Есенкелді Аружан

ҮШБҰРЫШТЫҢ ЭЛЕМЕНТТЕРІНІҢ АРАСЫНДАҒЫ БАЙЛАНЫСТАР

(№159 гимназиясының 9-сынып оқушысы)

Ғылыми жетекшісі:Қазез Ертай , №159 гимназиясының математика

пәні мұғалімі, педагогика ғылымдарының магистрі

Мектептерде математика есептерін шешуді үйрету әдістемеcі пәндерін оқытуда, әсіресе соның ішінде геометриялық материалдарды оқытудың аса маңызды міндеттерінің бірі – оқушылардың, яғни білім алушылардың кеңістік жөніндегі түсініктерін жан-жақты дамыту, кеңістіктегі обьектілерді ойша көз алдына елестетіп, оларға әртүрлі амалдар қолдана білу дағдыларын, біліктілігін қалыптастыру болып табылады.

Жалпы білім беретін мектептегі геометрия пәнінің бағдарламасына енбейтін, бірақ есептерді қысқа шешуге тиімді бірнеше теоремаларды қарастырайық.

Үшбұрыштың негізгі элементі деп оның қабырғалары мен бұрыштары аталады, қабырғалары – cba ,, ал қарсы жатқан бұрыштары CBA ,, немесе ,, деп белгіленеді.

ABC ның негізгі емес элементтерін XIX ғасырдан бастап әдебиеттерде белгіленген таңбалармен жазамыз:

cba hhh ,, сәйкес төбелерінен түсірілген биіктіктері;cba mmm ,, сәйкес медианалары;

cba lll ,, сәйкес биссектрисалары;p2 периметрі;

S ауданы;r іштей сызылған шеңбердің радиусы;

R - сырттай сызылған шеңбердің радиусы.Үшбұрыштың элементтерінің арасындағы байланыстарды өрнектейтін ұқсас

формулаларды жазуда циклдік ауыстыруды пайдаланамыз. Мұны 1666ж. Лейбниц өзінің «Комбинаторика өнері» атты диссертациясында енгізген болатын.

Кез келген ABC үшбұрышын алайық. Оның CBA ,, төбелерінен шығатын медианалары сәйкес ретімен cba mmm ,, болсын. Осы медианаларын табайық.

Ол үшін CDAB || және BDAC || түзулерін жүргізіп, үшбұрышты ABCD параллелограмына толықтырамыз, BC оның диагоналы болады.

Екінші AD диагоналды жүргізіп, оның BC диагоналы мен қиылысу нүктесін O деп белгілейміз. Сонда aa mADmAO 2, болады (1-сурет). Параллелограмның диагоналдарының квадраттарының қосындысы қабырғаларының квадраттарының қосындысына тең болатындықтан

222222 CADCBDABBCAD .Ал BAC да: cCDABbBDCAaBC ,, , сондықтан

2222 222 cbama .

Бұдан 222 )(2

21 acbma

(1)

Дәл осылай: 222222 )(221,)(2

21 cbambcam cb болатындығын

дәлелдейміз. Сонымен, үшбұрыштың қабырғалары берілсе, бұл формулалар арқылы медианаларын табуға болады. Соңғы үш теңдікті квадрат дәрежеге шығарып алып, қоссақ

1

)(3)(4 222222 cbammm cba (2) болады.

Одан )(

43 222222 cbammm cba

( 2)

немесе 43

222

222

cbammm cba ( 2 )

жазуға болады.Егер үшбұрыштың медианалары беріліп , қабырғалары белгісіз болса,

медианалары формулаларынан

(3)

болады.

