Klasė: 9
Pamokos tikslai:
- apibendrinti, plėsti ir sisteminti mokinių žinias ir įgūdžius; išmokyti panaudoti žinias sprendžiant sudėtingas problemas;
- skatinti savarankiško žinių taikymo sprendžiant problemas įgūdžių ugdymą;
- ugdyti mokinių loginį mąstymą ir matematinę kalbą, gebėjimą analizuoti, lyginti ir apibendrinti;
- ugdyti mokinius pasitikėjimu savimi, darbštumu; gebėjimas dirbti komandoje.
Pamokos tikslai:
- Švietimas: pakartokite Menelaus ir Cevos teoremas; pritaikyti juos sprendžiant problemas.
- Kuriama: išmokyti iškelti hipotezę ir sumaniai ginti savo nuomonę įrodymais; patikrinti gebėjimą apibendrinti ir sisteminti savo žinias.
- Švietimas: didinti susidomėjimą dalyku ir pasiruošti sudėtingesnių problemų sprendimui.
Pamokos tipas:žinių apibendrinimo ir sisteminimo pamoka.
Įranga: kortelės kolektyviniam darbui pamokoje tam tikra tema, individualios kortelės savarankiškam darbui, kompiuteris, multimedijos projektorius, ekranas.
Per užsiėmimus
Aš scenoje. Organizacinis momentas (1 min.)
Mokytojas paaiškina pamokos temą ir tikslą.
II etapas. Pagrindinių žinių ir įgūdžių aktualizavimas (10 min.)
Mokytojas: Pamokoje primename Menelaus ir Cevos teoremas, kad sėkmingai pereitume prie problemų sprendimo. Pažvelkime į ekraną su jumis. Kokiai teoremai skirtas šis paveikslas? (Menelajaus teorema). Pabandykite aiškiai išdėstyti teoremą.
1 paveikslas
Tegul taškas A 1 yra trikampio ABC kraštinėje BC, taškas C 1 yra AB kraštinėje, taškas B 1 yra kraštinės AC tęsinyje už taško C. Taškai A 1 , B 1 ir C 1 yra toje pačioje tiesėje, jei ir tik jei lygybė 
Mokytojas: Pažvelkime į kitą nuotrauką kartu. Suformuluokite šios figūros teoremą.
2 pav
Tiesė AD kerta dvi trikampio BMC kraštines ir trečiosios kraštinės tęsinį.
Pagal Menelaus teoremą 
Tiesė MB kerta dvi trikampio ADC kraštines ir trečiosios kraštinės tęsinį.
Pagal Menelaus teoremą 
Mokytojas: Kokią teoremą atitinka paveikslėlis? (Cevos teorema). Suformuluokite teoremą.
3 pav
Tegul trikampyje ABC taškas A 1 yra kraštinėje BC, taškas B 1 yra AC, taškas C 1 yra AB kraštinėje. Atkarpos AA 1 , BB 1 ir CC 1 susikerta viename taške tada ir tik tada, jei lygybė 
III etapas. Problemų sprendimas. (22 min.)
Klasė suskirstyta į 3 komandas, kiekviena gauna kortelę su dviem skirtingomis užduotimis. Duodamas laikas išspręsti, tada rodomas ekranas<Рисунки 4-9>. Pagal paruoštus užduočių brėžinius komandų atstovai paeiliui paaiškina savo sprendimą. Po kiekvieno paaiškinimo vyksta diskusija, atsakymai į klausimus ir sprendimo teisingumo patikrinimas ekrane. Diskusijoje dalyvauja visi komandos nariai. Kuo komanda aktyvesnė, tuo aukščiau ji įvertinama sumuojant.
1 kortelė.
1. Trikampio ABC kraštinėje BC taškas N imamas taip, kad NC = 3BN; kraštinės AC tęsinyje taškas M laikomas tašku A, kad MA = AC. Tiesė MN kerta kraštinę AB taške F. Raskite santykį
2. Įrodykite, kad trikampio medianos susikerta viename taške.
