Teorema je suprotna teoremi dokaza. Teorema o Chevi i Menelaju. Zašto je sve ovo potrebno?

klasa: 9

Ciljevi lekcije:

1. generalizovati, proširiti i sistematizovati znanja i veštine učenika; naučiti kako koristiti znanje pri rješavanju složenih problema;
2. promicati razvoj vještina za samostalnu primjenu znanja pri rješavanju problema;
3. razvijati logičko mišljenje i matematički govor učenika, sposobnost analize, poređenja i generalizacije;
4. uliti učenicima samopouzdanje i rad; sposobnost rada u timu.

Ciljevi lekcije:

• edukativni: ponovite teoreme Menelaja i Cheve; primijeniti ih prilikom rješavanja problema.
• razvojni: naučite postaviti hipotezu i vješto braniti svoje mišljenje dokazima; provjerite svoju sposobnost generalizacije i sistematizacije znanja.
• edukativni: povećati interesovanje za predmet i pripremiti se za rešavanje složenijih problema.

Vrsta lekcije:čas generalizacije i sistematizacije znanja.

Oprema: kartice za kolektivni rad u lekciji na ovu temu, individualne kartice za samostalan rad, kompjuter, multimedijalni projektor, platno.

Tokom nastave

Faza I. Organizacioni trenutak (1 min.)

Nastavnik najavljuje temu i svrhu časa.

Faza II. Ažuriranje osnovnih znanja i vještina (10 min.)

Učitelj: Tokom lekcije ćemo se prisjetiti Menelajevih i Chevinih teorema kako bismo uspješno prešli na rješavanje problema. Pogledajmo ekran na kojem je prikazan. Za koju teoremu je data ova brojka? (Menelajeva teorema). Pokušajte jasno formulirati teoremu.

Slika 1

Neka tačka A 1 leži na strani BC trougla ABC, tačka C 1 na strani AB, tačka B 1 na nastavku stranice AC iza tačke C. Tačke A 1 , B 1 i C 1 leže na istoj pravoj liniji ako i samo ako važi jednakost

Učitelj: Pogledajmo zajedno sljedeću sliku. Navedite teoremu za ovaj crtež.

Slika 2

Prava AD siječe dvije stranice i produžetak treće strane trougla IUD-a.

Prema Menelajevoj teoremi

Prava MB siječe dvije stranice i produžetak treće stranice trougla ADC.

Prema Menelajevoj teoremi

Učitelj: Kojoj teoremi odgovara slika? (Ceva teorema). Navedite teoremu.

Slika 3

Neka tačka A 1 u trouglu ABC leži na strani BC, tačka B 1 na strani AC, tačka C 1 na strani AB. Segmenti AA 1, BB 1 i CC 1 sijeku se u jednoj tački ako i samo ako vrijedi jednakost

Faza III. Rješavanje problema. (22 min.)

Razred je podijeljen u 3 tima, od kojih svaki dobija karticu sa dva različita zadatka. Dato je vrijeme da se odluči, a zatim se na ekranu pojavljuje sljedeće:<Рисунки 4-9>. Na osnovu urađenih crteža za zadatke, predstavnici timova naizmjenično objašnjavaju svoja rješenja. Nakon svakog objašnjenja slijedi diskusija, odgovaranje na pitanja i provjera ispravnosti rješenja na ekranu. U diskusiji učestvuju svi članovi tima. Što je tim aktivniji, to se više ocjenjuje pri sumiranju rezultata.

Kartica 1.

1. U trouglu ABC, tačka N je uzeta na strani BC tako da je NC = 3BN; na nastavku stranice AC, tačka M se uzima kao tačka A tako da je MA = AC. Prava MN siječe stranu AB u tački F. Nađite omjer

2. Dokazati da se medijane trougla sijeku u jednoj tački.

Rješenje 1

Slika 4

Prema uslovima zadatka, MA = AC, NC = 3BN. Neka je MA = AC =b, BN = k, NC = 3k. Prava MN siječe dvije stranice trougla ABC i nastavak treće.

Prema Menelajevoj teoremi

odgovor:

Dokazi 2

Slika 5

Neka su AM 1, BM 2, CM 3 medijane trougla ABC. Da bismo dokazali da se ovi segmenti sijeku u jednoj tački, dovoljno je to pokazati

Zatim, prema Cevinoj (konverznoj) teoremi, segmenti AM 1, BM 2 i CM 3 se sijeku u jednoj tački.

Imamo:

Dakle, dokazano je da se medijane trougla seku u jednoj tački.

Kartica 2.

1. Tačka N se uzima na strani PQ trougla PQR, a tačka L na strani PR, a NQ = LR. Tačka presjeka segmenata QL i NR dijeli QL u omjeru m:n, računajući od tačke Q.

2. Dokazati da se simetrale trougla sijeku u jednoj tački.

Rješenje 1

Slika 6

Po uslovu, NQ = LR, Neka NA = LR =a, QF = km, LF = kn. Prava NR siječe dvije stranice trougla PQL i nastavak treće.

Prema Menelajevoj teoremi

odgovor:

Dokazi 2

Slika 7

Pokažimo to

Tada se, prema Cevinoj (konverznoj) teoremi, AL 1, BL 2, CL 3 seku u jednoj tački. Po svojstvu simetrala trougla

Množeći dobijene jednakosti član po član, dobijamo

Za simetrale trougla, Chevina jednakost je zadovoljena, dakle, one se sijeku u jednoj tački.

Kartica 3.

1. U trouglu ABC, AD je medijana, tačka O je sredina medijane. Prava BO seče stranu AC u tački K. U kom odnosu tačka K deli AC, računajući od tačke A?

2. Dokažite da ako je kružnica upisana u trokut, tada se segmenti koji povezuju vrhove trougla sa dodirnim tačkama suprotnih strana sijeku u jednoj tački.

Rješenje 1

Slika 8

Neka je BD = DC = a, AO = OD = m. Prava BK siječe dvije stranice i produžetak treće stranice trougla ADC.

