§ 23. Салу есептері

Геометрия, 7 сынып. Оқулық: Смирнов В.А. және т.б. (Мектеп, 2025). 4 тарау: Шеңбер. Геометриялық салулар. 135–141-беттер.

Нені үйренесің

• Сызғыш пен циркульдің не істей алатынын білуді.
• Салу есебін төрт кезеңмен шығаруды: талдау, салу, дәлелдеу, зерттеу.
• Орта перпендикуляр, нүктеден түзуге перпендикуляр, биссектриса және үш қабырғасы бойынша үшбұрыш салуды.
• Берілген бұрышқа тең бұрыш пен қабырғалары мен бұрыштары бойынша үшбұрыштар салуды.
• Шеңберден тыс жатқан нүктеден шеңберге жанама салуды.

Ой қозғау

• Салу есептерінде сызғыш не істейді? Берілген екі нүкте арқылы түзу жүргізеді. Оның бөлімдерін пайдаланбайды.
• Циркуль не істейді? Центрі мен радиусы берілген шеңбер салады, сондай-ақ сәулеге берілген кесіндіге тең кесінді салып қояды.
• Орта перпендикуляр дегеніміз не? Кесіндінің ортасынан тік бұрышпен өтетін түзу; оның нүктелері кесіндінің ұштарынан бірдей қашықтықта жатады.
• Бұрыштың қабырғаларынан бірдей қашықтықта жатқан нүктелер қайда орналасады? Осы бұрыштың биссектрисасында.
• Шеңбер дегеніміз не? Центрден берілген қашықтықта жатқан жазықтықтың барлық нүктелері.

Тақырыпты талдаймыз

Екі құрал

📌 Салу есептерінде тек сызғыш (екі нүкте арқылы түзу) және циркуль (центрі мен радиусы берілген шеңбер, берілген кесіндіге тең кесінді салу) қолданылады.

🌟 Циркуль мен сызғышпен салуды ежелгі гректер ойлап тапқан. Екі белгілі есепті (кубты екі еселеу және кез келген бұрышты үш тең бөлікке бөлу) олар шығара алмады. Мұның мүмкін емес екенін тек XIX ғасырда дәлелдеді.

Шешудің төрт кезеңі

1. Талдау. Фигура бұрыннан салынып қойған деп елестет те, оны салуға көмектесетін байланыстарды тап.
2. Салу. Қадамдап: нені және қандай ретпен сызу керек.
3. Дәлелдеу. Дәл сол фигура шыққанын түсіндір.
4. Зерттеу. Салу әрдайым орындала ма және есептің неше шешімі бар.

👨‍👩‍👧 Ата-анаға. Тек сызбаны емес, ойлау жолын тексеріңіз: баладан дауыстап айтқызыңыз: «Центрі мұнда, радиусы мынадай, мынаны алдық». Салудың нағыз математикасы осы.

1-есеп. Орта перпендикуляр

Берілген $AB$ кесіндісінің орта перпендикулярын салыңдар.

Талдау. Орта перпендикулярдың барлық нүктелері $A$ және $B$ нүктелерінен бірдей қашықтықта жатады. Демек, $A$ және $B$ центрлерінен бірдей радиуспен шеңбер жүргізсек, олардың қиылысу нүктелері іздеген түзуде жатады.

💡 Бұл түзу $AB$ кесіндісін дәл ортасында қияды: кесіндінің ортасы осылай салынады (23.2-жаттығу).

2-есеп. Нүктеден түзуге перпендикуляр

$d$ түзуінде жатпайтын $C$ нүктесінен осы түзуге перпендикуляр түсіріңдер.

Талдау. Егер $CD\perp d$ және $d$-да жатқан $A$, $B$ нүктелері $D$-дан бірдей қашықтықта болса, онда $CD$ – $AB$ кесіндісінің орта перпендикуляры. Ал $C$ осы түзуде жатыр, демек $CA=CB$.

3-есеп. Бұрыштың биссектрисасы

Берілген $O$ бұрышының биссектрисасын салыңдар.

