үшбұрыштың элементтерінің арасындағы байланыстар

1. 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 γβα ,, 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
2
1
acbma −+=
(1)
Дәл осылай:
222222
)(2
2
1
,)(2
2
1
cbambcam cb −+=−+= болатындығын
дәлелдейміз. Сонымен, үшбұрыштың қабырғалары берілсе, бұл формулалар арқылы
медианаларын табуға болады.
Соңғы үш теңдікті квадрат дәрежеге шығарып алып, қоссақ
1

2. )(3)(4 222222
cbammm cba ++=++
(2)
болады.
Одан
)(
4
3 222222
cbammm cba ++=++
(2′)
немесе
4
3
222
222
=
++
++
cba
mmm cba
(2′′ )
жазуға болады.
Егер үшбұрыштың медианалары беріліп , қабырғалары белгісіз болса,
медианалары формулаларынан
)22(
9
4
)22(
9
4
)22(
9
4
2222
2222
2222
cba
bca
acb
mmmc
mmmb
mmma
−+=
−+=
−+=
(3)
болады.
1-сурет 2-сурет
Үшбұрыштың қабырғалары анықталады. Бұл мәндерді үшбұрыш ауданының
222222
)(4
4
1
acbcbS −+−⋅= (4)
формуласына (Герон формуласы) қойсақ,
444222222
222
3
1
cbacacbba mmmmmmmmmS −−−⋅+⋅+⋅= (5)
шығады.
Түбір астындағы өрнектерді көбейткіштерге жіктеп және xmmm cba 2=++ деп белгілеп
алсақ , аудан медианалар арқылы өрнектеліп шығады:
))()((
4
3
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
ABBDAD
DE
2
222
−+
= және
CD
CDADAC
DE
2
222
−−
= .
2

3. BD
ABBDAD
2
222
−+
,
2
222
CD
CDADAC −−
=
)()( 222
BDCDBDCDBDACCDABADBDCD +⋅−⋅+⋅=⋅+ .
Үшбұрышштың ішкі бұрышының биссектрисасы қарсы қабырғаны іргелес
қабырғаларға пропорционал етіп бөлетін қасиеті бойынша
BDbCDc
c
b
BD
CD
AB
AC
BD
CD
⋅=⋅== ,, , ал aBCBDCD ==+ . Сонда



=+
⋅=⋅
aBDCD
BDbCDc
жүйесінен
cb
ca
BD
cb
ba
CD
+
⋅
=
+
⋅
= , болады. CDBDACAB ,,, мәндерін қойып, ықшамдап жоғарыдағы
теңдіктен alAD = биссектрисасын табамыз:
2
2
2
)( cb
bca
bcla
+
−=
Дәл осы сияқты cb ll ,
2
2
2
2
2
2
)(
,
)( ba
abc
abl
ca
cab
acl cb
+
−=
+
−=
(7)
биссектрисаларын таптық.
Екінші жағынан
)(
2
,)(
2
bppca
ca
lappcb
cb
l ba −⋅⋅
+
=−⋅⋅
+
=
,
)(
2
cppba
ba
lc −⋅⋅
+
=
(8)
және 11 babalc ⋅−⋅= , мұндағы −11,ba үшбұрыштың үшінші қабырғасындағы кесінділер,
2
cba
p
++
= .
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
bcBFCFLbc
cb
bca
L aa −⋅=−
−
⋅
= 2
2
2
2
,
)(
(9)
формулаларымен өрнектеледі және 222
222
22
)(
4
cb
cba
Ll aa
−
⋅⋅
=+ (10)
Үшбұрыштың ауданы: cba hcShbShaS ⋅=⋅=⋅=
2
1
,
2
1
,
2
1
формулалары бойынша
есептеліп шығарылатыны аян. Бұлардан .
2
,
2
,
2
cba h
S
c
h
S
b
h
S
a === Қабырғалардың осы
мәндерін ))()()((
4
1
cbacbaacbcbaS −++−−+++= түріндегі Герон формуласына
қойсақ






−+





+−





−+





++
=
cbacbaacbcba hhhhhhhhhhhh
S
111111111111
1
(11)
шығады. Үшбұрыштың қабырғалары белгісіз болып, үш биіктіктері берілсе оның
ауданын осы (11) формуласы арқылы есептеуге болады.
3