Prema Menelajevoj teoremi

odgovor:

Dokazi 2

Slika 9

Neka su A 1, B 1 i C 1 tangente upisane kružnice trougla ABC. Da bismo dokazali da se segmenti AA 1, BB 1 i CC 1 sijeku u jednoj tački, dovoljno je pokazati da vrijedi Cheva jednakost:

Koristeći svojstvo tangenti povučenih u kružnicu iz jedne tačke, uvodimo sljedeću notaciju: C 1 B = BA 1 = x, AC 1 = CB 1 = y, BA 1 = AC 1 = z.

Čevina jednakost je zadovoljena, što znači da se simetrale trougla sijeku u jednoj tački.

Faza IV. Rješavanje problema (samostalni rad) (8 min.)

Učitelj: Rad timova je završen i sada ćemo započeti samostalan rad na pojedinačnim karticama za 2 opcije.

Materijali za samostalni rad učenika

Opcija 1. U trouglu ABC, čija je površina 6, na strani AB nalazi se tačka K, koja ovu stranu deli u odnosu AK:BK = 2:3, a na strani AC je tačka L koja deli AC u odnosu AL:LC = 5:3. Tačka Q presjeka pravih SK i BL udaljena je od prave AB na udaljenosti . Odredite dužinu stranice AB. (Odgovor: 4.)

Opcija 2. Na strani AC u trouglu ABC uzeta je tačka K. AK = 1, KS = 3. Na strani AB uzeta je tačka L. AL:LB = 2:3, Q je tačka preseka pravih BK i CL. Odredite dužinu visine trougla ABC ispuštenog iz temena B. (Odgovor: 1.5.)

Rad se predaje nastavniku na provjeru.

V faza. Sažetak lekcije (2 min.)

Učinjene greške se analiziraju, originalni odgovori i komentari se bilježe. Rezultati rada svakog tima se sumiraju i dodjeljuju se ocjene.

Faza VI. Domaći zadatak (1 min.)

Domaći zadatak je sastavljen od zadataka 11, 12 str.289-290, br.10 str.301.

Završne riječi nastavnika (1 min).

Danas ste čuli međusobno matematički govor izvana i procijenili svoje sposobnosti. U budućnosti ćemo koristiti takve diskusije za bolje razumijevanje teme. Argumenti u lekciji bili su prijatelji sa činjenicama, a teorija sa praksom. Hvala vam svima.

književnost:

1. Tkachuk V.V. Matematika za kandidate. – M.: MTsNMO, 2005.

A.V. Shevkin

FMS br. 2007

Teoreme Cheve i Menelausa na Jedinstvenom državnom ispitu

Detaljan članak “Oko teorema Ceve i Menelaja” objavljen je na našoj web stranici u rubrici ČLANCI. Namijenjen je nastavnicima matematike i srednjoškolcima koji su motivirani da se osposobe za matematiku. Možete se vratiti na njega ako želite detaljnije razumjeti problem. U ovoj napomeni daćemo kratke informacije iz navedenog članka i analizirati rješenja problema iz zbirke za pripremu za Jedinstveni državni ispit 2016.

Ceva teorema

Neka je zadan trougao ABC i na njegovim stranama AB, B.C. I A.C. označene tačke C 1 , A 1 I B 1 shodno tome (slika 1).

a) Ako su segmenti aa 1 , BB 1 i CC 1 se onda seku u jednoj tački

b) Ako je jednakost (1) tačna, tada su segmenti aa 1 , BB 1 i CC 1 se seku u jednoj tački.

Na slici 1 prikazan je slučaj kada su segmenti aa 1 , BB 1 i CC 1 seku u jednoj tački unutar trougla. Ovo je takozvana unutrašnja točka. Ceva teorema vrijedi i u slučaju vanjske tačke, kada je jedna od tačaka A 1 , B 1 ili WITH 1 pripada stranici trougla, a druga dva pripadaju produžecima stranica trougla. U ovom slučaju, tačka preseka segmenata aa 1 , BB 1 i CC 1 leži izvan trougla (slika 2).

Kako zapamtiti Chevinu jednakost?

Obratimo pažnju na tehniku ​​pamćenja jednakosti (1). Vrhovi trokuta u svakoj relaciji i sami odnosi su zapisani u pravcu prelaska vrhova trokuta ABC, počevši od tačke A. Od tačke A idemo na stvar B, susrećemo se sa poentom WITH 1, napišite razlomak
. Dalje od tačke IN idemo na stvar WITH, susrećemo se sa poentom A 1, napišite razlomak
. Konačno, iz tačke WITH idemo na stvar A, susrećemo se sa poentom IN 1, napišite razlomak
. U slučaju vanjske tačke, redoslijed pisanja razlomaka je očuvan, iako su dvije “tačke podjele” segmenta izvan svojih segmenata. U takvim slučajevima kažu da tačka deli segment spolja.

Imajte na umu da se svaki segment koji povezuje vrh trokuta s bilo kojom tačkom na pravoj koja sadrži suprotnu stranu trokuta naziva ceviana.

Razmotrimo nekoliko načina dokazivanja tvrdnje a) Cevine teoreme za slučaj unutrašnje tačke. Da biste dokazali Cevinu teoremu, potrebno je dokazati tvrdnju a) bilo kojom od dolje predloženih metoda, kao i dokazati tvrdnju b). Dokaz tvrdnje b) dat je nakon prve metode dokazivanja tvrdnje a). Slično se izvodi i dokaz Cevinog teorema za slučaj vanjske tačke.

Dokaz tvrdnje a) Cevine teoreme korištenjem teoreme o proporcionalnom segmentu

Neka tri ceviana AA 1 , BB 1 i CC 1 seku u tački Z unutar trougla ABC.

Ideja dokaza je da se odnosi segmenata iz jednakosti (1) zamijene odnosima segmenata koji leže na istoj pravoj.

Kroz tačku IN Nacrtajmo pravu liniju paralelnu sa cevianom SS 1 . Pravo aa 1 siječe izgrađenu pravu u tački M, i prava linija koja prolazi kroz tačku C i paralelno aa 1 , - u tački T. Kroz tačke A I WITH hajde da nacrtamo ravne linije paralelne sa cevianima BB 1 . Oni će preći liniju VM u tačkama N I R shodno tome (slika 3).