Талдау. Биссектриса нүктелері бұрыштың қабырғаларынан бірдей қашықтықта жатады. Бұрыштың қабырғаларына тең $OA=OB$ кесінділерін салсақ, биссектриса $AB$-ның орта перпендикулярында жатады: $OAB$ тең бүйірлі үшбұрышында төбесінен жүргізілген биссектриса әрі медиана, әрі биіктік болады.

4-есеп. Үш қабырғасы бойынша үшбұрыш

$AB=c$, $AC=b$, $BC=a$ қабырғалары бойынша $ABC$ үшбұрышын салыңдар.

Талдау. Үш кесінді үшбұрыштың қабырғалары бола алады, егер олардың әрқайсысы қалған екеуінің қосындысынан кіші және айырымынан үлкен болса.

Өзіңді тексер

• Геометриялық фигураларды салу үшін қандай құралдар қолданылады? Бөлігі жоқ сызғыш пен циркуль.
• Қандай салулар: а) сызғыштың; ә) циркульдің көмегімен орындалады? а) Екі нүкте арқылы түзу. ә) Центрі мен радиусы берілген шеңбер және берілген кесіндіге тең кесінді.
• Кесіндінің орта перпендикулярын қалай салуға болады? Кесіндінің ұштарынан бір радиуспен (кесіндінің жартысынан үлкен) екі шеңбер жүргізіп, олардың қиылысу нүктелерін түзумен қосады.
• Берілген нүктеден берілген түзуге перпендикулярды қалай түсіруге болады? Центрі нүктеде болатын шеңбермен түзуден $A$ және $B$ нүктелерін белгілеп, $AB$-ның орта перпендикулярын салады.
• Бұрыштың биссектрисасын қалай салуға болады? Центрі төбеде болатын шеңбермен қабырғалардан $A$ және $B$ нүктелерін белгілеп, бұрыштың ішінде $AB$-ның орта перпендикулярын жүргізеді.
• Үш қабырғасы бойынша үшбұрышты қалай салуға болады? Бір қабырғаны салып, оның ұштарынан қалған екі қабырғаның радиустарымен шеңбер жүргізеді.

Жаттығуларды шығарамыз

A деңгейі

№ 23.1

Берілген кесіндіге тең кесіндіні салыңдар.

Қалай ойлаймыз. Циркуль ұзындықты есте сақтайды: оның ашасы кесіндінің ұзындығына тең.

Шешуі.

1. $AB$ кесіндісі берілсін. Сызғышпен басы $O$ нүктесінде болатын сәуле жүргіз.
2. Циркульдің инесін $A$-ға, ал грифелін $B$-ға қой.
3. Ашаны өзгертпей, инені $O$-ға қойып, сәуледе $C$ белгісін жаса.
4. $OC=AB$ кесіндісі шықты.

Жауабы: $OC=AB$ – іздеген кесінді.

№ 23.2

Берілген кесіндінің ортасын салыңдар.

Қалай ойлаймыз. Кесіндінің ортасы оның орта перпендикулярында жатады.

Шешуі.

1. $AB$-ның жартысынан үлкен ашамен центрлері $A$ және $B$ болатын шеңберлер жүргіз.
2. Қиылысу нүктелері $C_1$ және $C_2$ арқылы түзу жүргіз.
3. Бұл түзудің $AB$-мен қиылысу нүктесі $M$ – кесіндінің ортасы.

Жауабы: $M=AB\cap C_1C_2$; $AM=MB$.

B деңгейі

№ 23.3

Берілген түзуге тиісті берілген нүкте арқылы осы түзуге перпендикуляр түзу жүргізіңдер.

Қалай ойлаймыз. Керекті нүктені кесіндінің ортасы етіп алсақ, орта перпендикуляр сол нүкте арқылы өтеді.

Шешуі. $P$ нүктесі $d$ түзуінде жатсын.

1. Центрі $P$ болатын кез келген радиусты шеңбер жүргіз. Ол $d$-ны $X$ және $Y$ нүктелерінде қияды, бұл жағдайда $PX=PY$.
2. $XY$ кесіндісінің орта перпендикулярын сал (1-есеп).
3. Ол $XY$-тің ортасы арқылы, яғни $P$ арқылы өтеді және $d$-ға перпендикуляр.