4. S
cba
hhh cba 2
111 ++
=++ (12)
S
hhh
cba
cba
2
111 ++
=++ ( 21 ′ )
Осы екі теңдіктерді мүшелеп бөлсек
cba
cba
hhh
cba
cba
hhh
++
++
=
++
++
111
111
(13)
өрнегін аламыз.
Шеңберге сырттай сызылған үшбұрыштың ауданы rpS ⋅= немесе
rcbaS ⋅++= )(
2
1
формуласымен өрнектеледі.
Қабырғалардың биіктіктері арқылы өрнектелген мәндерін қоссақ:
−





++=++ S
hhh
Scba
cba
2.
111
2 тың алдыңғы өрнектегі мәнін қояйық:
( ) .
111






++⋅⋅++=++
cba hhh
rcbacba
Бұдан:
rhhh cba
1111
=





++ .
Үшбұрышқа іштей созылған шеңбердің радиусының кері шамасы үшбұрыштың
биіктіктерінің кері шамаларының қосындысына тең.
Үшбұрышқа сырттай сызылған шеңбердің
S
cba
R
4
⋅⋅
= , ал бұдан RSabc ⋅= 4 . Осы
формуладағы −S тың орнына ( ) −⋅++= rcbaS
2
1
ді қояйық:
( ) ( ) rRcbaabcRrcbaabc ⋅++=⋅⋅++⋅= 2,
2
1
4 .
Бұдан Rr
cba
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 hhh
Rbcacab
111
2
Одан
R
hhh
bcacab
cba
2=
++
++
(16)
(15)-ті мүшелеп көбейтсек
.2,
4
2,8 2
2
3
cbacbacba hhhRShhhR
R
abc
hhhRabacbc ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=





⋅⋅⋅=⋅⋅ (17)
4

5. 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
bac
BA
cba
S
c
S
cBA
c
S
rhcBAhhrhcBA cccc
++
+
=





++
−=⋅−=⋅−=
)(
,
222
,,:: 11111111 (
71 ′)
Осы сияқты
cba
cba
CB
cba
cab
CA
++
+
=
++
+
=
)(
,
)(
1111 ( 71 ′′ )
ABC үшбұрыштарының қабырғаларын aBCbACcAB === ,, , ал бұрыштарын
γβα ,, 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-сурет
1)жағдайда. γcos⋅= bDC .
2)жағдайда. ( ) γγ cos180coscos 0
⋅−=−⋅=<⋅= bbADCbDC ; βcos⋅= cBD екі
жағдайда да βγ coscos ⋅+⋅= cba (18)
теңдігін аламыз.
Осы сияқты γα coscos ⋅+⋅= acb (18,a)
5
A

6. αβ coscos ⋅+⋅= bac (18,ә).
Бұл алынған теңдіктер тік бұрышты үшбұрыштар үшін де орынды. Мысалы,
0
90=γ болса, 090cos 0
==γ және (18,ә) теңдігі тік бұрышты үшбұрыштың элементтерінің
арасындағы белгілі байланысты өрнектейді: βcos⋅= ca .
Жалпы, үшбұрыштың элементтерінің арасында үш топ қатынастар орындалады.





⋅+⋅=
⋅+⋅=
⋅+⋅=





⋅−+=
⋅−+=
⋅−+=





==
=++=++
)(coscos
)(coscos
)(coscos
.
)(cos2
)(cos2
)(cos2
.
)(
sinsinsin
)(
.
222
222
222
ñbac
áacb
acba
III
ñabbac
áaccab
abccba
II
á
aaa
aCBA
I
αβ
γα
βγ
γ
β
α
γβα
πγβα
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)
βα ctg
b
a
tg == (2)
βα ctgbatgba ⋅=⋅= , (3)
5-сурет
αβ ctg
a
b
tg == (4)
γβ ctg
b
a
tg
b
a == , (5)
αβ ctgabtgab ⋅=⋅= , (6)
βαβα cos,sin.cossin ⋅=⋅=== caca
c
a
(7)
γβαβ cos,sin.cossin ⋅=⋅=== cbcb
c
b
(8)
6