P o teoremi o proporcionalnim segmentima imamo:

,
I
.

Tada su jednakosti tačne

.

U paralelogramima ZSTM I ZCRB segmentima TM, SZ I BR jednake kao suprotne strane paralelograma. dakle,
i jednakost je tačna

.

Za dokaz tvrdnje b) koristimo sljedeću tvrdnju. Rice. 3

Lema 1. Ako bodova WITH 1 i WITH 2 podijeliti segment AB interno (ili eksterno) u istom odnosu, računajući od iste tačke, onda se ove tačke poklapaju.

Dokažimo lemu za slučaj kada su tačke WITH 1 i WITH 2 podijeliti segment AB interno u istom odnosu:
.

Dokaz. Od jednakosti
slijede jednakosti
I
. Posljednji od njih je zadovoljen samo pod uslovom da WITH 1 B I WITH 2 B jednaki, tj. pod uslovom da su tačke WITH 1 i WITH 2 utakmica.

Dokaz leme za slučaj kada su tačke WITH 1 i WITH 2 podijeliti segment AB Spolja se izvodi slično.

Dokaz tvrdnje b) Cevine teoreme

Neka je sada tačna jednakost (1). Dokažimo da su segmenti aa 1 , BB 1 i CC 1 se seku u jednoj tački.

Neka Chevians aa 1 i BB 1 seku u tački Z, nacrtajte segment kroz ovu tačku CC 2 (WITH 2 leži na segmentu AB). Zatim, na osnovu tvrdnje a) dobijamo tačnu jednakost

. (2)

I Iz poređenja jednakosti (1) i (2) zaključujemo da
, tj. bodova WITH 1 i WITH 2 podijeliti segment AB u istom odnosu, računajući od iste tačke. Iz leme 1 slijedi da su tačke WITH 1 i WITH 2 utakmica. To znači da segmenti aa 1 , BB 1 i CC 1 se seku u jednoj tački, što je trebalo dokazati.

Može se dokazati da postupak pisanja jednakosti (1) ne zavisi od toga iz koje tačke iu kom pravcu se prelaze vrhovi trougla.

Vježba 1. Pronađite dužinu segmenta AN na slici 4, koja prikazuje dužine ostalih segmenata.

Odgovori. 8.

Zadatak 2. Chevians A.M., BN, CK seku u jednoj tački unutar trougla ABC. Pronađite stav
, Ako
,
. Rice. 4

Odgovori.
.

P Predstavljamo dokaz Cevine teoreme iz članka. Ideja dokaza je da se odnosi segmenata iz jednakosti (1) zamijene odnosima segmenata koji leže na paralelnim pravima.

Pustite pravo AA 1 , BB 1 , CC 1 seku u tački O unutar trougla ABC(Sl. 5). Kroz vrh WITH trougao ABC hajde da povučemo ravnu paralelu AB, i njegove točke sjecišta sa linijama AA 1 , BB 1 označavamo prema tome A 2 , B 2 .

Iz sličnosti dva para trokuta C.B. 2 B 1 I ABB 1 , BAA 1 I C.A. 2 A 1, Fig. 5

imamo jednakosti

,
. (3)

Iz sličnosti trouglova BC 1 O I B 2 CO, AWITH 1 O I A 2 CO imamo jednakosti
, iz čega proizlazi da

. (4)

P Množenjem jednakosti (3) i (4) dobijamo jednakost (1).

Tvrdnja a) Cevine teoreme je dokazana.

Razmotrimo dokaz tvrdnje a) Cevine teoreme koristeći površine za unutrašnju tačku. Predstavljen je u knjizi A.G. Myakishev i oslanja se na izjave koje formulišemo u obliku zadataka 3 I 4 .

Zadatak 3. Omjer površina dva trougla sa zajedničkim vrhom i bazama koje leže na istoj pravoj jednak je omjeru dužina ovih osnova. Dokažite ovu tvrdnju.

Zadatak 4. Dokaži da ako
, To
I
. Rice. 6

Neka segmenti aa 1 , BB 1 i CC 1 seku u tački Z(Sl. 6), zatim

,
. (5)

I iz jednakosti (5) i druge izjave zadatka 4 sledi to
ili
. Slično dobijamo to
I
. Množenjem posljednje tri jednakosti dobijamo:

,

tj. jednakost (1) je tačna, što je i trebalo dokazati.

Tvrdnja a) Cevine teoreme je dokazana.

Zadatak 15. Neka se ceviani seku u jednoj tački unutar trougla i podelite ga na 6 trouglova čije su površine jednake S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 , S 6 (sl. 7). Dokaži to. Rice. 7

Zadatak 6. Pronađite područje S trougao CNZ(površine ostalih trouglova prikazane su na slici 8).

Odgovori. 15.

Zadatak 7. Pronađite područje S trougao CNO, ako je površina trokuta ANO jednako 10 i
,
(Sl. 9).

Odgovori. 30.

Zadatak 8. Pronađite područje S trougao CNO, ako je površina trokuta AB.C. jednako 88 i ,
(Sl. 9).

R odluka. Budući da , označavamo
,
. Jer , tada označavamo
,
. Iz Cevine teoreme slijedi da
, i onda
. Ako
, To
(Sl. 10). Imamo tri nepoznate količine ( x, y I S), pa pronaći S Napravimo tri jednačine.

Jer
, To
= 88. Pošto
, To
, gdje
. Jer
, To
.

dakle,
, gdje
. Rice. 10

Zadatak 9. U trouglu ABC bodova K I L pripadaju strankama AB I BC.
,
. P AL I CK. Površina trougla PBC je jednako 1. Nađite površinu trokuta ABC.

Odgovori. 1,75.

T Menelajeva teorema

Neka je zadan trougao ABC i na njegovim stranama A.C. I CB označene tačke B 1 i A 1 shodno tome i na strani nastavka AB označena tačka C 1 (Sl. 11).

a) Ako su tačke A 1 , B 1 i WITH 1 onda leži na istoj pravoj liniji

. (6)

b) Ako je jednakost (7) tačna, tada su tačke A 1 , B 1 i WITH 1 leže na istoj pravoj liniji. Rice. jedanaest

Kako zapamtiti Menelajevu jednakost?