1 sprendimas
4 pav
Pagal uždavinio sąlygą MA = AC, NC = 3BN. Tegu MA = AC =b, BN = k, NC = 3k. Tiesė MN kerta dvi trikampio ABC kraštines ir trečiosios tęsinį.
Pagal Menelaus teoremą 
Atsakymas:
2 įrodymas
5 pav
Tegu AM 1 , BM 2 , CM 3 yra trikampio ABC medianos. Norint įrodyti, kad šios atkarpos susikerta viename taške, pakanka tai parodyti 
Tada pagal (atvirkštinę) Ceva teoremą atkarpos AM 1 , BM 2 ir CM 3 susikerta viename taške.
Mes turime: 
Taigi įrodyta, kad trikampio medianos susikerta viename taške.
2 kortelė.
1. Taškas N paimtas iš trikampio PQR kraštinės PQ, o taškas L – iš kraštinės PR, o NQ = LR. Atkarpų QL ir NR susikirtimo taškas dalija QL santykiu m:n, skaičiuojant nuo taško Q. Raskite
2. Įrodykite, kad trikampio pusiausvyros susikerta viename taške.
1 sprendimas
6 pav
Darant prielaidą, kad NQ = LR, tegul NA = LR =a, QF = km, LF = kn. Tiesė NR kerta dvi trikampio PQL kraštines ir trečiosios tęsinį.
Pagal Menelaus teoremą 
Atsakymas:
2 įrodymas
7 pav
Parodykime tai 
Tada pagal (atvirkštinę) Ceva teoremą AL 1 , BL 2 , CL 3 susikerta viename taške. Pagal trikampio bisektorių savybę
Gautas lygybes padauginę iš termino, gauname 
Trikampio pusiausvyroms patenkinama Cevos lygybė, todėl jos susikerta viename taške.
3 kortelė.
1. Trikampyje ABC AD yra mediana, taškas O yra vidurio taškas. Tiesė BO kerta kraštinę AC taške K. Kokiu santykiu taškas K dalijasi AC, skaičiuojant nuo taško A?
2. Įrodykite, kad jei į trikampį įrašytas apskritimas, tai atkarpos, jungiančios trikampio viršūnes su priešingų kraštinių sąlyčio taškais, susikerta viename taške.
1 sprendimas
8 pav
Tegu BD = DC = a, AO = OD = m. Linija VC kerta dvi trikampio ADC kraštines ir trečiosios kraštinės tęsinį.
Pagal Menelaus teoremą 
Atsakymas:
2 įrodymas
9 pav
Tegu A 1 , B 1 ir C 1 yra įbrėžto trikampio ABC apskritimo liestinės taškai. Norint įrodyti, kad atkarpos AA 1 , BB 1 ir CC 1 susikerta viename taške, pakanka parodyti, kad Ceva lygybė galioja: 
Naudodami apskritimo iš vieno taško nubrėžtų liestinių savybę, įvedame žymėjimą: C 1 B = BA 1 = x, AC 1 = CB 1 = y, BA 1 = AC 1 = z.
Galioja Ceva lygybė, o tai reiškia, kad trikampio pusiausvyros susikerta viename taške.
IV etapas. Problemų sprendimas (savarankiškas darbas) (8 min.)
Pedagogas: Komandų darbas baigėsi ir dabar pradėsime savarankišką darbą prie individualių 2 variantų kortelių.
Medžiaga pamokai savarankiškam mokinių darbui
1 variantas. Trikampyje ABC, kurio plotas lygus 6, kraštinėje AB paimtas taškas K, dalijantis šią kraštinę santykiu AK:BK = 2:3, o kraštinėje AC - tašką L, dalijantis AC į santykis AL:LC = 5:3. Tiesių СК ir BL susikirtimo taškas Q pašalinamas iš tiesės AB per atstumą . Raskite kraštinės AB ilgį. (Atsakymas: 4.)
2 variantas. Taškas K paimtas iš trikampio ABC kraštinės AC. AK = 1, KS = 3. Taškas L paimtas iš kraštinės AB. AL:LВ = 2:3, Q yra tiesių BK ir CL susikirtimo taškas. Raskite trikampio ABC aukščio ilgį, nuleistą nuo viršūnės B. (Atsakymas: 1.5.)