Жауабы: $XY$-тің орта перпендикуляры – іздеген түзу.

№ 23.4

Берілген екі қабырғасы және олардың арасындағы бұрышы бойынша $ABC$ үшбұрышын салыңдар.

Қалай ойлаймыз. Бұрыш екі қабырғаның бағытын береді, ал қабырғалар олардың үстінде нүктелерді анықтайды.

Шешуі. $b$, $c$ қабырғалары және $\alpha$ бұрышы берілсін.

1. $\alpha$-ға тең $A$ бұрышын сал (23.6-жаттығу).
2. Бұрыштың бір қабырғасына $AB=c$, екіншісіне $AC=b$ кесіндісін салып қой.
3. $B$ мен $C$ нүктелерін қос.

Үшбұрыштар теңдігінің бірінші белгісі бойынша $ABC$ үшбұрышы біржақты анықталады, салу жалғыз; $\alpha<180^\circ$ болса, ол әрқашан мүмкін.

Жауабы: $\triangle ABC$ салынды: $AB=c$, $AC=b$, $\angle A=\alpha$.

№ 23.5

Берілген бір қабырғасы және оған іргелес жатқан екі бұрышы бойынша $ABC$ үшбұрышын салыңдар.

Қалай ойлаймыз. Қабырға кесіндіні береді, ал екі бұрыш қалған екі қабырғаның бағытын береді.

Шешуі. $AB=c$ қабырғасы және $\alpha$, $\beta$ бұрыштары берілсін.

1. $AB=c$ кесіндісін сал.
2. $A$ нүктесінде бір қабырғасы $AB$ болатын $\alpha$ бұрышын (23.6), $B$ нүктесінде $\beta$ бұрышын $AB$-ның сол жағына сал.
3. Сәулелер $C$ нүктесінде қиылысады.

Зерттеу: сәулелер тек $\alpha+\beta<180^\circ$ болғанда қиылысады (параллельдік белгісі бойынша). Сонда үшбұрыш жалғыз.

Жауабы: $\triangle ABC$ – іздеген үшбұрыш, $\alpha+\beta<180^\circ$ шартымен.

№ 23.6

Берілген бұрышқа тең бұрышты салыңдар.

Қалай ойлаймыз. Тең бұрыштарды олардың қабырғаларында тең үшбұрыштар салу арқылы аламыз.

Шешуі. $O$ бұрышы берілсін, қабырғалары $OX$ және $OY$, ал $O_1X_1$ сәулесі алдын ала жүргізілген.

1. Центрі $O$ болатын кез келген $r$ радиусты шеңбермен $OX$-тен $A$ және $OY$-тен $B$ нүктелерін белгіле.
2. Центрі $O_1$ болатын сондай $r$ радиусты шеңбермен $O_1X_1$ сәулесінен $A_1$ нүктесін белгіле.
3. Циркульдің ашасын $AB$-ға тең ет. Центрі $A_1$, радиусы $AB$ шеңбермен бірінші шеңберден $B_1$ белгісін жаса.
4. $O_1B_1$ сәулесін жүргіз.

Дәлелдеуі. $\triangle OAB=\triangle O_1A_1B_1$ үш қабырғасы бойынша ($OA=O_1A_1=r$, $OB=O_1B_1=r$, $AB=A_1B_1$), демек $\angle O=\angle O_1$.

Жауабы: $\angle X_1O_1B_1=\angle O$.

C деңгейі

№ 23.7

23.8-суретте берілген $AB=c$, $AC=b$ екі қабырғасы және $CD=m$ медианасы бойынша $ABC$ үшбұрышын қалай салуға болатынын түсіндіріңдер.

Қалай ойлаймыз. $AB$ қабырғасының ортасы $D$ бірден белгілі, ал $ACD$ үшбұрышында үш қабырға да белгілі: $AD=\frac{c}{2}$, $AC=b$, $CD=m$.

Шешуі.