Tehnika pamćenja jednakosti (6) je ista kao i za jednakost (1). Vrhovi trokuta u svakoj relaciji i sami odnosi su zapisani u pravcu prelaska vrhova trokuta ABC- od temena do temena, prolazeći kroz tačke podjele (unutrašnje ili vanjske).

Zadatak 10. Dokažite da pisanje jednakosti (6) iz bilo kojeg vrha trokuta u bilo kojem smjeru daje isti rezultat.

Da biste dokazali Menelajevu teoremu, potrebno je dokazati tvrdnju a) bilo kojom od dolje predloženih metoda, kao i dokazati tvrdnju b). Dokaz tvrdnje b) dat je nakon prve metode dokazivanja tvrdnje a).

Dokaz tvrdnje a) korištenjem teoreme o proporcionalnom segmentu

Inačin. a) Ideja dokaza je da se omjeri dužina segmenata u jednakosti (6) zamijene omjerima dužina segmenata koji leže na istoj pravoj.

Neka bodove A 1 , B 1 i WITH 1 leže na istoj pravoj liniji. Kroz tačku C napravimo direktan l, paralelno sa linijom A 1 B 1, siječe pravu AB u tački M(Sl. 12).

R
je. 12

Po teoremi o proporcionalnim segmentima imamo:
I
.

Tada su jednakosti tačne
.

Dokaz tvrdnje b) Menelajeve teoreme

Neka je sada jednakost (6) tačna, dokažimo da su tačke A 1 , B 1 i WITH 1 leže na istoj pravoj liniji. Pustite pravo AB I A 1 B 1 seku u tački WITH 2 (Sl. 13).

Od bodova A 1 B 1 i WITH 2 leže na istoj pravoj liniji, tada prema tvrdnji a) Menelajeve teoreme

. (7)

Iz poređenja jednakosti (6) i (7) imamo
, iz čega slijedi da su jednakosti tačne

,
,
.

Posljednja jednakost je istinita samo ako
, tj. ako su točke WITH 1 i WITH 2 utakmica.

Tvrdnja b) Menelajeve teoreme je dokazana. Rice. 13

Dokaz tvrdnje a) korištenjem sličnosti trouglova

Ideja dokaza je da se omjeri dužina segmenata iz jednakosti (6) zamijene omjerima dužina segmenata koji leže na paralelnim linijama.

Neka bodove A 1 , B 1 i WITH 1 leže na istoj pravoj liniji. Od bodova A, B I C nacrtajmo okomite aa 0 , BB 0 i SS 0 na ovu pravu liniju (slika 14).

R
je. 14

Iz sličnosti tri para trokuta AA. 0 B 1 I CC 0 B 1 , CC 0 A 1 I BB 0 A 1 , C 1 B 0 B I C 1 A 0 A(pod dva ugla) imamo tačne jednakosti

,
,
,

množeći ih dobijamo:

.

Tvrdnja a) Menelajeve teoreme je dokazana.

Dokaz tvrdnje a) korištenjem površina

Ideja dokaza je da se omjer dužina segmenata iz jednakosti (7) zamijeni omjerima površina trokuta.

Neka bodove A 1 , B 1 i WITH 1 leže na istoj pravoj liniji. Hajde da povežemo tačke C I C 1 . Označimo površine trouglova S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 (Sl. 15).

Tada su jednakosti tačne

,
,
. (8)

Množenjem jednakosti (8) dobijamo:

Tvrdnja a) Menelajeve teoreme je dokazana.

R
je. 15

Kao što Cevina teorema ostaje važeća ako je tačka presjeka Cevijanovih izvan trougla, Menelajeva teorema ostaje važeća ako sekansa siječe samo produžetke stranica trougla. U ovom slučaju možemo govoriti o presjeku stranica trougla na vanjskim tačkama.

Dokaz tvrdnje a) za slučaj eksternih tačaka

P sekansa siječe stranice trougla ABC na vanjskim tačkama, odnosno siječe produžetke stranica AB,B.C. I A.C. u tačkama C 1 , A 1 i B 1, a ove tačke leže na istoj pravoj liniji (slika 16).

Po teoremi o proporcionalnim segmentima imamo:

i .

Tada su jednakosti tačne

Tvrdnja a) Menelajeve teoreme je dokazana. Rice. 16

Imajte na umu da se gornji dokaz poklapa sa dokazom Menelajeve teoreme za slučaj kada sekansa siječe dvije strane trokuta u unutrašnjim tačkama i jednu u eksterijeru.

Dokaz tvrdnje b) Menelajeve teoreme za slučaj vanjskih tačaka sličan je dokazu koji je dat gore.

Z zadatak11. U trouglu ABC bodova A 1 , IN 1 leže sa strane Ned I AWITH. P- tačka preseka segmenata aa 1 I BB 1 .
,
. Pronađite stav
.

Rješenje. Označimo
,
,
,
(Sl. 17). Prema Menelajevoj teoremi za trougao B.C.IN 1 i sekansa PA 1 pišemo tačnu jednakost:

,

odakle to sledi

. Rice. 17

Odgovori. .

Z zadatak12 (MSU, dopisni pripremni kursevi). U trouglu ABC, čija je površina 6, sa strane AB tačka uzeta TO, dijeleći ovu stranu u odnosu
, i sa strane AC- tačka L, podjela AC u vezi
. Dot P raskrsnice linija SK I INL dalje od prave linije AB na udaljenosti od 1,5. Pronađite dužinu strane AB.

Rješenje. Od bodova R I WITH hajde da ispustimo okomice PR I CM direktno AB. Označimo
,
,
,
(Sl. 18). Prema Menelajevoj teoremi za trougao A.K.C. i sekansa P.L. Zapišimo tačnu jednakost:
, odakle to dobijamo
,
. Rice. 18

Iz sličnosti trouglova TOM.C. I TOR.P.(pod dva ugla) dobijamo to
, iz čega proizlazi da
.

