О‘zbekistоn resрublikаsi оliy tа’lim, fan va innovatsiyalar vаzirligi сhirсhiq dаvlаt рedаgоgikа universiteti
Download 0.49 Mb.
|
cheva-teoremasi-va-uning-ayrim-murakkab-geometrik-masalalarga-tatbiqi
- Bu sahifa navigatsiya:
- Foydalanilgan adabiyotlar
|
Yechish:
usul. Masala shartiga mos chizma chizib olib, unda F nuqtadan o‘tuvchi AO cheviana o‘tkazamiz(4-rasm). Cheva teoremasiga ko‘ra 𝐴𝐸 ∙ 𝑂𝐶 ∙ 𝐷𝐵 = 1 ⇒ 𝐸𝐶 𝑂𝐵 𝐴𝐷 𝑦 ∙ 𝑂𝐶 ∙ 𝑥 = 1 => 𝑂𝐶 = 2 𝑦 𝑂𝐵 2𝑥 𝑂𝐵 1 1-teoremaga ko‘ra 𝑆𝐴𝐹𝐸 = 𝐴𝐸 = 1 ⇒ 𝑆 = 𝑆 = 8 . 𝑆𝐸𝐹𝐶 𝐸𝐶 𝐴𝐹𝐸 𝐸𝐹𝐶 Demak, 𝑆𝐴𝐹𝐶 = 𝑆𝐴𝐹𝐸 + 𝑆𝐸𝐹𝐶 ekanligidan 𝑆𝐴𝐹𝐶 = 2 ∙ 𝑆𝐴𝐹𝐸 = 16 bo‘ladi. b) Lemmaga ko‘ra 𝑆𝐴𝑂𝐵 = 𝑆𝐴𝐹𝐵 va 1-teoremaga asosan 𝑆𝐴𝑂𝐵 = 𝑂𝐵 = 𝑧 = 1 𝑆𝐴𝑂𝐶 𝑆𝐴𝐹𝐶 𝑆𝐴𝑂𝐶 𝑂𝐶 2𝑧 2 tengliklarni yoza olamiz. Demak, 𝑆𝐴𝐹𝐵 = 1 bundan esa 𝑆𝐴𝐹𝐶 2 𝑆𝐴𝐹𝐵 = 𝑆𝐴𝐹𝐶: 2 = 16: 2 = 8 => 𝑆𝐴𝐹𝐵 = 8. c) Lemmaga ko‘ra 𝑆𝐴𝐸𝐵 = 𝑆𝐴𝐹𝐵 va 1-teoremaga asosan 𝑆𝐴𝐸𝐵 = 𝐴𝐸 = 𝑦 = 1 𝑆𝐵𝐸𝐶 demak 𝑆𝐴𝐹𝐵 = 1 bundan 𝑆 𝑆𝐵𝐹𝐶 = 𝑆 = 8. 𝑆𝐵𝐸𝐶 𝐸𝐶 𝑦 𝑆𝐵𝐹𝐶 𝐴𝐹𝐵 𝐵𝐹𝐶 Topilgan natijalarni qo‘shib berilgan uchburchak yuzasini topamiz: 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝑆𝐴𝐹𝐶 + 𝑆𝐴𝐹𝐵 + 𝑆𝐵𝐹𝐶 = 16 + 8 + 8 = 32. usul. Menelay teoremasidan foydalanib yechamiz. Uchburchak ∆BEC (3-rasm) uchun 𝐶, 𝐹 va 𝐷 nuqtalar bir to’g’ri chiziqda yotgani uchun Menelay teoremasiga ko’ra 𝐶𝑂 ∙ 𝐵𝐹 ∙ 𝐴𝐸 = 1 ⟹ 𝑂𝐵 𝐸𝐹 𝐴𝐶 ⟹ 2𝑧 ∙ 𝐵𝐹 ∙ 𝑦 = 1 ⟹ 𝐵𝐹 = 1 ⟹ 𝐵𝐹 = 𝑆𝐵𝐹𝐶 = 1 bu nisbatga ko’ra 𝑆 = 𝑧 𝐸𝐹 2𝑦 𝐸𝐹 𝐸𝐹 𝑆𝐶𝐹𝐸 𝐶𝐹𝐸 𝑆𝐵𝐹𝐶 = 8 tenglikdan esa 𝑆𝐵𝐸𝐶 = 𝑆𝐶𝐹𝐸 + 𝑆𝐵𝐹𝐶 = 8 + 8 = 16 o’rinli bo’ladi. 