1-сурет 2-сурет Үшбұрыштың қабырғалары анықталады. Бұл мәндерді үшбұрыш ауданының

(4)

формуласына (Герон формуласы) қойсақ,

444222222 22231

cbacacbba mmmmmmmmmS (5)

шығады.Түбір астындағы өрнектерді көбейткіштерге жіктеп және xmmm cba 2 деп белгілеп алсақ , аудан медианалар арқылы өрнектеліп шығады:

))()((43

cba mxmxmxxS (6)

AD кесіндісі ABC ның A бұрышының ішкі биссектрисасы болсын. alADcABbACaBC ,,, дейік. BC қабырғасына AE биіктігін жүргізейік. Егер D

нүктесі C және E нүктелерінің аралығында болса, ADC доғал, ADB сүйір бұрыш болады. ABD үшбұрышынан, сүйір бұрышқа қарсы жатқан қабырғаның квадраты туралы теорема бойынша DEBDBDADAB 2222 . ADC дан, доғал бұрышқа қарсы жатқан қабырғаның квадраты туралы теорема бойынша DECDCDADAC 2222 жазамыз.

Осы теңдіктерден BD

ABBDADDE2

222 және

CDCDADACDE

2

222 .

2

BDABBDAD

2

222 ,2

222

CDCDADAC

)()( 222 BDCDBDCDBDACCDABADBDCD .Үшбұрышштың ішкі бұрышының биссектрисасы қарсы қабырғаны іргелес

қабырғаларға пропорционал етіп бөлетін қасиеті бойынша

BDbCDccb

BDCD

ABAC

BDCD ,, , ал aBCBDCD . Сонда

aBDCDBDbCDc

жүйесінен

cbcaBD

cbbaCD

, болады. CDBDACAB ,,, мәндерін қойып, ықшамдап жоғарыдағы

теңдіктен alAD биссектрисасын табамыз:

2

22

)( cbbcabcla

Дәл осы сияқты cb ll ,

2

22

2

22

)(,

)( baabcabl

cacabacl cb

(7)

биссектрисаларын таптық. Екінші жағынан

)(2,)(2 bppca

calappcb

cbl ba

, )(2 cppba

balc

(8) және 11 babalc , мұндағы 11,ba үшбұрыштың үшінші қабырғасындағы кесінділер,

2cbap .

CD мен BD ның жоғарыда анықталған мәндерін ескеріп, CDBDcbla 2 деп жазуға болады. Демек, үшбұрыштың ішкі бұрышы биссектрисасының квадраты сол биссектрисаның екі жағындағы қабырғаларының көбейтіндісінен үшінші қабырғада пайда болатын екі кесіндінің көбейтіндісін шегергенде шығатын айырмаға тең болады. Осы тәсілмен үшбұрыштың сыртқы бұрышының биссектрисасы

bcBFCFLbccbbcaL aa

2

2

22 ,

)( (9)

формулаларымен өрнектеледі және 222

22222

)(4

cbcbaLl aa

(10)

Үшбұрыштың ауданы: cba hcShbShaS 21,

21,

21

формулалары бойынша

есептеліп шығарылатыны аян. Бұлардан .2,2,2

cba hSc

hSb

hSa Қабырғалардың осы

мәндерін ))()()((41 cbacbaacbcbaS түріндегі Герон формуласына

қойсақ

cbacbaacbcba hhhhhhhhhhhh

S111111111111

1

(11)

шығады. Үшбұрыштың қабырғалары белгісіз болып, үш биіктіктері берілсе оның ауданын осы (11) формуласы арқылы есептеуге болады.

3

Scba

hhh cba 2111

(12)

S

hhhcba

cba

2111

( 21 )

Осы екі теңдіктерді мүшелеп бөлсек

cba

cba

hhhcba

cba

hhh

111

111

(13)

өрнегін аламыз. Шеңберге сырттай сызылған үшбұрыштың ауданы rpS немесе

rcbaS )(21

формуласымен өрнектеледі.

Қабырғалардың биіктіктері арқылы өрнектелген мәндерін қоссақ:

S

hhhScba

cba

2.1112 тың алдыңғы өрнектегі мәнін қояйық:

.111

cba hhhrcbacba

Бұдан: rhhh cba

1111

.

Үшбұрышқа іштей созылған шеңбердің радиусының кері шамасы үшбұрыштың биіктіктерінің кері шамаларының қосындысына тең.

Үшбұрышқа сырттай сызылған шеңбердің S

cbaR4

, ал бұдан RSabc 4 . Осы

формуладағы S тың орнына rcbaS21

ді қояйық:

rRcbaabcRrcbaabc 2,214 .