7. 0
90=+ βγ (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 γβ, бұрыштары берілген. α бұрышын,
cb, қабырғаларын табу керек.
Шешуі. Егер 0
180<+ γβ шарты орындалса, есепті шешуге болады. Бұл жағдайда
α
γ
α
β
γβα
sin
sin
;
sin
sin
);(1800 ⋅
=
⋅
=−−=
a
c
a
b табамыз. Есепті тексеру үшін берілген қабырғаны
( )
2
cos
2
sin
γβ
α
−
+
=
cb
a формуласы бойынша есептейміз.
Бұл формула мына түрде:
2
cos
2
sin
γβ
α
−
=
+ cb
a
(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)
βα sin2,sin2 RbRa =⋅= және −= γsin2Rc на қойып =
⋅+⋅
⋅
=
+ γβ
α
sin2sin2
sin2
RR
R
cb
a
2
cos
2
sin2
2
cos
2
sin2
sinsin
sin
γβγβ
αα
γβ
α
−
⋅
+
⋅
=
+
= .
7

8. Бірақ
2
cos
2
sin
αγβ
=
+
, сондай-ақ
2
90
2
0 αγβ
−=
+
, олай болса, қысқартқаннан кейін
2
cos
2
sin
γβ
α
−
=
+ cb
a
алынды.
Енді Мольвейде формуласын басқа қабырғалары үшін жазайық:
2
cos
2
sin
,
2
cos
2
sin
βα
γ
γα
β
−
=
+−
=
+ ba
c
ca
b
(IV1
)
1-мысалды шешу үшін алдымен
1) α бұрышын есептейміз: )(1800
γβα −−= .
2)
)sin(
sin
))(180sin(
sin
0
γβ
β
γβ
β
+
⋅
=
+−
⋅
=
aa
b .
3)
)sin(
sin
sin
sin
γβ
γ
α
γ
+
⋅
=
⋅
=
aa
c .
4) Тексеру үшін a қабырғасын есептейміз:
2
cos
2
sin)(
γβ
α
−
+
=
cb
a .
2-мысал. Үшбұрыштың ba, қабырғалары және γ бұрышы берілген, c қабырғасын,
βα, бұрыштарын табу керек.
1-тәсіл. Косинустар теоремасы бойынша c қабырғасын γcos2222
⋅−+= abbac
табамыз.
Содан соң синустар теоремасы бойынша α және β бұрыштарының кішісін табамыз,
мысалы (
0
90<α ) болсын делік:
c
aca γ
α
γα
sin
sin,
sinsin
⋅
== .
Ақырында 0
180=++ γβα теңдігінен тағы да бір белгісіз бұрышты табамыз.
Шешімінің дұрыстығын тексеру үшін αβ sinsin ⋅=⋅ ba теңдігін пайдаланамыз.
2-тәсіл.(логарифмді пайдалануға болады) γβα −=+ 0
180 . Синустар теоремасынан
β
α
sin
sin
=
b
a
жазамыз,
бұдан
2
sin
2
cos2
2
cos2
2
sin2
sinsin
sinsin
βαβα
βαβα
βα
βα
−
⋅
+
−
⋅
+
=
−
+
=
−
+
ba
ba
немесе
2
2
βα
βα
−
+
=
−
+
tg
tg
ba
ba
(V)
жазамыз.
(V) теңдігін Томас Финк (Копенгаген, 1561-1656) қорытып шығарған, оны
тангенстер теоремасы деп атау қабылданған.
2
90
2
0 γβα
−=
+
екенін ескеріп,
22
γβα
ctgtg =
+
, (V) формуладан
22
γβα
ctg
ba
ba
tg ⋅
+
−
=
−
жазамыз; бұдан таблицалар көмегімен ( )βα − табамыз; α мен β бұрыштарының
қосындысын және айырмасын білгеннен кейін, α және β бұрыштарының өзін табамыз. c
8

