Streometriyada vektorlar metodi
Ayrim teoremalarning isboti
Yüklə 0,52 Mb.
|
- Bu səhifədəki naviqasiya:
- Foydalanilgan adabiyotlar royxati
| Ayrim teoremalarning isboti:
1) A, B, C va P nuqtalar shunday bo'lsinki, OP=mOA+n+pOC (OA, OS va OB chiziqli mustaqildir).U holda hujjat bir to'g'ri chiziqqa tegishli bo'lishining zarur va etarli sharti bo'yicha. 'ladi: m+ n+p=1. Ehtiyoj Isboti: A , B, C va P nuqtalari bir tekislikda yotsin, keyin vektor → → → → → → → → → → → AP=OP-OA, AB=OB-OA, AC=OC-OA chiziqli bog'liq bo'ladi, shuning uchun → → → → → → OR-OA=n(OB-OA)+p(OC-OA), → → → → OP=(1-np)OA+nOB+pOC Va OP vektorining OA, OB, OS vektorlari bo'yicha kengayishining o'ziga xosligi tufayli biz olamiz m=1- n –p yoki m+ n+ p=1 Etarlilik Isboti: U holda m+n+p=1 bo'lsin → → → → → → → → → → → → → → OP-OA=mOA+nOB+pOC-OA=mOA+nOB+pOC-(m+n+p)*OA=n(OB-OA)+p(OC-OA) → → → Demak, AR=nAB+pAC va taʼrifi boʻyicha P ABC tekisligiga tegishli. 2) Agar ikkita tekisliklarning umumiy M nuqta bo'lsa, bu tekisliklar uchun yana kamida bitta N umumiy nuqta mavjud. isbot: Tekislikni ustiga bir toʻgʻri chiziqda yotmaydigan uchta nuqta bilan mumkin boʻlgan uchun a tekislikni M, A, B nuqtalar bilan, b tekislikni M, C va D nuqtalar bilan belgilash mumkin. Har qanday vektor har qanday uchta chiziqli mustaqil vektorning chiziqli birikmasi sifatida ifodalanishi mumkinligi haqidagi teoremaga asoslanib, biz tashqi ko'rinishimiz mumkin: y oki: → →
_____ → → → Keling, buni hozir isbotlaylik. BuM=N. Agar M=N deb faraz qilsak, u holda MN=0, u holda MD+ → → → → → → (-k3)MC=0, yoki MD=k3MC. Bu shuni anglatadiki, MD va MC vektorlari chiziqli bog'liq va M, C va D nuqtalari bir xil to'g'ri chiziqda yotadi, bu komissiya tanloviga ziddir. ____ Buning uchun M=N. Teorema isbotlangan. 3)Chiziq va tekislikning perpendikulyarlik belgisi: Agar AB to'g'ri chiziq a tekislikka tegishli bo'lgan kesishuvchi CD va CE chiziqlariga perpendikulyar bo'lsa, u holda AB ┴ a to'g'ri chiziq. isbot: → → → → MN a va MN≠0 tekislikning ixtiyoriy vektori bo'lsin. CD va CE vektorlari beri → → → koplanar emas, u holda MN = nCD+mCE. keyin → → → → → → → → → → → → → → AB*MN=AB(nCD+mCE)=AB(nCD)=AB(mCE)=n(AB*CD)+m(AB*CE). Shart bo'yicha → → → → → → → → → → AB*CD=0 va AB*CE=0. Demak, AB*MN=n*0+m*0=0, ya'ni. AB ┴ MN. Keyin tekislikka perpendikulyar to'g'ri chiziqning ta'rifi bilan AB ┴ a. , va boshqalar. Bazis tarkibini kiritamiz, ya'ni tekislikda berilgan bir-biriga to'g'ri kelmaydigan vektorlar juftligi, buning yordamida har qanday vektor ular bo'yicha jihozlanishi mumkin. Kosmosda asos uchta tekis bo'lmagan vektor. ABCA1B1C1 prizmasining har bir qirrasi 2 ga teng. M va N nuqtalar AB va A1 C1 kelibning o'rta nuqtalaridir. M joydan CN to'g'ri chiziqgacha bo'lgan masofani toping, agar A1AC uchun \u003d 60 gr ma'lum bo'lsa. va A1A va AB chiziqlari perpendikulyar. → → → → → → Yechish: AA1=a, AB=b va AC=c vektorlardan tashkil topgan bazisni ko'rib chiqing va shu bazis vektorlari uchun ko'paytirish jadvalini tuzing. M nuqtadan CN chiziqqa bo'lgan masofa M nuqtadan CN chizig'iga proyeksiyasigacha bo'lgan masofaga teng. M nuqtaning CN to'g'riga proyeksiyasi P bo'lsin. keyin → → → → → X soni uchun MP=CP-CM=xCN-CM. → → → → → → CN= a - 1/2c va CM=1/2b - c, keyin → → → → → → → → → → MP \u003d x (a - 1/2c) - (1/2b - c) \u003d xa-1 / 2b + (1 - x / 2) c MP va CN chiziqlari perpendikulyar bo'lgani uchun → → → → → → → → → MP*CN=0, ya'ni. (xa-1/2b+(1 – x/2)c)*(a – 1/2c)=0 Qavslarni xarid qilib, ko'rsatish jadvalini asosimiz uchun ishlatib, biz 3x+1/2=0 ni olamiz, bu erdan x= -(1/6) → → → → Shunday qilib, MP \u003d - (1/6) a-1/2b + 13/12c Kerakli masofa MP ga teng → → → → │MP│=√((1/6)a-1/2b+13/12c)2 _____ Qavslarni yana ochib, ko'proq rejalashtirishdan amaliyot, biz MP \u003d √105/6 ni topamiz. Shunday qilib, M nuqtadan CN chiziq'igacha bo'lgan masofa √105/6 ga teng DABC piramidasida ACD yuzi 3√2 nazorati bo'lgan muntazam uchburchak, ABC yuzi teng yonli to'g'ri burchakli uchburchak (ACB tomoni = 90 gradus), BD cheti 3 ga teng. piramida hajmini to'ldirish. Yechish: AC ikki burchakli burchakning chiziqli chizigʻini (DKO burchak) tuzamiz va uni ph bilan belgilaymiz. Shubhasiz, KD va CB vektorlari tashqi burchak AC dihedral burchakning chiziqli burchagiga teng. bu burchakni topib, biz KOD to'g'ri burchakli uchburchakdanmiz, bunda DAK burchagining │KD│=│AD│*sin, ya'ni. │KD│=3√2* (√3/2)=(3√6)/2 │DO│ - tetraedr tekshiruvni hisoblaymiz. Qattiq → → → → → → BD=CD-CB,CD=CK+KD, Bu → → → → BD=CK+KD-CB keyin → → → → → → → → → → → → BD2=CK2+KD2+CB2=2CK*KD-2CK*CB-2KD*CB, shuning uchun 32= ((3√2)/2)2 + ((3√6)/2)2 + (3√2) ) 2+0-0-2*((3√6)/2)*3√2kosf, buning cos ph=√3/2 va ph=30 gr. K.O.D. uchburchagidan tetraedrning jihozlarini topamiz │DO│=1/2│KD│=((3√6)/4 Baza maydoni Sprim=1/2*(3√2)2=9 Nihoyat, piramidaning hajmi V=1/3*9*((3√6)/4=9/4*√6 *** Keling, radius vektori tanishini kiritaylik: agar fazoda biron bir nuqta o'zgartirish bo'lsa → → Oh, u holda fazodagi har bir nuqta OA vektor OA bilan xarakterlanadi va radiusdir → → → → → vektor. Agar M nuqta AB va AM=kAB to'g'rida yotsa, u holda OM=(1-k)OA+kOB.(1) bo'ladi. DABC tetraedrining DA,DB,AC chekkalarida mos ravish L, N, F nuqtalar yetkazib berish, DL=1/2DA,DN=1/3DB,AF=1/4AC. L,N,F nuqtalardan o'tuvchi tekislik BC chetini qanday nisbatda ajratadi? Yechim:→ Ko'rib chiqilayotgan tekislikning BC va cheti bilan kesishish M bo'lsin → → → → → → DA=a, DB=b, DC=c. M, N, L, F → → → → → → → → → → DM=kDL+lDN+(1 – k – l)DF=ka/2+lb/3+(1 – k – l)(3/4a+1/4c). Boshqa tomondan, (1) formulaga → → → DM=(1-m)b+mc →→→
k/2+(1 – k – l)3/4=0, l/3=1 – m, (1 – k – l)1/4=m. Demak, m=2/5 va VM:MS=2/3. ABCD tetraedrining uzunliklari a,b,c,d,m,n,k. BCD yuzining mediasining