𝐵𝐸 kesma 𝐴𝐶 tomon medianasi ekanligidan 𝑆𝐴𝐵𝐸 = 𝑆𝐵𝐸𝐶 = 16 ⟹ 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝑆𝐴𝐵𝐸 + 𝑆𝐵𝐸𝐶 = 16 ∙ 2 = 32 demak 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 32. 2-masala(Abituriyent gazetasidan a8-g16-24). ABC uchburchakda AC tomonga BE, AB tomonga CD chiziqlar tushirilgan va ular T nuqtada kesishadi. Agar |𝐴𝐶| = 2|𝐴𝐸|, 2 ∙ |𝐴𝐷| = 3 ∙ |𝐷𝐵| bo’lsa, |𝐸𝑇| ni toping? |𝐵𝑇| Yechish: usul. T nuqtadan o‘tuvchi AO cheviana o‘tkazamiz (5-rasm). a) Cheva teoremasiga ko‘ra. 𝐴𝐸 ∙ 𝑂𝐶 ∙ 𝐷𝐵 = 1 ⇒ 𝐸𝐶 𝑂𝐵 𝐴𝐷 𝑦 𝑂𝐶 ∙ 𝑦 𝑂𝐵 2𝑥 ∙ 3𝑥 = 1 => 𝑂𝐶 3 = 𝑂𝐵 2 1-teoremaga ko‘ra 𝑆𝐴𝑇𝐸 = 𝐴𝐸 = 𝑦 = 1 => 𝑆 = 𝑆 , demak 𝑆𝑇𝐸𝐶 𝐸𝐶 𝑦 𝐴𝑇𝐸 𝑇𝐸𝐶 𝑆𝐴𝑇𝐶 = 𝑆𝐴𝑇𝐸 + 𝑆𝑇𝐸𝐶 => 𝑆𝐴𝑇𝐶 = 2 ∙ 𝑆𝐴𝑇𝐸 b) 1-teoremaga ko‘ra 𝑆𝐴𝑂𝐶 = 𝑂𝐶 = 3𝑧 = 3 . Lemmaga ko‘ra 𝑆𝐴𝑂𝐶 = 𝑆𝐴𝑇𝐶 = 3 . 𝑆𝐴𝑂𝐵 𝑂𝐵 2𝑧 2 𝑆𝐴𝑂𝐵 𝑆𝐴𝐵𝑇 2 c) Demak 𝑆 = 2 ∙ 𝑆 va 𝑆𝐴𝑇𝐶 = 3 => 2∙𝑆𝐴𝑇 = 3 => 𝑆𝐴𝑇𝐸 = 3 𝐴𝑇𝐶 𝐴𝑇𝐸 𝑆𝐴𝐵𝑇 2 𝑆𝐴𝐵𝑇 2 𝑆𝐴𝐵𝑇 4 1- teoremaga ko‘ra 𝑆𝐴𝑇𝐸 = |𝐸𝑇| = 3 . 𝑆𝐴𝐵𝑇 |𝐵𝑇| 4 usul. Menelay teoremasidan foydalanib yechamiz. Uchburchak ∆BEC (4-rasm) uchun 𝐴, 𝑇 va 𝑂 nuqtalar bir to’g’ri chiziqda yotgani uchun Menelay teoremasiga ko’ra 𝐶𝑂 ∙ 𝐵𝑇 ∙ 𝐴𝐸 = 1 ⟹ 3𝑧 ∙ 𝐵𝑇 ∙ 𝑦 = 1 ⟹ 𝐵𝑇 = 4 bu 𝑂𝐵 𝐸𝑇 𝐴𝐶 2𝑧 𝐸𝑇 2𝑦 𝐸𝑇 3 munosabatga ko’ra 𝐸𝑇 = 3 tenglik o’rinli bo’ladi. 