1. $AB=c$ кесіндісін және оның ортасы $D$-ны сал (23.2).
2. Центрі $A$, радиусы $b$ шеңбер, центрі $D$, радиусы $m$ басқа шеңбер жүргіз.
3. Олардың қиылысу нүктесі – $C$ төбесі.
4. $C$-ны $A$, $D$ және $B$ нүктелерімен қос. Сонда $CD$ – медиана және ол $m$-ге тең.

Зерттеу: $\left|b-\frac c2\right|<m<b+\frac c2$ болса, шешім бар (әйтпесе шеңберлер қиылыспайды). Екі қиылысу нүктесі екі симметриялы үшбұрыш береді.

Жауабы: $\triangle ABC$ үш қабырғасы $b$, $\frac c2$, $m$ бойынша $\triangle ACD$ арқылы салынады.

№ 23.8

23.9-суретте берілген $AB=c$, $AC=b$ екі қабырғасы және $AD=m$ медианасы бойынша $ABC$ үшбұрышын қалай салуға болатынын түсіндіріңдер.

Қалай ойлаймыз. Медиананы екі еселе: $AD$-ны $D$-дан әрі қарай сондай кесіндіге $E$ нүктесіне дейін жалғастыр. $ABEC$ төртбұрышы параллелограмм болады, сондықтан $BE=AC=b$.

Шешуі.

1. $\triangle ABE$ үшбұрышын үш қабырғасы бойынша сал: $AB=c$, $BE=b$, $AE=2m$ (4-есеп).
2. $AE$ кесіндісінің ортасы $D$-ны тап.
3. $BD$ сәулесін жүргізіп, оған $D$-дан әрі қарай $DC=BD$ кесіндісін сал.
4. $A$-ны $C$-мен қос. Сонда $D$ – $BC$-ның ортасы, демек $AD=m$ – медиана, $AB=c$, $AC=EB=b$ ($ADC$ және $EDB$ үшбұрыштары екі қабырғасы және олардың арасындағы бұрышы бойынша тең).

Зерттеу: $|b-c|<2m<b+c$ болуы керек.

Жауабы: үшбұрыш медиананы екі еселеу арқылы салынады: алдымен қабырғалары $c$, $b$, $2m$ болатын $\triangle ABE$.

№ 23.9

23.10-суретте берілген $AB=c$, $AC=b$ екі қабырғасы және $CH=h$ биіктігі бойынша $ABC$ үшбұрышын қалай салуға болатынын түсіндіріңдер.

Қалай ойлаймыз. $AHC$ тікбұрышты үшбұрышын салуға болады: гипотенузасы $AC=b$, катеті $CH=h$.

Шешуі.

1. Түзу жүргізіп, оған $H$ нүктесін белгіле. $H$ нүктесінде түзуге перпендикуляр сал (23.3).
2. Перпендикулярға $HC=h$ кесіндісін сал.
3. Центрі $C$, радиусы $b$ шеңбер жүргіз. Ол түзуді $A$ нүктесінде қияды.
4. $A$-дан түзу бойымен $AB=c$ кесіндісін сал. $A$-ның екі жағында жатқан $B_1$ және $B_2$ нүктелері жарайды.
5. $C$-ны $B$-мен қос.

Зерттеу: $h<b$ болуы керек (катет гипотенузадан қысқа). $B_1$ және $B_2$ екі нүктесі ($A$-ның әр жағында) $AB_1C$ және $AB_2C$ екі түрлі үшбұрыш береді.

Жауабы: алдымен $h$ катеті және $b$ гипотенузасы бойынша $\triangle AHC$, содан кейін $AH$ түзуінде $AB=c$.

№ 23.10

23.11-суретті пайдаланып, берілген $AC=a$, $BC=b$ екі қабырғасы және $CH=h$ биіктігі бойынша $ABC$ үшбұрышын салыңдар.

Қалай ойлаймыз. $CH$ биіктігі есепті екі тікбұрышты үшбұрышқа бөледі: гипотенузасы $a$ болатын $CHA$ және гипотенузасы $b$ болатын $CHB$.

Шешуі.