kesishish bo'yicha A cho'qqigacha'lgan masofani toping. BC yuz medianalarining kesishish nuqtasi O bo'lsin. BAC=ph1 burchak, CAD= ph2 burchak, DAB= ph3 burchakni belgilaymiz. Biz tenglikni (1) ishlatamiz, uni uchburchakning medianalari, uchburchak uchlari va uchburchakning harakatiga aylantiramiz: → → → → AO=1/3(AB+AC+AD) bu yerdan → → → → AO2=1/9(AB+AC+AD)2 yoki uchta raqam yig'indisining kvadrati formulasidan tajriba: Oxirgi tenglamani qayta yozamiz: → AO2=1/9(a2+b2+c2+2ab*cos ph1+2bc*cos ph2+2ac*cos ph3). Buning uchun: → AO2=1/9(3(a2+b2+c2) – (m2+n2+k2)). demak, _____________________ │AO│=1/3√3(a2+b2+c2) – (m2+n2+k2) Xulo Agaredrning barchaga qarab harakatlanish a ga teng bo'lsa, u holda _______ │OA│=1/3√9a2-3a2=(a√6)/3 *** Tekislikning vektor tenglamasi: Agar A, B, C, D . → → → → OD=aOA+bOB+cOC bunda a+b+c=1 Muntazam uchchakli SABC piramidasida (AC - asos) K, L va M nuqtalar mos ravish SA va SC, SBbur unga tegishli bo'lib, shunday qilib SK:KA=3:1 SL:LC=1:1 SM:MB=2:1 KLM tekisligi SO piramidasining sifatini qanday nisbatda ajratadi? Yechim: KLM tekisligi SO piramidaning harakatlanish bilan harakatlanish joyi P bo bo lib, u holda yuqoridagilarga asoslanib, tenglikni olishimiz mumkin. → → → → → → → → → SP=a*SK+b*SL+(1-ab)*SM=3/4a*SA+1/2b*SC+2/3(1-ab)*SB, → → → → → SP=x*SO=1/3x*(SA+SC+SB) qayerda 3/4a=1/3x 1/2b=1/3x 2/3(1-ab)=1/3x
ABCDA1B1C1D1 kubining A1D1 va CD orqali mos keladigan P va Q nuqtalari - buning o'rta nuqtalari a tekislikka perpendikulyar PQ chizig'idan o'tuvchi a tekislik orqali kubning kesmasini quramiz. Yechim: Yechim: Kosmosga koordinatali to'rtburchaklar Vxuz koordinata tizimini koordinatali nuqtada koordinatalar kiritamiz. → → → → → → B va birlik vektorlari i=BA, j=BC, k=BB1. → → → → → AB1C tekislikning n1(k1;l1;m1) normal vektor tepaligi. n1┴AB1 va n1┴AC dan keyin. → → AB1 va AC vektorlarining koordinatalarini toping: → → AB1(-1;0;1) , AC(-1;1;0) keyin, biz tenglamalar olamiz k1*(-1)+l1*0+m1*0=0 k1*(-1)+l1*1+m1*0=0 shuning uchun, masalan, k1=1 deb faraz qilsak, l1=1, m1=1, ya'ni. n1(1;1;1). → Andy a. teklik tenglamasini tuzamiz. Buning uchun n2(k2;l2;m2) vektori – bu tekislikning normal vektorini topamiz. A tekisligidan beri. perpendikulyar → → AB1C tekislik va n2 vektor AB1C tekislikka perpendikulyar, keyin n2┴ a.. bundan mustasno → bundan tashqari, PQ││ a . U holda n2 vektor n1(1;1;1) va vektorlarga perpendikulyar aniq bo'ladi. → PQ(-1/2; 1/2;-1). Shunung uchun k2*1+l2*1+m2*1=0 k2*(-1/2)+l2*1/2+m2*(-1)=0→ Buning uchun, masalan, m2=2 deb faraz qilsak, l2=1, k2=-3, ya'ni, topamiz. n2(-3;1;2) Endi PQ to'g'riga perpendikulyar Q(1/2;1;0) nuqtadan o'tuvchi a tekislikning tenglamasini tuzamiz. Bizolamiz: (x – 1/2)(-3)+(y – 1)*1+(z – 0)*2=0 yoki soddalashtirilgan keyin: 6x-2y-4z-1=0 Keling, a tekislik bo'yicha kubning kesmasini quramiz. Buning uchun a teklikka tegishli yana bitta