9. қабырғасын табу үшін синустар теоремасын пайдаланамыз,
α
γ
sin
sin⋅
=
a
c . Шешімнің
дұрыстығын тексеру үшін a қабырғасын Мольвейде формуласынмен есептейміз:
2
cos
2
sin)(
γβ
α
−
⋅+
=
cb
a
.
Тангенстер теормасын үшбұрыштың басқа қабырғалары мен бұрыштары үшін
жазайық:
2
2
2
2;
2
2
2
2
γβ
α
γβ
γβ
γα
β
γα
γα
−
=
−
+
=
−
+
−
=
−
+
=
−
+
tg
ctg
tg
tg
cb
cb
tg
ctg
tg
tg
ca
ca
(V)
3-мысал. Үшбұрыштың ba, қабырғасы және біреуіне қарсы жатқан α бұрышы
берілген. γβ, бұрыштарын және c қабырғасын табу керек.
Шешілуі. (І) жүйенің (а,ә) теңдеулерінен ,180,
sinsin
°=++= γβα
B
b
A
a
C
c
A
a
sinsin
=
жазып, осы теңдеулерден біртіндеп γβ, бұрыштарын, c қабырғасын анықтаймыз:
( )βαγ
α
β +°=
⋅
= -180,
sin
sin
a
b
және α
γ
sin
sin⋅
=
a
c
(10)
Шартын зерттейміз, себебі бұл теңдеулерде γβ, бұрыштары мен c қабырғасының
мәндері есептің геометриялық мағынасын қанағаттандыра ма, жоқ па?
Бәрінен де бұрын (есептің мағынасы бойынша) ізделінді шама
°<<°<< 1800,1800 γβ және 0>c теңдіктерін қанағаттандыруы керек.
Берілген ba, және γ шамалардың арасындағы әртүрлі қатыстарда қандай жағдайлар
болуы мүмкін, соны қарастырайық:
1-жағдай. ba > . Бұл жағдайда ,1<
a
b
және де ( )1sin1sin ≤<⋅ αα
a
b
, ал
a
b α
β
sin
sin
⋅
=
теңдеуінің шешімі болады; ( )°180,0 аралығындағы оның шешімі: °<




 ⋅
= 90
sin
arcsin1
a
b α
β
және °>−°= 90180 12 ββ болады. Бірақ 2β мәні есептің шартын қанағаттандырмайды, егер
−2β ні қабылдасақ, ізделінді үшбұрышта екі доғал бұрыш болады, бұл мүмкін емес.
Үшінші бұрыш γ үшін ( ) 0180 11 >+−°= βαγ , яғни 1180 βα +>° шарты орындалса,
онда −1β ді қабылдауға болады. Осы шарт орындалатындығына көз жеткіземіз: 1<
a
b
теңсіздігінен ( ),180sinsinsinsin 1 αααβ −°=<=
a
b
яғни ( ).180sinsin 1 αβ −°<
1β және α−°180 бұрыштары – сүйір бұрыштар, сонда сүйір бұрыштардың
синустарының қасиеті бойынша αβ −°<1801 деген қорытынды жасаймыз, бұдан
°<+ 1801 αβ болады.
Сонымен, егер ba > болса, онда есептің бір ғана шешімі болады:
( )βαγαβ +°=





= -180,sinarcsin
a
b
және .
sin
sin
α
γ⋅
=
a
c
9

10. 2-жағдай. Егер ba = болса, онда
a
b α
β
sin
sin
⋅
= теңдеуінен αβ sinsin = түрінде
болады. Бұл теңдеудің ( )°180;0 аралығында екі шешімі болады:
αβ =1 және αβ −°=1802 . Егер °≥ 90α 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 α бұрышы – сүйір бұрыш болса, онда 1β түбірі есептің шартын
қанағаттандырады, ал −2β қанағаттандырмайды.
Шындығында да, °<= 901 γβ болғанда ( ) 02180180 11 >−°=+−°= αβαγ , мүмкін,
( ) ( ) 0180180180 22 =−°+−°=+−°= ααβαγ мүмкін емес.
Сонымен, егер ba = болса, онда есептің °< 90α болғанда ғана бір шешімі болады:
α
α
α
α
γ
αγαβ cos2
sin
2sin
sin
sin
c,2-180, ⋅=
⋅
=
⋅
=°== a
aa
(үшбұрыш тең бүйірлі).
3-жағдай. ba < .
Бұл жағдайда α бұрышы міндетті түрде сүйір бұрыш болуы керек. Егер °≥ 90α деп
алсақ, онда β бұрышы доғал бұрыш болуы керек, берілген қабырғалардың үлкен
қабырғаларына қарсы жатқан бұрышы үлкен болады ( αβ > , өйткені ab > ) және
°>+ 180βα болады, үшбұрышта бұл мүмкін емес.
Сонымен, ba < және °< 90α жағдайын қарастырамыз.
Бұл жағдайда берілген шамалардың арасында келесі қатыстардың біреуі орындалуы
мүмкін:
αα sinb;sin ⋅=⋅< àba және αsin⋅> ba . Егер αsin⋅< ba болса, онда
1
sin
sin >
⋅
=
a
b α
β және де
a
b α
β
sin
sin
⋅
= теңдеуінің шешімі болмайды – есептің болуы
мүмкін емес.
Егер αsin⋅= ba болса, онда 1sin =β және °= 90β тең болады. γ бұрышы үшін:
( ) ( ) .09090180180 >−°=°+−°=+−°= ααβαγ
Бұл жағдайда есептің бір ғана шешімі болады:
α
α
α
α
γ
αγβ ctga
aa
c ⋅=
⋅
=
⋅
=°=°=
sin
cos
sin
sin
;-90;90 (немесе үшбұрыш тік бұрышты
десек, онда αcos⋅= bc ).
Ақырында, егер αβ sin⋅>a болса, онда 1
sin
<
⋅
a
b α
және
a
b α
β
sin
sin
⋅
= теңдеуінің
( )°180;0 аралығында екі түбірі болады: 1β және ,2β °< 901β , ал .90180 12 °>−°= ββ
Екінші γ бұрышы үшін:
( )11 180 βαγ +−°= және ( ) ( ) αββαβαγ −=−°+−°=+−°= 1122 180180180 мәндерін
аламыз. Екі шешімі де есептің шартын қанағаттандырады. Шындығында да, °< 90α және
°< 901β , сондықтан ,1801 °<+ βα ал 01 >γ болуы мүмкін.
ab > шартынан 1>
a
b
орындалады, олай болса, ,sinsin αα >⋅
a
b
яғни ;sinsin 1 αβ >
бұдан ( 1β және −α сүйір бұрыштар деп есептейміз) αβ >1 деген қорытынды жасаймыз және
де .012 >−= αβγ
Сонымен, бұл жағдайда есептің екі шешімі болады:
1) ( ) ;
sin
sin
,180,sinarcsin 1111
α
γ
βαγαβ
⋅
=+−°=