Бұдан Rrcba

abc 2

(14)

Үшбұрыштың екі қабырғасының көбейтіндісі оның үшінші қабырғасына түсетін биіктік пен сырттай сызылған шеңбер диаметрінің көбейтіндісіне тең болады. Демек, cba hRbahRcahRcb 2,2,2 (15)Осы үшеуін мүшелеп қоссақ:

cba hhhRbcacab 1112

Одан

Rhhhbcacab

cba

2

(16)

(15)-ті мүшелеп көбейтсек

.2,4

2,8 22

3cbacbacba hhhRShhhR

RabchhhRabacbc

(17)

4

ABC үшбұрышын іштей сызылған шеңбердің O центрінен aBCbACcAB ,, қабырғаларына параллель 111111 ||,||,|| CBBCCAACBAAB түзулері жүргізілсін. Осы түзулердің үшбұрыш ішіндегі кесінділерін анықтауымыз керек. Шешуі: 11|| BAAB болғандықтан 111~ CBAABC сәйкес элементтері пропорционал болады. ABC ның C төбесінен шығатын биіктігі CBAhc 11, ның C төбесінен шығатын биіктігі rhc болады.

Сонда: cba

bacBAcba

ScScBA

cSrhcBAhhrhcBA cccc

)(,222,,:: 11111111 (

71 )

Осы сияқты cba

cbaCBcba

cabCA

)(,)(

1111 ( 71 )

ABC үшбұрыштарының қабырғаларын aBCbACcAB ,, , ал бұрыштарын ,, арқылы белгілейік.

3-сурет 1.Теорема. Кез келген үшбұрыштың қабырғасы басқа екі қабырғаларының әрқайсысымен және олардың бірінші қабырғамен жасайтын бұрышының косинусының көбейтіндідерінен тұратын екі көбейтіндінің қосындысына тең болады. Дәлелдеуі: ABC ның A төбесінен AD биіктігін сызамыз.1) Егер ABC ның B және C бұрыштары сүйір бұрыш болса, DCBDa . 2) Егер осы бұрыштардың біреуі доғал болса, DCBDa .

4-сурет1)жағдайда. cosbDC .2)жағдайда. cos180coscos 0 bbADCbDC ; coscBD екі

жағдайда да coscos cba (18)теңдігін аламыз.

Осы сияқты coscos acb (18,a)

5

A

coscos bac (18,ә).Бұл алынған теңдіктер тік бұрышты үшбұрыштар үшін де орынды. Мысалы,

090 болса, 090cos 0 және (18,ә) теңдігі тік бұрышты үшбұрыштың элементтерінің арасындағы белгілі байланысты өрнектейді: cosca . Жалпы, үшбұрыштың элементтерінің арасында үш топ қатынастар орындалады.

)(coscos)(coscos)(coscos

.

)(cos2

)(cos2

)(cos2

.

)(sinsinsin

)(.

222

222

222

ñbacáacbacba

III

ñabbac

áaccab

abccba

II

áaaaaCBA

I

Осы қатыстар жүйелері негізгі жүйелер деп аталады. (ІІІ) жүйені француз математигі Карно (1753-1823) дәлелдеген.

Кез келген үшбұрышты шешу тік бұрышты үшбұрышты шешуге келтіріледі. Тік бұрышты үшбұрыштың негізгі элементтерінің арасындағы байланыстылықты

өрнектейтін формулаларды жазайық:222 cba (1)

ctgbatg (2)

ctgbatgba , (3)

5-сурет

ctgabtg (4)

ctgba

tgba , (5)

ctgabtgab , (6)

cos,sin.cossin cacaca

(7)

cos,sin.cossin cbcbcb

(8)

6

090 (9)Тік бұрышты үшбұрыштың бір элементі (бір бұрышы тік бұрыш) белгілі, сондықтан

тік бұрышты ұшбұрышты шешуге берілген есептерде тәуелсіз екі элементі ғана беріледі. Тік бұрышты үшбұрыштарды шешуге берілген есептерді келесі түрлерге бөлуге болады:І. Бір қабырғасы мен сүйір бұрышы белгілі:

а) катеті және сүйір бұрышы;ә) гипотенузасы және сүйір бұрышы.