Sada, znajući dužinu visine povučene u stranu AB trougao ABC, i površinu ovog trokuta, izračunavamo dužinu stranice:
.

Odgovori. 4.

Z zadatak13. Tri kruga sa centrima A,IN,WITH, čiji su radijusi povezani kao
, dodiruju se spolja u tačkama X, Y, Z kao što je prikazano na slici 19. Segmenti SJEKIRA I BY seku u tački O. U kom pogledu, računajući od tačke B, linijski segment CZ deli segment BY?

Rješenje. Označimo
,
,
(Sl. 19). Jer
, zatim prema tvrdnji b) Cevine teoreme segmenti AX, BY I WITHZ seku u jednoj tački - tački O. Zatim segment CZ deli segment BY u vezi
. Hajde da pronađemo ovaj odnos. Rice. 19

Prema Menelajevoj teoremi za trougao B.C.Y. i sekansa OX imamo:
, iz čega proizlazi da
.

Odgovori. .

Zadatak 14 (Jedinstveni državni ispit 2016).

Poeni IN 1 i WITH AC I AB trougao ABC, i AB 1:B 1 WITH =
= AC 1:WITH 1 B. Direktno BB 1 I SS 1 seku u tački O.

A ) Dokazati da je prava JSC prepolovi stranu Ned.

AB 1 O.C. 1 na površinu trougla ABC, ako se to zna AB 1:B 1 WITH = 1:4.

Rješenje. a) Neka je prava linija A.O. prelazi stranu B.C. u tački A 1 (Sl. 20). Po Cevinoj teoremi imamo:

. (9)

Jer AB 1:B 1 WITH = AC 1:WITH 1 B, onda iz jednakosti (9) slijedi da
, to je C.A. 1 = A 1 B, što je trebalo dokazati. Rice. 20

b) Neka je površina trougla AB 1 O jednak S. Jer AB 1:B 1 WITH C.B. 1 O jednako 4 S, i površina trokuta AOC jednako 5 S. Zatim površina trokuta AOB takođe je jednako 5 S, budući da su trouglovi AOB I AOC imaju zajednički jezik A.O., i njihovi vrhovi B I C jednako udaljena od linije A.O.. Štaviše, površina trokuta AOC 1 je jednako S, jer AC 1:WITH 1 B = 1:4. Zatim površina trokuta ABB 1 je jednako 6 S. Jer AB 1:B 1 WITH= 1:4, zatim površina trougla C.B. 1 O jednako 24 S, i površina trokuta ABC jednako 30 S. Sada ćemo pronaći omjer površine četverokuta AB 1 O.C. 1 (2S) na površinu trokuta ABC (30S), jednako je 1:15.

Odgovori. 1:15.

Zadatak 15 (Jedinstveni državni ispit 2016).

Poeni IN 1 i WITH 1 leže sa strane AC I AB trougao ABC, i AB 1:B 1 WITH =
= AC 1:WITH 1 B. Direktno BB 1 I SS 1 seku u tački O.

a) Dokaži da je prava JSC prepolovi stranu Ned.

b) Nađite omjer površine četverougla AB 1 O.C. 1 na površinu trougla ABC, ako se to zna AB 1:B 1 WITH = 1:3.

Odgovori. 1:10.

Z zadatak 16 (USE-2016). Na segmentu BD tačka uzeta WITH. Simetrala B.L. ABC sa bazom Ned BLD sa bazom BD.

a) Dokazati da je trougao DCL jednakokraki.

b) Poznato je da je cos
ABC DL, tj. trougao BD tačka uzeta WITH. Simetrala B.L. jednakokraki trougao ABC sa bazom Ned je bočna strana jednakokračnog trougla BLD sa bazom BD.

a) Dokazati da je trougao DCL jednakokraki.

b) Poznato je da je cos ABC= . U kom pogledu je prava linija D.L. deli stranu AB?

Odgovori. 4:21.

Književnost

1. Smirnova I.M., Smirnov V.A. Divne tačke i linije trougla. M.: Matematika, 2006, br. 17.

2. Myakishev A.G. Geometrijski elementi trougla. (Serija „Biblioteka „Matematičko obrazovanje””). M.: MTsNMO, 2002. - 32 str.

3. Geometrija. Dodatna poglavlja za udžbenik za 8. razred: Udžbenik za učenike škola i odeljenja sa detaljnim proučavanjem / L.S. Atanasyan, V.F. Butuzov, S.B. Kadomcev i dr. - M.: Vita-Press, 2005. - 208 str.

4. Erdniev P., Mantsaev N. Teoreme Cheve i Menelausa. M.: Kvant, 1990, br. 3, str. 56–59.

5. Sharygin I.F. Teoreme Cheve i Menelausa. M.: Kvant, 1976, br. 11, str. 22–30.

6. Vavilov V.V. Medijane i srednje linije trougla. M.: Matematika, 2006, br.

7. Efremov Dm. Nova geometrija trougla. Odesa, 1902. - 334 str.

8. Matematika. 50 varijanti tipičnih test zadataka / I.V. Yashchenko, M.A. Volkevič, I.R. Vysotsky i drugi; uređeno od I.V. Yashchenko. - M.: Izdavačka kuća "Ispit", 2016. - 247 str.

TEOREME CHEVA I MENELAUS

Ceva teorema

Većina izuzetnih tačaka trougla može se dobiti pomoću sljedeće procedure. Neka postoji neko pravilo prema kojem možemo izabrati određenu tačku A 1 , na strani BC (ili njenom produžetku) trougla ABC (na primjer, odaberite sredinu ove stranice). Zatim ćemo konstruisati slične tačke B 1, C 1 na druge dvije strane trokuta (u našem primjeru postoje još dvije sredine stranica). Ako je pravilo odabira uspješno, onda ravno AA 1, BB 1, CC 1 presecaće se u nekoj tački Z (izbor sredina stranica u ovom smislu je, naravno, uspešan, pošto se medijane trougla seku u jednoj tački).

Želio bih imati neku opštu metodu koja omogućava da se iz položaja tačaka na stranicama trougla odredi da li se odgovarajuća trojka pravih siječe u jednoj tački ili ne.