Darbas pateikiamas mokytojui peržiūrėti.
V etapas. Pamokos santrauka (2 min.)
Klaidos analizuojamos, pažymimi originalūs atsakymai ir komentarai. Kiekvienos komandos darbo rezultatai sumuojami ir skiriami balai.
VI etapas. Namų darbai (1 min.)
Namų darbus sudaro užduotys Nr.11, 12 p. 289-290, Nr. 10 p. 301.
Baigiamasis mokytojo žodis (1 min.).
Šiandien iš šono išgirdote vienas kito matematinę kalbą ir įvertinote savo galimybes. Ateityje tokias diskusijas naudosime, kad geriau suprastume temą. Argumentai pamokoje buvo draugai su faktais, o teorija su praktika. Ačiū jums visiems.
Literatūra:
- Tkachukas V.V. Matematika pretendentui. – M.: MTsNMO, 2005 m.
A.V. Ševkinas
FMS Nr. 2007
Cevos ir Menelaus teoremos apie vieningą valstybinį egzaminą
Išsamus straipsnis „Apie Cevos ir Menelaus teoremas“ skelbiamas mūsų svetainės STRAIPSNIŲ skiltyje. Ji skirta matematikos mokytojams ir aukštųjų mokyklų studentams, kurie yra motyvuoti gerai išmanyti matematiką. Galite grįžti prie jo, jei norite išsamiau suprasti problemą. Šioje pastaboje pateiksime trumpą informaciją iš minėto straipsnio ir išanalizuosime problemų sprendimus iš rinkinio, skirto pasirengti vieningam valstybiniam egzaminui-2016.
Cevos teorema
Tegu pateikiamas trikampis ABC ir jo šonuose AB, pr. Kr Ir AC taškai pažymėti C 1 , A 1 Ir B 1 atitinkamai (1 pav.).
a) Jei segmentai AA 1 , BB 1 ir CC 1 susikerta viename taške, tada
b) Jei lygybė (1) yra teisinga, tai atkarpos AA 1 , BB 1 ir CC 1 susikerta viename taške.
1 paveiksle parodytas atvejis, kai segmentai AA 1 , BB 1 ir CC 1 susikerta viename taške trikampio viduje. Tai yra vadinamasis vidinis taškas. Cevos teorema galioja ir išorinio taško atveju, kai vienas iš taškų A 1 , B 1 arba SU 1 priklauso trikampio kraštinei, o kiti du priklauso trikampio kraštinių plėtiniams. Šiuo atveju atkarpų susikirtimo taškas AA 1 , BB 1 ir CC 1 yra už trikampio ribų (2 pav.).
|
|
|
Kaip prisiminti Chevos lygtį?
Atkreipkime dėmesį į lygybės įsiminimo būdą (1). Trikampio viršūnės kiekviename santykyje ir patys ryšiai rašomi trikampio viršūnių apėjimo kryptimi ABC, pradedant nuo taško A. nuo taško A eik prie reikalo B, mes sutinkame tašką SU 1, užrašykite trupmeną 
. Toliau nuo taško IN eik prie reikalo SU, mes sutinkame tašką A 1, užrašykite trupmeną 
. Galiausiai iš esmės SU eik prie reikalo A, mes sutinkame tašką IN 1, užrašykite trupmeną 
. Išorinio taško atveju išsaugoma trupmenų rašymo tvarka, nors du atkarpos „dalybos taškai“ yra už jų atkarpų ribų. Tokiais atvejais sakome, kad taškas dalija atkarpą išorėje.
Atkreipkite dėmesį, kad bet kuri atkarpa, jungianti trikampio viršūnę su bet kuriuo tiesės tašku, kurioje yra priešinga trikampio kraštinė, vadinama ceviana.