ІІ. Екі қабырғасы белгілі:а) екі катеті;ә) катеті және гипотенузасы.Әрбір есепте белгісіз негізгі элементтері – қабырғалары мен бұрыштарын есептеу

талап етіледі.Осы аталған есептерді шешу үшін бұрын белгіленген белгілеулерді пайдаланамыз,

ba, катеттері, BA, оларға қарсы жатқан бұрыштары, c гипотенузасы және C тік бұрышы.

Кез- келген үшбұрыштарды шешуді қарастырайық:Үшбұрыштарды шешудің негізгі жағдайларына оның тәуелсіз негізгі үш элементтері

берілген және үшбұрыштың қалған элементтерін есептеуді талап ететін есептерді жатқызуға болады.

Кез келген үшбұрыштарды шешуді төрт түрге бөлуге болады:І. Бір қабырғасы және оған іргелес жатқан екі бұрышы бойынша шешу;ІІ. Екі қабырғасы және олардың арасындағы бұрышы бойынша;ІІІ. Екі қабырғасы және оның біреуіне қарсы жатқан бұрышы бойынша;ІV. Үш қабырғасы бойынша шешу.

Әрқайсысын жеке қарастырамыз.1-мысал. Үшбұрыштың a қабырғасы және , бұрыштары берілген. бұрышын,

cb, қабырғаларын табу керек. Шешуі. Егер 0180 шарты орындалса, есепті шешуге болады. Бұл жағдайда

sinsin;

sinsin);(1800 acab табамыз. Есепті тексеру үшін берілген қабырғаны

2cos

2sin

cba формуласы бойынша есептейміз.

Бұл формула мына түрде:

2cos

2sin

cba

(IV).

(IV) формуланы неміс астрономы Карл Мольвейде (1774-1825) есімімен Мольвейде формуласы деп атайды, бірақ алғаш рет мұны 1707 жылы Исаак Ньютон өзінің «универсальная арифметика» деген еңбегінде жазған.

Осы формуланы дәлелдеу үшін (синустар теоремасы негізінде)

sin2,sin2 RbRa және sin2Rc на қойып

sin2sin2

sin2RR

Rcb

a

2cos

2sin2

2cos

2sin2

sinsinsin

.

7

Бірақ 2

cos2

sin , сондай-ақ

290

20

, олай болса, қысқартқаннан кейін

2cos

2sin

cba

алынды.

Енді Мольвейде формуласын басқа қабырғалары үшін жазайық:

2cos

2sin

,

2cos

2sin

bac

cab

(IV1)

1-мысалды шешу үшін алдымен1) бұрышын есептейміз: )(1800 .

2) )sin(sin

))(180sin(sin

0

aab .

3) )sin(sin

sinsin

aac .

4) Тексеру үшін a қабырғасын есептейміз:

2cos

2sin)(

cba .

2-мысал. Үшбұрыштың ba, қабырғалары және бұрышы берілген, c қабырғасын, , бұрыштарын табу керек.

1-тәсіл. Косинустар теоремасы бойынша c қабырғасын cos2222 abbac табамыз.

Содан соң синустар теоремасы бойынша және бұрыштарының кішісін табамыз,

мысалы (090 ) болсын делік:

caca

sinsin,

sinsin .

Ақырында 0180 теңдігінен тағы да бір белгісіз бұрышты табамыз. Шешімінің дұрыстығын тексеру үшін sinsin ba теңдігін пайдаланамыз.

2-тәсіл.(логарифмді пайдалануға болады) 0180 . Синустар теоремасынан

sinsin

ba

жазамыз,

бұдан

2sin

2cos2

2cos2

2sin2

sinsinsinsin

baba

немесе

2

2

tg

tg

baba

(V)

жазамыз.(V) теңдігін Томас Финк (Копенгаген, 1561-1656) қорытып шығарған, оны

тангенстер теоремасы деп атау қабылданған.