Univerzalni uslov koji je "zatvorio" ovaj problem pronašao je 1678. jedan italijanski inženjerGiovanni Cheva .

Definicija. Segmenti koji povezuju vrhove trokuta sa tačkama na suprotnim stranama (ili njihovim produžecima) nazivaju se ceviani ako se sijeku u jednoj tački.

Postoje dvije moguće lokacije za ceviane. U jednoj verziji, poenta

raskrsnice su unutrašnje, a krajevi ceviana leže na stranicama trougla. U drugoj opciji, tačka preseka je spoljašnja, kraj jednog ceviana leži sa strane, a krajevi druga dva ceviana leže na produžecima stranica (vidi crteže).

Teorema 3. (Ceva direktna teorema) U proizvoljnom trokutu ABC, tačke A su uzete na stranicama BC, CA, AB ili njihovim produžecima, respektivno 1 , IN 1 , WITH 1 , tako da ravno AA 1 , BB 1 , SS 1 onda se seku u nekoj zajedničkoj tački

.

dokaz: Iako je poznato nekoliko originalnih dokaza Cevine teoreme, mi ćemo razmotriti dokaz zasnovan na dvostrukoj primjeni Menelajeve teoreme. Zapišimo prvi put odnos Menelajeve teoreme za trougaoABB 1 i sekansa CC 1 (označavamo tačku preseka cevianaZ):

,

a drugi put za trougaoB 1 B.C. i sekansa AA. 1 :

.

Množenjem ova dva omjera i potrebnim smanjenjem dobijamo omjer sadržan u iskazu teoreme.

Teorema 4. (Ceva suprotna teorema) . Ako za one odabrane na stranicama trokuta ABC ili njihova proširenja tačaka A 1 , IN 1 I C 1 Chevin uslov je zadovoljen:

,

zatim pravo AA. 1 , BB 1 I CC 1 seku u jednoj tački .

Dokaz ove teoreme izvodi se kontradikcijom, baš kao i dokaz Menelajeve teoreme.

Razmotrimo primjere primjene Ćevinih direktnih i inverznih teorema.

Primjer 3. Dokažite da se medijane trougla sijeku u jednoj tački.

Rješenje. Razmotrite odnos

za vrhove trougla i sredine njegovih stranica. Očigledno, u svakom razlomku brojilac i imenilac imaju jednake segmente, tako da su svi ovi razlomci jednaki jedan. Prema tome, Chevina relacija je zadovoljena, dakle, prema obrnutoj teoremi, medijane se seku u jednoj tački.

Teorema (Ceva-ova teorema) . Neka bodove lezi na strane i trougao respektivno. Neka segmenti I seku u jednoj tački. Onda

(obilazimo trougao u smjeru kazaljke na satu).

Dokaz. Označimo sa tačka preseka segmenata I . Izostavimo tačke I okomite na pravupre nego što ga preseku u tačkama I prema tome (vidi sliku).

Jer trouglovi I imaju zajedničku stranu, tada su njihove površine povezane sa visinama povučenim na ovu stranu, tj. i :

Posljednja jednakost je tačna, budući da su pravokutni trouglovi I slično u oštrom uglu.

Slično dobijamo

I

Pomnožimo ove tri jednakosti:

Q.E.D.

O medijanima:

1. Postavite jedinične mase na vrhove trougla ABC.
2. Centar mase tačaka A i B je u sredini AB. Centar mase čitavog sistema mora biti na medijani na strani AB, jer je centar mase trougla ABC centar mase centara masa tačaka A i B i tačke C.
(postalo je zbunjujuće)
3. Slično - CM mora ležati na medijani stranica AC i BC
4. Pošto je CM jedna tačka, onda se sve ove tri medijane moraju u njoj sjeći.

Usput, odmah slijedi da su po raskrsnici podijeljeni u omjeru 2:1. Pošto je masa centra mase tačaka A i B 2, a masa tačke C 1, prema tome, zajednički centar mase, prema teoremi o proporcijama, podeliće medijan u omjeru 2/1 .

Hvala puno, predstavljeno je na pristupacan nacin, mislim da ne bi zgresilo da se dokaz iznese metodama geometrije mase, npr.
Prave AA1 i CC1 seku se u tački O; AC1: C1B = p i BA1: A1C = q. Moramo dokazati da pravac BB1 prolazi kroz tačku O ako i samo ako je CB1: B1A = 1: pq.
Postavimo mase 1, p i pq u tačke A, B i C, redom. Tada je tačka C1 centar mase tačaka A i B, a tačka A1 centar mase tačaka B i C. Dakle, centar mase tačaka A, B i C sa ovim masama je tačka preseka O od linije CC1 i AA1. S druge strane, tačka O leži na segmentu koji povezuje tačku B sa centrom mase tačaka A i C. Ako je B1 centar mase tačaka A i C sa masama 1 i pq, tada je AB1: B1C = pq: 1. Ostaje napomenuti da na segmentu AC postoji jedna tačka koja ga dijeli u datom omjeru AB1: B1C.

2. Ćeva teorema

Segment koji povezuje vrh trougla sa tačkom na suprotnoj strani naziva seceviana . Dakle, ako je u trokutuABC X , Y i Z - tačke koje leže sa straneB.C. , C.A. , AB shodno tome, zatim segmentiSJEKIRA , BY , CZ su Chevians. Termin dolazi od italijanskog matematičara Giovannija Ceva, koji je 1678. objavio sljedeću vrlo korisnu teoremu:

Teorema 1.21. Ako su tri ceviana AX, BY, CZ (po jedan iz svakog vrha) trougla ABC konkurentna, tada

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .

Rice. 3.

Kada kažemo da su tri linije (ili segmenti)konkurentan , onda mislimo da svi prolaze kroz jednu tačku, koju označavamo saP . Da bismo dokazali Cevinu teoremu, podsjetimo da su površine trouglova jednakih visina proporcionalne osnovama trouglova. Pozivajući se na sliku 3, imamo:

|BX||XC|= SABXSAXC= SPBXSPXC= SABX−SPBXSAXC−SPXC= SABPSCAP.