nuqtani topamiz. Agar a tekislik Bx o'qini L nuqtada kesish o'tsa, u holda L nuqta koordinatalariga (l;0;0) ega. Bu koordinatalarni a tekislik tenglamasiga qo'yib, l=1/6 ni topamiz. L(1/6;0;0) qilib qilib. Biz Lni joylashtiramiz. Endi biz a tekislikni P, Q va L nuqtalardan o'tuvchi tekislik sifatida quramiz. Bu tekislikning izi QL chizig'idir. ELQD2P ko'pburchak bo'lib chiqadi. (Rasmda to'g'ri chiziqli televizor ham ko' rasm - a tekislikning ABC tekisligi bilan kesishish chizig'i). MAVS piramidasining negizida C cho'qqisida to'g'ri burchakli teng yonli uchburchak yotadi. Har bir yon cheti asos tekisligi bilan 45 gradusga teng burchak hosil qiladi. MB chekkasida K nuqta - bu chetning o'rtasi oziq-ovqat. AK to'g'ri chiziq bilan MVS tekislik tashqi burchak topilsin. MAB yuzining median MO piramidaning tekshiruvi aniqlab, ya'ni. MO┴AB va MO┴OS va bu OA = OS = OM bo'lsa, biz kosmosga rasmda ko'rsa, Oxyz to'rtburchaklar koordinatasini o'rnatamiz. → → → → → → OA=i ; OC=j ; OM=k O(0;0;0), A(1;0;0), C(0;1;0), M(0,0,1) → Keyin B va K nuqtalarning koordinatalarini topamiz, AK vektori AK to'g'ri chiziqqa to'g'ri keladi va → → BC va VM vektori. Biz B(-1;0;0;), K(-1/2;0;1/2), AK(-3/2;0;1/2), BC(1;1;0), BM (1;0;1). → → → Agar n(k;l;m) vektor MVS tekisligiga perpendikulyar bo'lsa, u holda n┴BC va n┴BM yoki koordinatalarda: k*1+l*1+m*0=0 k*1+l*0+m*1=0 → shunday uchun, masalan, k=1 deb faraz qilsak, l=-1, m=-1, ya'ni, deb topamiz. n(1;-1;-1). ph kerakli burchak bo'lsin. keyin Shunday qilib, AK to'g'ri chiziq bilan MVS tekisligi burchak yoyi (2√30)/15 ga teng. ABCDA1B1C1D1 AB chetida P kubining o'lchami - bu chekkaning'rta nuqta. Yuqori A1 dan C1DP tekisligigacha bo'lgan masofani toping. Masalan, kubning B cho'qqisini koordinatalar sistemasining boshi sifatida va vektorlarini olib, to'g'ri burchakli Bxyz koordinatalarini fazoga o'rnatamiz. → → → → → → i, j va k birlik vektorlari uchun mos ravish BA, BC va BB1. Bu koordinatalar tizimida B(0;0;0), A(1;0;0), C(0;1;0), B1(0;0;1). Biz C1DP tekisligining tenglamasini tuzamiz, buning uchun biz C1, D, P va nuqtalarning koordinatalarini topamiz. → → DC1 va DP vektori. Bizolamiz: → → C1(0;1;1), D(1;1;0), P(1/2;0;0), DC1(-1;0;1), DP(-1/2;-1;0 ). → →→ Agar n(k;l;m) vektor C1DP tekisligining normal vektori bo'lsa, u holda n┴DC1 va n┴DP yoki koordinatalarda: k*(-1)+l*0+m*1=0 k*(-1/2)+l*(-1)+m*0=0. Ush tenglamalar tizimidan biz topamiz (proporsionallik omiligacha) → k=2, l=-1, m=2.Demak, n(2;-1;2) vektor C1DP tekisligining normal vektoridir. U holda, C1DP tekisligi, tekisligi, D(1;1;0) orqali o'tganligi sababli, uning tenglamasi hisob bo'ladi: (x-1)*2+(y-1)*(-1)+(z-0)*2=0, yoki soddalashtirilgan keyin 2x-y+2z-1=0. ustiga, H(h1;h2;h3) nuqta A1(1;0;1) nuqtadan tushirilgan perpendikulyar asos bo'lsa. → C1DP tekisligiga, ya'ni. agar A1H(h1-1;h2;h3-1) vektori C1DP tekisligiga perpendikulyar bo'lsa, u holda → →