𝐵𝑇 4 masala. ( Jergonn nuqtasi). ABC ga ichki chizilgan aylana BC, CA, AB tomonlarga mos ravishda D, E, F nuqtalarda urinadi(6-rasm). Isbotlang: AD, BE, CF to’g’ri chiziqlar O nuqtada kesishadi va bu nuqta Jergonn nuqtasi deyiladi. Yechish: BF va BD urinmalar B nuqtadan aylanaga o’tkazilgan ikki urinma va bu urinmalar tengligi bizga ma’lum BF = BD = y xuddi shunday AF = AE = x va CD = CE = z tengliklar o’rinli. Chevaning teskari teoremasiga ko’ra 𝐴𝐹 ∙ 𝐵𝐷 ∙ 𝐶𝐸 = 𝑥 ∙ 𝑦 ∙ 𝑧 = 1 munosabat o’rinliligidan AD, BE va CF kesmalar 𝐵𝐹 𝐶𝐷 𝐴𝐸 𝑦 𝑧 𝑥 konkurent ya’ni O nuqtada kesishadi. Bu nuqta Jergonn nuqtasi deb ataladi. masala. (O’qituvchilar olimpiadasi. Qashqadaryo) ABC uchburchakning AB,AC va BC tomonlarida mos ravishda F,E va D nuqtalar olingnki, bunda AD,BE va CF to’g’ri chiziqlar P nuqtada kesishadi. U holda quyidagi ifodaning qiymatini toping: 𝐴𝑃 𝐴𝐷 𝐵𝑃 + 𝐵𝐸 𝐶𝑃 + =? 𝐶𝐹 Yechish: Agarda biz CE=a, AE=b, AF=c, BF=d, BD=e va CD=d (7-rasm) deb belgilash kiritsak unda Cheva teoremasiga ko’ra 𝑎 ∙ 𝑒 ∙ 𝑐 = 𝑏 ∙ 𝑑 ∙ 𝑓 (1.1) kelib chiqadi. a) Menelay teoremasiga ko’ra 𝑎 𝐴𝑃 ∙ 𝑏 𝑃𝐷 𝑒 ∙ 𝑒 + 𝑓 = 1 => 𝑃𝐷 𝑎 𝑒 𝑃𝐷 𝑎 𝑒 𝐴𝐷 𝑎𝑒 + 𝑏𝑒 + 𝑏𝑓 𝐴𝑃 = 𝐴𝑃 ∙ => 𝑏 𝑒 + 𝑓 𝐴𝑃 + 1 = ∙ 𝑏 𝑒 + 𝑓 + 1 => = 𝐴𝑃 𝑏(𝑒 + 𝑓 ) => 𝐴𝐷 𝑏(𝑒 + 𝑓) = 𝑎𝑒 + 𝑏𝑒 + 𝑏𝑓 a) Xuddi a bo’limda bajarganimizdek 𝐵𝑃 = (𝑎+𝑏) va 𝐶𝑃 = 𝑓(𝑐+𝑑) bo’ladi. 𝐵𝐸 𝑎𝑑+𝑏𝑑+𝑎𝑐 𝐶𝐹 𝑐𝑓+𝑑𝑓+𝑐𝑒 Endi (1.1) tenglikdan foydalanib quyidagi natijalarga erishamiz: b) 𝐴𝑃 = (𝑒+𝑓) = ((𝑎𝑒 = 𝑏𝑑𝑓)) = 𝑏(𝑒+𝑓) = 𝑏𝑐(𝑒+𝑓) = 𝑐(𝑒+𝑓) 𝐴𝐷 𝑎𝑒+𝑏𝑒+𝑏𝑓 𝑐 𝑏𝑑𝑓+𝑏𝑒+𝑏𝑓 𝑐 𝑏(𝑑𝑓+𝑐𝑒+𝑐𝑓) 𝑑𝑓+𝑐𝑒+𝑐𝑓 c) 𝐵𝑃 = (𝑎+𝑏) = ((𝑎𝑐 = 𝑏𝑑𝑓)) = 