Panagrinėkime kelis būdus, kaip įrodyti Cevos teoremos teiginį a) vidinio taško atveju. Norint įrodyti Cevos teoremą, reikia įrodyti teiginį a) bet kuriuo iš toliau siūlomų metodų, taip pat įrodyti teiginį b). Teiginio b) įrodymas pateikiamas po pirmojo teiginio a) įrodinėjimo būdo. Cevos teoremos įrodymai išorinio taško atveju atliekami panašiai.
Cevos teoremos teiginio a) įrodymas naudojant proporcingų atkarpų teoremą
Tegul trys cevijos AA 1 , BB 1 ir CC 1 susikerta taške Z trikampio viduje ABC.
Įrodinėjimo idėja yra lygybės (1) atkarpų santykius pakeisti atkarpų, esančių toje pačioje tiesėje, santykiais.
Per tašką IN nubrėžkite liniją, lygiagrečią su ceviana SS 1 . Tiesiai AA 1 taške kerta sukonstruotą tiesę M, ir tiesė, einanti per tašką C ir lygiagrečiai AA 1 , - taške T. per taškus A Ir SU nubrėžkite tiesias linijas, lygiagrečias ceviams BB 1 . Jie peržengs liniją VM taškuose N Ir R atitinkamai (3 pav.).
P 
apie proporcingų atkarpų teoremą turime:
,
Ir 
.
Tada lygybės
.
Lygiagretainiuose ZCTM Ir ZCRB segmentai TM, СZ Ir BR lygūs priešingoms lygiagretainio kraštinėms. Vadinasi, 
ir lygybė yra tiesa
.
Įrodydami teiginį b) naudojame tokį teiginį. Ryžiai. 3
1 lema. Jei taškai SU 1 ir SU 2 padalinkite pjūvį AB vidinis (arba išorinis) vaizdas tuo pačiu požiūriu, skaičiuojant nuo to paties taško, tada šie taškai sutampa.
Įrodykime lemą tuo atveju, kai taškai SU 1 ir SU 2 padalinkite pjūvį AB viduje tuo pačiu požiūriu: 
.
Įrodymas. Iš lygybės 
po to seka lygybės 
Ir 
. Paskutinis iš jų įvykdomas tik su sąlyga, kad SU 1 B Ir SU 2 B yra lygūs, t. y. su sąlyga, kad taškai SU 1 ir SU 2 rungtynės.
Lemos įrodymas tuo atveju, kai taškai SU 1 ir SU 2 padalinkite pjūvį AB išoriškai atliekami panašiai.
Cevos teoremos tvirtinimo b) įrodymas
Dabar tegul lygybė (1) yra tiesa. Įrodykime, kad segmentai AA 1 , BB 1 ir CC 1 susikerta viename taške.
Tegul ceviai AA 1 ir BB 1 susikerta taške Z, nubrėžkite atkarpą per šį tašką CC 2 (SU 2 guli ant segmento AB). Tada, remdamiesi teiginiu a), gauname teisingą lygybę
.
(2)
IR 
Palyginę (1) ir (2) lygybes, darome išvadą, kad 
, t.y. taškais SU 1 ir SU 2 padalinkite pjūvį AB tuo pačiu santykiu, skaičiuojant nuo to paties taško. 1 lema reiškia, kad taškai SU 1 ir SU 2 rungtynės. Tai reiškia, kad segmentai AA 1 , BB 1 ir CC 1 susikerta viename taške, o tai turėjo būti įrodyta.
Galima įrodyti, kad lygybės (1) rašymo tvarka nepriklauso nuo to, kuriame taške ir kuria kryptimi apeinamos trikampio viršūnės.
1 pratimas. Raskite atkarpos ilgį AN 4 paveiksle, kuriame pavaizduoti kitų segmentų ilgiai.
Atsakymas. 8.
2 užduotis. cevians ESU,
BN, CK susikerta viename taške trikampio viduje ABC. Raskite požiūrį 
, Jei 
,
. Ryžiai. 4
Atsakymas.
.
P 
pateikiame Cevos teoremos įrodymą iš straipsnio. Įrodinėjimo idėja yra pakeisti atkarpų santykius iš lygybės (1) atkarpų, esančių lygiagrečiose tiesėse, santykiais.