=
a
c
a
b
10

11. 2) ( ) .
sin
sin
,180,180 2
22212
α
γ
βαγββ
⋅
=+−°=−°=
a
c
Қарастырған зерттеуіміздің нәтижесін кестеде жазайық.
1-кесте
ba > бір ғана шешімі болады, °< 90β



°<
°≥
=
90
90
α
α
ba












⋅>
⋅=
⋅<
°<
°≥
<
α
α
α
α
α
sin
sin
sin
90
90
ba
ba
ba
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 α бұрышы бойынша ( °≠ 90α дейміз, егер
0
90=α болса, онда есепті шешудің қиындығы болмайды) салу процесі белгілі.
а) б)
6-сурет
Берілген α 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, α бұрышы және оған қарсы жатқан a қабырғасы бар үшбұрыш 1ACB
болады, ал 2ACB үшбұрышында a қабырғасына қарсы жатқан α≠∠ 2CAB тең емес.
11
H
шешімі жоқ
бір ғана шешімі болады, αβ =
шешімі жоқ
шешімі жоқ
бір ғана шешімі болады, °= 90β
екі шешімі болады, °< 901β және °> 902β

12. 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 °< 90α болғанда есептің шартын қанағаттандырады; егер °> 90α
(6ә-сызба) болғанда 3CAB үшбұрышында a қабырғасына қарсы жатқан α≠∠ 3CAB тең емес.
3) Егер ba < болса, онда α 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 α бұрышына қарсы жатқан a қабырғасы
( )aCBCB == 54 тең.
Сонымен αsinsin ⋅=∠⋅= bCAHCACH зерттелген қорытынды нәтижемен сәйкес
келетіндігіне көз жеткіздік.
4-мысал.Үшбұрыштың cba ,, қабырғалары берілген. γβα ,, 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
bc
acb
2
cos
222
−+
=α
(1)
αcos мәнін есептеп, α бұрышының шамасын табамыз. Осылайша γβ, 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-сурет
Мұндай 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:
ap
r
x
r
AD
OD
tg
−
===
2
α
, яғни
ap
r
tg
−
=
2
α
(VI,а)
12

13. түрінде жазамыз. Осылайша
bp
r
tg
−
=
2
β
(VI,ә)
cp
r
tg
−
=
2
γ
(VI,б)
жазамыз. Шеңбердің радиусын табу керек. Ол үшін =++= ∆∆∆∆ COABOCAOBABC SSSS
.)(
2
1
2
1
2
1
2
1
rprcbarbrarc ⋅=⋅++=⋅+⋅+⋅=
p
cpbpap
r
p
S
rrpS
))()((
.,
−−−
==⋅= (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 °=++ 180γβα 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