𝑑(𝑎+𝑏) = 𝑑𝑒(𝑎+𝑏) = 𝐵𝐸 𝑎𝑑+𝑏𝑑+𝑎𝑐 𝑒 𝑏𝑑𝑓 𝑑(𝑎𝑒+𝑏𝑒+𝑏𝑓) 𝑒(𝑎+𝑏) 𝑎𝑒+𝑏𝑒+𝑏𝑓 = ((𝑎𝑒 = 𝑏𝑑𝑓)) = 𝑒(𝑎+𝑏) 𝑐 𝑏𝑑𝑓+𝑏𝑒+𝑏𝑓 𝑐 𝑎𝑑+𝑏𝑑+ 𝑒 = 𝑐𝑒(𝑎+𝑏) 𝑏(𝑑𝑓+𝑐𝑒+𝑐𝑓) d) 𝐴𝑃 + 𝐵𝑃 + 𝐶𝑃 = (𝑒+𝑓) + 𝑐𝑒(𝑎+𝑏) + 𝑓(𝑐+𝑑) = 𝐴𝐷 𝐵𝐸 𝐶𝐹 𝑑𝑓+𝑐𝑒+𝑐𝑓 𝑏(𝑑𝑓+𝑐𝑒+𝑐𝑓) 𝑐𝑓+𝑑𝑓+𝑐𝑒 𝑏𝑐𝑒+𝑏𝑐𝑓+𝑎𝑒𝑐+𝑏𝑒𝑐+𝑏𝑐𝑓+𝑏𝑑𝑓 = ((𝑎𝑒𝑐 = 𝑏𝑑𝑓)) = 𝑏(𝑑𝑓+𝑐𝑒+𝑐𝑓) 2(𝑑𝑓 + 𝑐𝑒 + 𝑐𝑓) = 𝑏(𝑑𝑓 + 𝑐𝑒 + 𝑐𝑓) = 2. Styuart teoremalaridan biri keltirigan.Bu teorema orqali boshqa ko'plab teoremalarni isbotlash mumkin.Misollar tariqasida ayrimlari tezisda yoritib berilga.Teoremedan hozirda o'quvchilarning geometriya bo'limida bilimlarini mustahkamlash va ularni olimpiadalarga tayyorlashda foydalanib kelinmoqda. Foydalanilgan adabiyotlar “Planimetriyadan hisoblashga va isbotlashga doir tanlangan masalalar”. Obid Karimiy. “O’qituvchi” nashriyoti. Toshkent-1965y. “Cheva va Menelay teoremalari hamda ular yordamida masalalar yechish” mavzusidagi bitiruv malakaviy ishi T. Jo`raev va boshqalar. "Oliy matematika asoslari". 1-qism, "O`zbekiston", T. 1995 T. Shodiev. "Analitik geometriyadan qo`llanma", "O`qituvhi", T. 1973 B. A.Abdalimov. "Oliy matematika", "O`qituvhi", T. 1994 V.E.Shneyder va boshqalar. "Oliy matematika qisqa kursi" 1-qism, "O`qituvchi", T. 1985 Fizika, matematika va informatika (ilmiy - uslubiy jurnal), №4 va №6, 2004 S.P.Vinogradov. Oliy matematika "O`qituvchi", T. 1964 www.ziyonet.uz Download 0.49 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|