Uchinchi usul. Dastavval quyidagi tasdiqni isbotlaymiz. vatar aylanaga ichki chizilgan to‘rtburchakning va qarama-qarshi tomonlarini hamda va diagonallarini mos ravishda , , va nuqtalarda kesib o‘tsin.

Deylik
		= ,			= ,			= ,		=

bo‘lsin. U holda = bo‘ladi. va uchburchaklarning umumiy asosiga va

balandliklarini tushirsak,

va

uchburchaklarning o‘xshashligidan

=

bo‘ladi. Bundan ko‘rinadiki

△

=

. Boshqa tarafda esa

△

1

△

=

· sin

̸

=

·

.

2

△

1

· sin

̸

·

Kelib chiqadiki, =

.

2

=

·

·

Xuddi shunday tartibda quyidagilarni isbotlaymiz

=

=

·

,

=

=

·

, =

=

·

,

·

·

·

demak,

·

·

· · ·

=

=

,

·

^·

·

·

·

·

=

·

·

=

· · ·

.

·

^·

·

·

·

·

Ko‘rinib turibdiki, = . Tasdiq isbotlandi. Endi masalaga qaytamiz. Bu holatda va diagonallar vatarning o‘rtasi nuqtada kesishadi, ya’ni va nuqtalar nuqtada ustma-ust tushadi.

6

Bu esa = = 1 va = = 1 ekanini anglatadi. U holda yuqorida isbotlangan tasdiqqa ko‘ra = 1, ya’ni

= 1,

−

= 1,

=

,

^·

−

−

−

^·

bundan = . Hosil bo‘ladiki,

= − = − = .

Mana shuni isbotlash talab etilgandi.

Fanyano masalasi. o‘tkir burchakli uchburchakka eng kichik perimetrli uchburchak ichki chizing.

Yechish. Deylik, _{1 1 1} uchburchakning ₁, ₁ va ₁ uchlari uchburchakning mos ravishda , va tomonlarida yotsin. ₁ nuqtaga va to‘g‘ri chiziqlarga nisbatan simmetrik bo‘lgan va nuqtalarni qaraylik.

U holda agar _{△ 1 1 1} bu _{1 1 1} uchburchakning perimetri desak, unda

_△111=₁₁+₁₁+₁₁= ₁+₁₁+₁ ≥ ,
va bu holda tenglik to‘g‘ri chiziq ₁ va ₁ nuqtalar orqali o‘tgandagina bajariladi. =
= ekan, demak uchburchak teng yonli hamda
1

̸ = 2̸ + 2̸ = 2̸ .

1 1

7

Bundan kelib chiqadiki,
= 2 sin ̸ = 2 sin ̸ ≥ 2ℎ sin ̸ ,
1
bu yerda ℎ — uchburchakning uchidan tushirilgan balandligi. Tenglik faqat ₁ nuqta balandlikning asosi bo‘lgan holda o‘rinli bo‘ladi. Yuqoridagilardan ma’lum bo‘ladiki, izlanayotgan uchburchak — uchlari berilgan uchburchak balandliklarining asoslarida bo‘lgan uchburchak ya’ni uning ortouchburchagi ekan. Haqiqatdan ham, aytaylik, ^′, ^′ и ^′ — uchburchakning balandliklari, ₁, ₁ va ₁ nuqtalar esa mos ravishda , va tomonlarda yotsin. Agar _{1 1 1} uchburchak ^{′ ′ ′} uchburchak bilan mos tushmasa, yuqoridagi isbot bo‘yicha

△₁₁₁≥ △^′₁₁≥ △^{′ ,}

bu yerda va — to‘g‘ri chiziq bilan uchburchakning mos ravishda va tomonlari bilan kesishish nuqtalari. Bunda tengsizlik ishoralaridan hech bo‘lmaganda bittasi qat’iy. Demak, Izlanayotgan eng kichik perimetrli uchburchak bu ^′ uchburchakdir. Agar nuqta ^′ bilan ustma-ust tushmaganida edi, u holda oldingi mulohazalarga asoslanib ^′ uchburchakning perimetridan kichik perimetrli uchburchak yasagan bo‘lar edik. Bu esa mumkin emas. nuqta uchun ham xuddi shunday isbot keltirish mumkin. Shunday qilib, nuqta ^′ bilan, nuqta esa ^′ bilan ustma-ust tushadi.

Izoh. 1. va — to‘g‘ri chiziq bilan uchburchakning mos ravishda va tomonlari bilan kesishish nuqtalari shuningdek uchburchak balandliklarining asoslari bo‘ladi.

2. 
   Shu bilan bir qatorda A. Yegorovning «Ортоцентрический треугольник» maqolasini ham o‘qib ko‘ring, Kvant, 2001, №4, 36-38 b.
   

Ferma masalasi. O‘tkir burchakli uchburchak ichidan shunday nuqtani topingki, undan uchburchak uchlarigacha bo‘lgan masofalar yig‘indisi eng kichik bo‘lsin.