Isto tako,

|CY||YA|= SBCPSABP, |AZ||ZB|= SCAPSBCP.

Sada ako ih pomnožimo dobićemo

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|= SABPSCAP· SBCPSABP· SCAPSBCP=1 .

Obrnuta teorema je također tačna:

Teorema 1.22. Ako tri ceviana AX, BY, CZ zadovoljavaju relaciju

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 ,

onda su konkurentni .

Da bismo to pokazali, pretpostavimo da se prva dva ceviana seku u tačkiP , kao i ranije, i treći cevian koji prolazi kroz točkuP , ćeCZ′ . Zatim, prema teoremi 1.21,

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ′||Z′B|=1 .

Ali po pretpostavci

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .

dakle,

|AZ||ZB|= |AZ′||Z′B| ,

dotZ′ poklapa se sa tačkomZ , i dokazali smo da su segmentiSJEKIRA , BY ICZ konkurentski (, str. 54 i , str. 48, 317).

Matematika - 10. razred Mendel Viktor Vasiljevič, dekan Fakulteta prirodnih nauka, matematike i informacionih tehnologija Dalekoistočnog državnog univerziteta ČEVINA TEOREMA I MENELAJEVA TEOREMA Posebno mjesto u planimetriji imaju dvije izuzetne teoreme: Ceva teorema i Menelausova teorema. Ove teoreme nisu uključene u osnovni nastavni plan i program srednjoškolske geometrije, ali se njihovo proučavanje (i primjena) preporučuje svima koji se matematikom zanimaju malo više nego što je to moguće u okviru školskog programa. Zašto su ove teoreme zanimljive? Prvo, napominjemo da se pri rješavanju geometrijskih problema produktivno kombinuju dva pristupa: - jedan se zasniva na definiciji osnovne strukture (na primjer: trokut - krug; trokut - sekuta; trokut - tri prave prolaze kroz njegove vrhove i sijeku se u jednoj tački; ​​četverougao sa dvije paralelne stranice itd.) - a drugi je metoda potpornih zadataka (jednostavnih geometrijskih zadataka na koje se svodi proces rješavanja složenog problema). Dakle, Menelajeve i Cheveove teoreme spadaju među najčešće susrećene konstrukcije: prva razmatra trokut čije stranice ili produžetke stranica siječe neka prava (sekanta), druga se bavi trokutom i tri prave koje prolaze kroz njegove vrhove, koji se seku u jednoj tački. Menelajeva teorema Ova teorema pokazuje vidljive (zajedno sa inverznim) odnose segmenata, obrazac koji povezuje vrhove trougla i tačke preseka sekante sa stranicama (produžecima stranica) trougla. Crteži pokazuju dva moguća slučaja položaja trokuta i sekante. U prvom slučaju, sekansa siječe dvije strane trokuta i produžetak treće, u drugom - nastavak sve tri strane trokuta. Teorema 1. (Menelaus) Neka ABC siječe prava koja nije paralelna sa stranicom AB i siječe njene dvije stranice AC i BC, redom, u tačkama B1 i A1, a prava AB u tački C1, zatim AB1 CA1 BC1    1. B1C A1B C1 A Teorema 2. (obratno Menelajevoj teoremi) Neka tačke A1, B1, C1 u trouglu ABC pripadaju pravim BC, AC, AB, redom, onda ako je AB1 CA1 BC1   1 B1C A1B C1 A, tada tačke A1, B1, C1 leže na jednoj pravoj. Dokaz prve teoreme može se izvesti na sljedeći način: okomite iz svih vrhova trougla spuštaju se na sekuću. Rezultat su tri para sličnih pravokutnih trokuta. Relacije segmenata koji se pojavljuju u formulaciji teoreme zamjenjuju se odnosima okomica koje im odgovaraju po sličnosti. Ispada da će svaki okomiti segment u razlomcima biti prisutan dva puta: jednom u jednom razlomku u brojiocu, drugi put u drugom razlomku u nazivniku. Dakle, proizvod svih ovih omjera će biti jednak jedan. Obrnuta teorema se može dokazati kontradikcijom. Pretpostavlja se da ako su ispunjeni uslovi iz teoreme 2, tačke A1, B1, C1 ne leže na istoj pravoj liniji. Tada će prava A1B1 preseći stranu AB u tački C2, različitoj od tačke C1. U ovom slučaju, na osnovu teoreme 1, za tačke A1, B1, C2 važiće ista relacija kao i za tačke A1, B1, C1. Iz ovoga slijedi da će tačke C1 i C2 podijeliti segment AB u istim omjerima. Tada se ove tačke poklapaju - dobijamo kontradikciju. Pogledajmo primjere primjene Menelajeve teoreme. Primjer 1. Dokažite da su medijane trougla u tački presjeka podijeljene u omjeru 2:1 počevši od temena. Rješenje. Zapišimo relaciju dobijenu u teoremi Menelaj za trokut ABMb i pravu McM(C): AM c BM M bC    1. M c B MM b CA Prvi razlomak u ovom proizvodu je očigledno jednak prema 1, a treći drugi omjer je jednak 1. Stoga 2 2:1, što je trebalo dokazati. Primjer 2. Sekansa siječe produžetak stranice AC trougla ABC u tački B1 tako da je tačka C središte segmenta AB1. Ova sekansa dijeli stranu AB na pola. Pronađite u kom omjeru dijeli stranu BC? Rješenje. Za trougao i sekantu napišimo proizvod tri omjera iz Menelajeve teoreme: AB1 CA1 BC1    1. B1C A1B C1 A Iz uslova zadatka slijedi da je prvi omjer jednak jedan, a treći je 1, 2, pa je drugi omjer jednak 2, tj. sekansa dijeli stranu BC u omjeru 2:1. Sljedeći primjer primjene Menelajeve teoreme vidjet ćemo kada budemo razmatrali dokaz Cevine teoreme. Ceva teorema Većina značajnih tačaka trougla može se dobiti pomoću sljedeće procedure. Neka postoji