1. Түзу жүргіз, оған $H$ нүктесін белгіле және $H$-та перпендикуляр сал (23.3). $HC=h$ кесіндісін сал.
2. Центрі $C$, радиусы $b$ шеңбер жүргіз: ол түзуді $B$ нүктесінде қияды.
3. Центрі $C$, радиусы $a$ басқа шеңбер жүргіз: оның түзумен қиылысуы $A_1$ және $A_2$ нүктелерін береді ($H$-тың әр жағында).
4. $C$-ны $A$ және $B$ нүктелерімен қос.

Зерттеу: $h<a$ және $h<b$ болуы керек. $A_1$ және $A_2$ екі нұсқасы екі түрлі үшбұрыш береді.

Жауабы: үшбұрыш ортақ катеті $h$ болатын екі тікбұрышты үшбұрыштан салынады.

№ 23.11

23.12-суретті пайдаланып, берілген $AB=c$ қабырғасы, $CD=m$ медианасы және $CH=h$ биіктігі бойынша $ABC$ үшбұрышын салыңдар.

Қалай ойлаймыз. $C$ төбесі $AB$ қабырғасының ортасы $D$-дан $m$ қашықтықта және $AB$ түзуінен $h$ қашықтықта жатады.

Шешуі.

1. $AB=c$ кесіндісін салып, оның ортасы $D$-ны тап (23.2).
2. $AB$-ға $D$ нүктесінде перпендикуляр сал (23.3) де, оған $DP=h$ кесіндісін сал. $P$ арқылы осы перпендикулярға перпендикуляр сал: $AB$-ға параллель, одан $h$ қашықтықта жатқан $l$ түзуі шығады.
3. Центрі $D$, радиусы $m$ шеңбер $l$ түзуін $C$ және $C'$ нүктелерінде қияды ($h<m$ болса).
4. $C$-ны $A$ және $B$ нүктелерімен қос.

Зерттеу: $h<m$ болғанда шешім бар ($h=m$ болса, үшбұрыш тең бүйірлі және $H=D$). $C$ және $C'$ нүктелері бір-біріне симметриялы екі үшбұрыш береді.

Жауабы: $C$ нүктесі $(D;m)$ шеңберінің $AB$-ға параллель, одан $h$ қашықтықта жатқан түзумен қиылысуында жатыр.

№ 23.12

23.13-суретті пайдаланып, берілген шеңберден тыс жатқан нүкте арқылы өтетін осы шеңберге жанама салыңдар.

Қалай ойлаймыз. Жанама жанасу нүктесіне жүргізілген радиусқа перпендикуляр. Демек, жанасу нүктесі $B$ болатын $OBA$ үшбұрышы $B$ төбесіндегі тік бұрышты тікбұрышты үшбұрыш.

Шешуі.

1. $O$ және $A$ нүктелерін қос. $OA$ кесіндісінің ортасы $M$-ді сал (23.2).
2. Центрі $M$, радиусы $MO$ ($=MA$) шеңбер жүргіз.
3. Ол берілген шеңберді $B_1$ және $B_2$ нүктелерінде қияды.
4. $AB_1$ және $AB_2$ түзулерін жүргіз.

Дәлелдеуі. $B=B_1$ алайық. $MB=MO=MA$. $MOB$ және $MBA$ үшбұрыштары тең бүйірлі, сондықтан $\angle MBO=\angle MOB=\alpha$ және $\angle MBA=\angle MAB=\beta$. $OBA$ үшбұрышында $O$ және $A$ төбелеріндегі бұрыштар $\alpha$ және $\beta$-ға тең, ал $B$ төбесіндегі бұрыш $\alpha+\beta$-ға тең. Бұрыштар қосындысы: $\alpha+\beta+(\alpha+\beta)=180^\circ$, осыдан $\angle OBA=\alpha+\beta=90^\circ$. Демек, $OB\perp AB$ радиусы, яғни $AB$ – жанама.

Зерттеу. $A$ шеңберден тыс жатса, екі жанама бар.

Жауабы: екі жанама $AB_1$ және $AB_2$, мұндағы $B_1$, $B_2$ – берілген шеңбердің диаметрі $OA$ болатын шеңбермен қиылысу нүктелері.