Yechish. Birinchi usul. Aytaylik — uchburchak ichidan olingan biror nuqta bo‘lsin.

nuqta atrofida 60^∘ burchakka burish natijasida uchburchak o‘ziga teng bo‘lgan
1 1
uchburchakka o‘tadi, uchburchak esa teng tomonli bo‘ladi.
1

Shuning uchun

+ + = _{1 1}+₁+ ≥₁ ,

bu yerda tenglik va ₁ nuqtalar ₁ kesmada yotgan holda o‘rinli bo‘ladi. U holda ̸ = 120^∘, ya’ni tomon nuqtadan 120^∘ burchak ostida ko‘rinadi.

Xuddi shu singari ̸ = 120^∘ ekanini isbotlaymiz. Bundan kelib chiqadiki, ̸ = 120^∘ ekan. Shunday qilib uchburchakning har bir tomoni nuqtadan 120^∘ burchak ostida ko‘rinar ekan. Shuning uchun nuqtani yasash uchun uchburchakning ikkita tomonini vatar qilib 120^∘ li yoyni yasash yetarli.

8

Ikkinchi usul. uchburchak ichidan barcha tomonlar 120^∘ burchak ostida ko‘rinadigan nuqta olingan bo‘lsin. , va uchlardan , va kesmalarga perpendikulyarlar o‘tkazamiz. , va — bu to‘g‘ri chiziqlarning kesishish nuqtasi bo‘lsin. U holda uchburchak teng tomonli bo‘ladi.

Agar — uchburchakning ichidan olingan ixtiyoriy nuqta, , va — bu nuqtaning uchburchakning mos ravishda , va nuqtalardan o‘tuvchi , va tomonlardagi proyeksiyalari bo‘lsa, u holda

+ + = + +

(bu yig‘indilarning har biri uchburchakning balandligiga teng).

Shunday qilib ≤ , ≤ va ≤ ekan, unda

+ + ≤ + + .

Izoh. 1. Bu yechim eng katta burchagi 120^∘ dan kichik bo‘lgan o‘tmas burchakli uchburchaklar uchun ham o‘rinli. Agar eng katta burchak 120^∘ ga teng bo‘lsa, izlanayotgan nuqta shu burchakning uchi bo‘ladi. Buni o‘zingiz mustaqil isbotlashga harakat qilib ko‘ring.

2. 
   Shu bilan bir qatorda L. Radzivilovskiyning «Ещё раз о точке Торричелли» maqolasini ham o‘qib ko‘ring, Kvant, 2014, №3, 38-42 b.
   

Tebo masalasi. , и nuqtalar — uchburchak , va balandliklarining

1 1 1 1 1 1
asoslari bo‘lsin. , va uchburchaklarning Eyler to‘g‘ri chiziqlari
1 1 1 1 1 1
uchburchakning to‘qqiz nuqta aylanasida kesishishini isbotlang.

Yechish. Dastavval quyidagi tasdiqni isbotlab olamiz. Agar va — bitta aylananing vatarlar bo‘lib, va to‘g‘ri chiziqlarni mos ravishda va nuqtalar atrofida bir xil yo‘nalishda, bir xil burchakka burganda, ularning obrazlari ham shu aylanada kesishadi.

9

Haqiqatdan ham, agar — bu to‘g‘ri chiziqlar obrazlarining kesishgan nuqtasi bo‘lsa, u holda ̸ = ̸ yoki ̸ + ̸ = 180^∘ bo‘ladi. Bundan esa , , va nuqtalar bitta aylanada yotishi kelib chiqadi.

uchburchakni o‘tkir burchakli deb olaylik. — uning , va balandliklari

1 1 1
kesishgan nuqta, , va — o‘zaro o‘xshash bo‘lgan , va
2 2 2 1 1 1 1 1 1
uchburchaklarga tashqi chizilgan aylanalar markazi bo‘lsin. ₂, ₂ va ₂ nuqtalar uchburchakning to‘qqiz nuqta aylanasida yotadi.
Bunda , va — , va uchburchaklarga tashqi chizilgan
1 1 1 1 1 1
aylanalarning diametrlari, ₂, ₂ va ₂ — bu aylanalar markazlari bo‘ladi. Bu uchburchaklarning o‘xshashligidan _{1 2}, _{1 2} va _{1 2} to‘g‘ri chiziqlar shu uchburchaklarning Eyler to‘g‘ri chiziqlari bilan bir xil burchak tashkil etadilar.

Modomiki, _{1 2}, _{1 2} va _{1 2} to‘g‘ri chiziqlar uchburchakning to‘qqiz nuqta aylanasi bilan kesishar ekan, u holda bu to‘g‘ri chiziqlarni ₂, ₂ va ₂ nuqtalar atrofida bir xil burchakka (ularni har birining mos Eyler to‘g‘ri chiziqlari bilan tashkil etuvchi burchaklaricha) burganda ularning obrazlari ham shu aylanada kesishadi. O‘tmas burchakli uchburchak uchun ham xuddi shunday isbotlanadi.

10