290

20

екенін ескеріп, 22 ctgtg

, (V) формуладан 22 ctg

babatg

жазамыз; бұдан таблицалар көмегімен табамыз; мен бұрыштарының қосындысын және айырмасын білгеннен кейін, және бұрыштарының өзін табамыз. c

8

қабырғасын табу үшін синустар теоремасын пайдаланамыз,

sinsinac . Шешімнің

дұрыстығын тексеру үшін a қабырғасын Мольвейде формуласынмен есептейміз:

2cos

2sin)(

cba

.Тангенстер теормасын үшбұрыштың басқа қабырғалары мен бұрыштары үшін

жазайық:

2

2

2

2;

2

2

2

2

tg

ctg

tg

tg

cbcb

tg

ctg

tg

tg

caca

(V)

3-мысал. Үшбұрыштың ba, қабырғасы және біреуіне қарсы жатқан бұрышы берілген. , бұрыштарын және c қабырғасын табу керек.

Шешілуі. (І) жүйенің (а,ә) теңдеулерінен ,180 ,sinsin

B

bA

a

Cc

Aa

sinsin

жазып, осы теңдеулерден біртіндеп , бұрыштарын, c қабырғасын анықтаймыз:

-180 ,sinsina

b

және

sinsinac

(10)Шартын зерттейміз, себебі бұл теңдеулерде , бұрыштары мен c қабырғасының

мәндері есептің геометриялық мағынасын қанағаттандыра ма, жоқ па?Бәрінен де бұрын (есептің мағынасы бойынша) ізделінді шама

1800 ,1800 және 0c теңдіктерін қанағаттандыруы керек.Берілген ba, және шамалардың арасындағы әртүрлі қатыстарда қандай жағдайлар

болуы мүмкін, соны қарастырайық:

1-жағдай. ba . Бұл жағдайда ,1ab

және де 1sin1sin ab

, ал a

b sinsin

теңдеуінің шешімі болады; 180,0 аралығындағы оның шешімі:

90sinarcsin1 a

b

және 90180 12 болады. Бірақ 2 мәні есептің шартын қанағаттандырмайды, егер 2 ні қабылдасақ, ізделінді үшбұрышта екі доғал бұрыш болады, бұл мүмкін емес.

Үшінші бұрыш үшін 0180 11 , яғни 1180 шарты орындалса,

онда 1 ді қабылдауға болады. Осы шарт орындалатындығына көз жеткіземіз: 1ab

теңсіздігінен ,180sinsinsinsin 1 ab

яғни .180sinsin 1 1 және 180 бұрыштары – сүйір бұрыштар, сонда сүйір бұрыштардың

синустарының қасиеті бойынша 1801 деген қорытынды жасаймыз, бұдан 1801 болады.

Сонымен, егер ba болса, онда есептің бір ғана шешімі болады:

-180 ,sinarcsin

ab

және .sin

sinac

9

2-жағдай. Егер ba болса, онда a

b sinsin теңдеуінен sinsin түрінде

болады. Бұл теңдеудің 180;0 аралығында екі шешімі болады: 1 және 1802 . Егер 90 десек, онда бұл екеуінің бірде бір шешімі

болмайды, өйткені, егер біз шешімі деп қабылдасақ үшбұрыштың екі доғал немесе екі тік бұрышы болады, бұлай болуы мүмкін емес.

Егер де бұрышы – сүйір бұрыш болса, онда 1 түбірі есептің шартын қанағаттандырады, ал 2 қанағаттандырмайды.

Шындығында да, 901 болғанда 02180180 11 , мүмкін, 0180180180 22 мүмкін емес.

Сонымен, егер ba болса, онда есептің 90 болғанда ғана бір шешімі болады:

cos2

sin2sin

sinsinc ,2-180 , aaa

(үшбұрыш тең бүйірлі).3-жағдай. ba .Бұл жағдайда бұрышы міндетті түрде сүйір бұрыш болуы керек. Егер 90 деп

алсақ, онда бұрышы доғал бұрыш болуы керек, берілген қабырғалардың үлкен қабырғаларына қарсы жатқан бұрышы үлкен болады ( , өйткені ab ) және