Хабарлама дайында

№ 23.13

Б.з.д. V ғасырда циркуль мен сызғыштың көмегімен салуға арналған танымал есеп – «кубты екі еселеу есебі» – Делостық есеп. Хабарлама дайындаңдар.

Қалай ойлаймыз. Хабарламаға үш бөлім жина: аңыз қайдан шыққан, математикалық есеп не туралы, соңы немен аяқталды.

Шешуі. Хабарлама үшін мынадай жоспар жеткілікті.

1. Аңыз. Делос аралында обаға ұқсас індет таралды. Оракул текше пішінді құрбандық үстелін екі еселеуді бұйырды. Тұрғындар үстелдің қырын екі еселеп арттырды, бірақ үстел сегіз есе үлкейді де, індет кетпеді.
2. Есеп. Қыры $a$ куб берілген. Циркуль мен сызғышпен көлемі екі есе үлкен куб салу керек. Жаңа кубтың көлемі $2a^3$, демек қыры $a\sqrt[3]{2}$ болуы керек.
3. Қорытынды. Ұзындығы $\sqrt[3]{2}$ кесіндіні циркуль мен сызғышпен салуға болмайды. Мұны Пьер Ванцель 1837 жылы дәлелдеді, яғни екі мың жылдан астам уақыттан кейін.
4. Нені қосуға болады. Ежелгі дәуірдің басқа есептері: бұрышты үшке бөлу және дөңгелекті квадраттау.

Жауабы: хабарлама жоғарыдағы жоспар бойынша; негізгі дерек: циркуль мен сызғыштың көмегімен кубты екі еселеу мүмкін емес.

№ 23.14

а) Парабола дегеніміз не? Параболаның оптикалық қасиеті. ә) Эллипс дегеніміз не? Эллипстің оптикалық қасиеті. б) Гипербола дегеніміз не? Гиперболаның оптикалық қасиеті.

Қалай ойлаймыз. Үш қисық сызық та ерекше нүктелерге (фокустарға) дейінгі қашықтықтармен анықталады, ал оптикалық қасиеттері жарық сәулесінің қалай шағылатынын көрсетеді.

Шешуі.

• а) Парабола – нүктеден (фокустан) және түзуден (директрисадан) бірдей қашықтықта жатқан жазықтықтың барлық нүктелері. Оптикалық қасиеті: оське параллель сәулелер параболадан шағылғаннан кейін фокуста жиналады. Сондықтан Алматыдағы спутник тәрелкесі сигналды бір нүктеге жинайды, ал фокусында шамы бар прожектор параллель шоқ береді.
• ә) Эллипс – екі фокусқа $F_1$, $F_2$ дейінгі қашықтықтардың қосындысы тұрақты болатын барлық нүктелер. Оптикалық қасиеті: бір фокустан шыққан сәуле эллипстен шағылғаннан кейін екінші фокусқа түседі.
• б) Гипербола – екі фокусқа дейінгі қашықтықтардың айырымы (модулі бойынша) тұрақты болатын барлық нүктелер. Оптикалық қасиеті: бір фокустан шыққан сәуле гиперболадан шағылғаннан кейін екінші фокустан шыққандай көрінеді.

🌟 Бұл үш қисықты Пергелік Аполлоний конус қималары деп атады: оларды конусты жазықтықпен әртүрлі бұрышпен кескенде аламыз.

Жауабы: анықтамалар мен қасиеттер жоғарыда; хабарлама үшін сәулелер жолын суреттермен көрсетуге болады.

Жадынама

• Құралдар: бөлімдері жоқ сызғыш және циркуль.
• Кезеңдер: талдау, салу, дәлелдеу, зерттеу.
• Негізгі салулар: орта перпендикуляр, кесіндінің ортасы, түзуге перпендикуляр (түзудегі нүкте арқылы және сыртқы нүктеден), биссектриса, берілген бұрышқа тең бұрыш, үш қабырғасы бойынша үшбұрыш.
• Үшбұрыштың бар болу шарты: қабырға қалған екеуінің қосындысынан кіші және айырымынан үлкен.
• Сыртқы нүктеден жанама: диаметрі $OA$ болатын шеңбер жанасу нүктелерін $B_1$, $B_2$ береді.

Шағын тест