(1) H joy C1DP tekisligida tashqiligi tufayli uning koordinatalari C1DP tekisligining tenglamasini qanoatlantiradi: 2h1-h2+2h3-1=0(2) (1) va (2) tenglamalardan kasalliklar tizimini yechamiz. Faraz qilaylik (1)=t. U holda h1=2t+1, h2= - t va h3=2t+1, demak, 2(2t+1) – (-t) + 2(2t+1)=0, bundan t= - 1/3 . ma'nosi, → A1H vektor koordinatalari hisoblash bo'ladi: h1-1= - 2/3 h2=1/3 h3-1= - 2/3 Endi biz A1H masofani topamiz: XULOSAGeometrik masalalarni echishda algebra va trigonometriyadan foydalangan holda an'anaviy usullardan tashqari, boshqa usullardan, xususan, vektordan foydalanish mumkin. Vektorlardan foydalanish qobiliyati ma'lum ko'nikmalarni talab qiladi. Biz geometrik gaplarni vektor tiliga tarjima qilishni va aksincha, vektor munosabatlarini geometrik talqin qilishni o'rganishimiz kerak. Vektor usuli, har qanday boshqa kabi, har doim ham qo'llanilmaydi. Muayyan muammoni hal qilish uchun mos keladimi yoki yo'qligini oldindan ko'rish qobiliyati tajriba bilan rivojlanadi. Shuni ta'kidlash kerakki, vektor apparati keng ko'lamli muammolarni hal qilish uchun qo'llaniladi: geometrik: tekislikdagi afin va metrik masalalar, murakkablik darajasi oshgan stereometrik masalalar, vektor usuli boshqa usullar bilan birlashtirilgan masalalar (transformatsiya usuli, GMT usuli, koordinata usuli va boshqalar); algebraik: tenglamalar sistemasi, aralash sistemalar, ayrim tenglamalar va tengsizliklar (trigonometrik, irratsional va boshqalar), ekstremumni topish masalalarini yechish; qo'llaniladigan: mexanika kursidan topshiriqlar, fizikaning boshqa bo'limlaridan topshiriqlar, matematikaning boshqa sohalaridan topshiriqlar. Shunday qilib, vektor-koordinata usulini qo'llash teoremalarning zararli isbotlaridan qochib, har xil qilib, echishni osonlashtirishni ko'rdik. Ush usul bilan amalga oshirish juda oddiy va qiziqarli, siz vaqt va kuchni kuzatishingiz mumkin. Bunday muammoni qilish yaxshi, chunki odam bu holatda hal qilish modeliga ko'ra mexanik harakat qilmaydi, bir xil harakatni takrorlaydi, balki ishga ijodiy yondashadi. Vektorga foydalanishni quvvatga taqsimlashda, har bir yechim hali ham individuallik va o'ziga xoslikka ega. O'qituvchi o'z vositalarini qo'shish, shartlarni o', xavfsizlik ma'lumotlarini o' boshqarish va qoidalar orqali "oyna" orqali vazifa ma'lumotlarini o'zgartirish mumkin. Umid qilamanki, bu ish ixtisoslashtirilgan sinflarda hamkasblar uchun, analitik geometriya bo'yicha tanlov kurslarining qismlari uchun foydali bo'ladi. Foydalanilgan adabiyotlar ro'yxati Geometriya, 10-11: Ta'lim muassasalari uchun darslik / L.S. Aganasyan, V.F. Butuzov, S.B. Kadomtsev va boshqalar - 11-nashr. - M .: Ta'lim, 2002. - 206 Gotman E.G. Stereometrik muammolar va ularni hal qilish usullari / E.G. Gotman - M.: MTsNMO, 2006. - 160-yillar. Yüklə 0,52 Mb. Dostları ilə paylaş:
|