neko pravilo prema kojem možemo izabrati određenu tačku A1 na strani BC (ili njenom nastavku) trougla ABC (na primjer, izabrati sredinu ove stranice). Zatim ćemo konstruisati slične tačke B1, C1 na druge dve strane trougla (u našem primeru još dve sredine stranica). Ako je pravilo odabira uspješno, tada će se prave AA1, BB1, CC1 sjeći u nekoj tački Z (izbor sredina stranica u tom smislu je, naravno, uspješan, jer se medijane trokuta sijeku u jednoj tački ). Želio bih imati neku opštu metodu koja omogućava da se iz položaja tačaka na stranicama trougla odredi da li se odgovarajuća trojka pravih siječe u jednoj tački ili ne. Univerzalni uslov koji je "zatvorio" ovaj problem pronašao je 1678. godine italijanski inženjer Giovanni Ceva. Definicija. Segmenti koji povezuju vrhove trokuta sa tačkama na suprotnim stranama (ili njihovim produžecima) nazivaju se ceviani ako se sijeku u jednoj tački. Postoje dvije moguće lokacije za ceviane. U jednoj varijanti, tačka preseka je unutrašnja, a krajevi ceviana leže na stranicama trougla. U drugoj opciji, tačka preseka je spoljašnja, kraj jednog ceviana leži sa strane, a krajevi druga dva ceviana leže na produžecima stranica (vidi crteže). Teorema 3. (Cheva-ova direktna teorema) U proizvoljnom trokutu ABC, na stranicama BC, CA, AB ili njihovim produžecima, uzete su tačke A1, B1, C1, respektivno, tako da se prave AA1, BB1, CC1 sijeku u nekoj zajedničkoj tačka, zatim BA1 CB1 AC1   1 CA1 AB1 BC1 . Dokaz: Postoji nekoliko originalnih dokaza Cevine teoreme; mi ćemo razmotriti dokaz zasnovan na dvostrukoj primjeni Menelajeve teoreme. Zapišimo prvi put odnos Menelajeve teoreme za trokut ABB1 i sekantu CC1 (tačku presjeka Ceviana označavamo sa Z): AC1 BZ B1C    1, C1B ZB1 CA i drugi put za trougao B1BC i sekansa AA1: B1Z BA1 ​​CA    1. ZB A1C AB1 Množenjem ova dva omjera i potrebnim smanjenjem dobijamo omjer sadržan u iskazu teoreme. Teorema 4. (Ceva obrnuta teorema). Ako je za tačke A1, B1 i C1 odabrane na stranicama trougla ABC ili njihovim produžecima, zadovoljen Chevin uslov: BA1 CB1 AC1   1 CA1 AB1 BC1, tada se prave AA1, BB1 i CC1 sijeku u jednoj tački. Dokaz ove teoreme izvodi se kontradikcijom, baš kao i dokaz Menelajeve teoreme. Razmotrimo primjere primjene Ćevinih direktnih i inverznih teorema. Primjer 3. Dokažite da se medijane trougla sijeku u jednoj tački. Rješenje. Razmotrimo relaciju AC1 BA1 CB1   C1B A1C B1 A za vrhove trougla i sredine njegovih stranica. Očigledno, u svakom razlomku brojilac i imenilac imaju jednake segmente, tako da su svi ovi razlomci jednaki jedan. Prema tome, Chevina relacija je zadovoljena, dakle, prema obrnutoj teoremi, medijane se seku u jednoj tački. Zadaci za samostalno rješavanje Ovdje predloženi zadaci su testni rad br. 1 za učenike 9. razreda. Riješite ove zadatke, rješenja zapišite u posebnu svesku (iz fizike i informatike). Na naslovnici navedite sljedeće podatke o sebi: 1. Prezime, ime, razred, profil razreda (na primjer: Vasilij Pupkin, 9. razred, matematika) 2. Poštanski broj, adresa prebivališta, e-mail (ako postoji), telefon ( kućni ili mobilni) ) 3. Podaci o školi (na primjer: MBOU br. 1, selo Bikin) 4. Prezime, puno ime nastavnika matematike (npr. nastavnik matematike Petrova M.I.) Preporučuje se rješavanje najmanje četiri zadatka. M 9.1.1. Može li sekantna linija iz Menelajeve teoreme sjeći stranice trougla (ili njihove produžetke) na segmente dužine: a) 3, 3, 5, 7, 10, 14; c) 3, 5, 6, 7, 7, 10, ako su takve opcije moguće, navedite primjere. Segmenti mogu ići različitim redoslijedom. M 9.1.2. Mogu li unutrašnje cevi trougla podijeliti njegove stranice na segmente: a) 3, 3, 5, 7, 10, 14; c) 3, 5, 6, 7, 7, 10, ako su takve opcije moguće, navedite primjere. Segmenti mogu ići različitim redoslijedom. Savjet: kada smišljate primjere, ne zaboravite provjeriti da trokut nije identičan. M 9.1.3. Koristeći Cevinu obrnutu teoremu, dokazati da: a) simetrale trougla seku u jednoj tački; b) segmenti koji spajaju vrhove trougla sa tačkama na suprotnim stranama, u kojima ove stranice dodiruju upisanu kružnicu, seku se u jednoj tački. Smjerovi: a) zapamtite u kojem omjeru simetrala dijeli suprotnu stranu; b) koristiti svojstvo da su segmenti dvije tangente povučene iz jedne tačke u određeni krug jednaki. M 9.1.4. Dovršite dokaz Menelajeve teoreme započet u prvom dijelu članka. M 9.1.5. Dokažite da se visine trougla sijeku u jednoj tački koristeći Cevinu obrnutu teoremu. M 9.1.6. Dokažite Simpsonov teorem: iz proizvoljne tačke M uzete na kružnici opisanoj oko trougla ABC, okomite se spuštaju na stranice ili produžetke stranica trougla, dokažite da osnove ovih okomica leže na istoj pravoj liniji. Savjet: Koristite obrnutu Menelajevu teoremu. Pokušajte izraziti dužine segmenata koji se koriste u odnosima u smislu dužina okomica povučenih iz njihove tačke M. Takođe je korisno podsjetiti se na svojstva uglova upisanog četverougla.