180 болады, үшбұрышта бұл мүмкін емес.Сонымен, ba және 90 жағдайын қарастырамыз.Бұл жағдайда берілген шамалардың арасында келесі қатыстардың біреуі орындалуы

мүмкін: sinb;sin àba және sin ba . Егер sin ba болса, онда

1sinsin a

b және де a

b sinsin теңдеуінің шешімі болмайды – есептің болуы

мүмкін емес.Егер sinba болса, онда 1sin және 90 тең болады. бұрышы үшін:

.09090180180 Бұл жағдайда есептің бір ғана шешімі болады:

ctgaaac

sincos

sinsin ;-90 ;90 (немесе үшбұрыш тік бұрышты

десек, онда cosbc ).

Ақырында, егер sina болса, онда 1sin a

b және

ab sinsin теңдеуінің

180;0 аралығында екі түбірі болады: 1 және ,2 901 , ал .90180 12 Екінші бұрышы үшін:

11 180 және 1122 180180180 мәндерін аламыз. Екі шешімі де есептің шартын қанағаттандырады. Шындығында да, 90 және

901 , сондықтан ,1801 ал 01 болуы мүмкін.

ab шартынан 1ab

орындалады, олай болса, ,sinsin ab

яғни ;sinsin 1

бұдан ( 1 және сүйір бұрыштар деп есептейміз) 1 деген қорытынды жасаймыз және де .012

Сонымен, бұл жағдайда есептің екі шешімі болады:

1) ;sin

sin ,180 ,sinarcsin 1111

ac

ab

10

2) .sinsin ,180 ,180 2

22212 ac

Қарастырған зерттеуіміздің нәтижесін кестеде жазайық. 1-кесте ba бір ғана шешімі болады, 90

9090

ba

sinsinsin

90

90

bababa

ba

Кестеге қарап, егер берілген бұрыш сүйір болса және берілген қабырғалардың кішісіне қарсы жатқан бұрыш болғанда ғана есептің екі шешімі болатынын байқаймыз.

Осы кестенің нәтижесін берілген есепті геометриялық тәсілмен зерттеп алуға болады.Үшбұрышты екі ba, қабырғасы және бұрышы бойынша ( 90 дейміз, егер

090 болса, онда есепті шешудің қиындығы болмайды) салу процесі белгілі.

а) б) 6-сурет

Берілген бұрышына тең PAQ бұрышының бір қабығасына bAC кесіндісін саламыз. A және C нүктелері ізделінді үшбұрыштың екі төбесі болады. Үшінші төбесі – C нүктесін центр етіп, радиусы a ға тең сызылған шеңбермен AQ қабырғасының қиылысу нүктесі болады.

Бірақ, мұндай шеңбер AQ қабырғасымен қиылыса ма?, егер қиылысса бір, немесе екі нүктеде қиылыса ма? деген сұрақ туындайды.

Анықтау үшін AQ түзуіне CH перпендикулярын жүргіземіз, a ның b ға қатысты барлық жағдайларын қарастырамыз.

1) Егер ba болса, (6а-сызба) онда AQ түзуі шеңбермен екі нүктеде қиылысады, біреуі 1B , A төбесінің оң жағында, ал екінші нүкте 2B сол жағында болады. Осыған сәйкес екі үшбұрыш 1ACB және 2ACB пайда болады, бірақ есептің шартын біреуі ғана қанағаттандырады, бұрышы және оған қарсы жатқан a қабырғасы бар үшбұрыш 1ACB болады, ал 2ACB үшбұрышында a қабырғасына қарсы жатқан 2CAB тең емес.

11

H

шешімі жоқбір ғана шешімі болады, шешімі жоқшешімі жоқбір ғана шешімі болады, 90екі шешімі болады, 901 және 902

2) Егер ba болса, (6ә-сызба) AQ түзуі шеңбермен екі нүктеде қиылысады, бұл нүктелердің біреуі сызбада 3B әріпімен, ал екіншісі A төбесімен беттеседі. Пайда болған тең бүйірлі 3CAB үшбұрышы 90 болғанда есептің шартын қанағаттандырады; егер 90 (6ә-сызба) болғанда 3CAB үшбұрышында a қабырғасына қарсы жатқан 3CAB тең емес.

3) Егер ba болса, онда бұрышы сүйір болғанда шешуі болуы мүмкін (6а-сурет), және әр түрлі жағдайда болуы мүмкін.

а) CHa болса, шеңбер AQ түзуімен қиылыспайды, шешімі болмайды.ә) CHa болса, шеңбер AQ түзуімен H нүктесінде жанасады және CAH тік

бұрышты үшбұрыш пайда болады, ол есептің шартын қанағаттандырады.б) CHa болғанда шеңбер AQ түзуімен екі 4B және 5B нүктелерінде қиылысады

(6а-сурет); пайда болған 4ACB және 5ACB үшбұрыштарының екеуі де есептің шартын қанағаттандырады. Әрқайсысында да бұрышына қарсы жатқан a қабырғасы aCBCB 54 тең.

Сонымен sinsin bCAHCACH зерттелген қорытынды нәтижемен сәйкес келетіндігіне көз жеткіздік.

4-мысал.Үшбұрыштың cba ,, қабырғалары берілген. ,, бұрыштарын табу керек. Шешуі.Үшбұрыштың берілген үш қабырғалары бойынша оның бұрыштарын табу

үшін негізгі теңдеулер жүйесінің (ІІ а,ә,б) теңдеулерін пайдаланамыз. (ІІ) жүйенің бірінші теңдеуінен

bcacb

2cos

222

(1)cos мәнін есептеп, бұрышының шамасын табамыз. Осылайша , бұрыштарын

анықтаймыз.Бірақ үшбұрыштың бұрыштарын осы формуламен анықтау есептеуге қиындықтар

туғызады. Сондықтан, үшбұрыштың қабырғалары көп мәнді сандармен өрнектелсе, логарифмдеуге оңтайлы басқа формулаларды қолданған жөн.

7-суретМұндай формуланы алу үшін ABC ға іштей шеңбер сызып, центрін O нүктесімен,

радиусын r әрпімен, жанасу нүктелерін FED ,, нүктелері арқылы белгілейік.Белгілеулер енгізейік: ,,CECF , zBEBDyxAFAD сонда

pzyx 2222 (үшбұрыштың периметрі), ,pzyx ал .apzypx

Тік бұрышты AOD -ден: apr

xr

ADODtg

2

, яғни

aprtg

2

(VI,а)

12

түрінде жазамыз. Осылайша

bprtg

2 (VI,ә)

cprtg

2

(VI,б)

жазамыз. Шеңбердің радиусын табу керек. Ол үшін COABOCAOBABC SSSS

.)(21

21

21

21 rprcbarbrarc

p

cpbpaprpSrrpS ))()((., (VII,в)

Егер үшбұрыштың қабырғалары көп мәнді сандармен өрнектелсе, оның бұрыштарын логарифмдік таблицаның көмегімен, (VIa), (VI,ә) және (VI,б) формулалары бойынша табу тиімді. Есептеу нәтижесінде қысқартуды орындау үшін алдын ала rlg ді (VIII,в) формула бойынша есептеу керек.

Есептің шешімін тексеру үшін 180 теңдігін пайдаланады.Геометрия үшбұрыштан басталады. 2500 жылдан бері үшбұрыштың жаңа қасиеттерін

зерттеп табуда . Үшбұрыштың элементтерінің арасындағы байланыстылықтардың мектептегі математика пәні бағдарламасында көп көңіл бөлінбейді және уақыт аз бөлінеді. Сондықтан осы қарастырған жұмыстар жоғары сынып оқушылары мен студенттерге есептер шығару барысында пайдалануына болады.

Пайдаланған әдебиеттер

1. Атанасян Л.С. , Гуревич Г.В. «Геометрия», ч. 1. Москва, «Просвещение», 2006.2. Д.А. Скопец, Р.А.Хабиб «Преподавание геометрии в 9-10 классах». Москва, 1980.3. М.А.Асқарова «Геометрия. Планиметрия. Теориясы мен есептерді шығару

әдістемесі». Алматы, «С. Бегалин атындағы МБК-ның баспасы», 2013ж

13