Leiskite tiesiai AA 1 , BB 1 , CC 1 susikerta taške O trikampio viduje ABC(5 pav.). Per viršų SU trikampis ABC nubrėžkite lygiagrečią liniją AB, ir jo susikirtimo su linijomis taškai AA 1 , BB 1 reiškia atitinkamai A 2 , B 2 .
Iš dviejų trikampių porų panašumo CB 2 B 1 Ir ABB 1 , BAA 1 Ir CA 2 A 1, pav. 5
mes turime lygybes
,
.
(3)
Iš trikampių panašumo pr. Kr 1 O Ir B 2 CO, ASU 1 O Ir A 2 CO mes turime lygybes 
, iš kurio išplaukia, kad
.
(4)
P 
padauginus lygybes (3) ir (4), gauname lygybę (1).
Cevos teoremos teiginys a) įrodytas.
Apsvarstykite Cevos teoremos teiginio a) įrodymus, naudojant vidinio taško sritis. Knygoje teigiama A.G. Myakishev ir remiasi teiginiais, kuriuos suformuluosime užduočių forma 3 Ir 4 .
3 užduotis. Dviejų trikampių, turinčių bendrą viršūnę ir pagrindų, esančių vienoje tiesėje, plotų santykis yra lygus šių pagrindų ilgių santykiui. Įrodykite šį teiginį.
4 užduotis.Įrodykite, kad jei 
, Tai 
Ir 
. Ryžiai. 6
Tegul segmentai AA 1 , BB 1 ir CC 1 susikerta taške Z(6 pav.), tada
,
.
(5)
IR 
iš lygybių (5) ir antrojo užduoties teiginio 4
seka tuo 
arba 
. Panašiai mes tai gauname 
Ir 
. Padauginus paskutines tris lygybes, gauname:
,
y., lygybė (1) yra teisinga, kurią reikėjo įrodyti.
Cevos teoremos teiginys a) įrodytas.
15 užduotis. Tegul cevijos susikerta viename trikampio viduje ir padalinkite jį į 6 trikampius, kurių plotai lygūs S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 , S 6 (7 pav.). Įrodyk tai . Ryžiai. 7
6 užduotis. Raskite sritį S trikampis CNZ(kitų trikampių plotai pavaizduoti 8 pav.).
Atsakymas. 15.
7 užduotis. Raskite sritį S trikampis CNO jei trikampio plotas ANE yra 10 ir 
,
(9 pav.).
Atsakymas. 30.
8 užduotis. Raskite sritį S trikampis CNO jei trikampio plotas Apr. Kr yra lygus 88 ir ,
(9 pav.).
|
|
|
R 
sprendimas. Nuo , žymime 
,
. Nes
, tada pažymime 
,
. Iš Cevos teoremos išplaukia, kad 
, ir tada 
. Jeigu 
, Tai 
(10 pav.). Mes turime tris nežinomus ( x, y
Ir S), taip rasti S Padarykime tris lygtis.
Nes 
, Tai 
= 88. Kadangi 
, Tai 
, kur 
. Nes 
, Tai 
.
Taigi, 
, kur 
. Ryžiai. 10
9 užduotis.
Trikampyje ABC taškų K Ir L priklauso atitinkamai šalims AB
Ir BC.
,
.
P AL Ir CK. Trikampio plotas PBC lygus 1. Raskite trikampio plotą ABC.
Atsakymas. 1,75.
T 
Menelaus teorema
Tegu pateikiamas trikampis ABC ir jo šonuose AC Ir CB taškai pažymėti B 1 ir A 1 atitinkamai ir ant pusės tęsinio AB pažymėtas taškas C 1 (11 pav.).
a) Jei taškai A 1 , B 1 ir SU 1 guli ant tos pačios linijos
.
(6)
b) Jei lygybė (7) yra teisinga, tada taškai A 1 , B 1 ir SU 1 guli toje pačioje eilutėje. Ryžiai. vienuolika
Kaip prisiminti Menelaus lygybę?
Lygybės (6) įsiminimo technika yra tokia pati kaip ir lygybės (1). Trikampio viršūnės kiekviename santykyje ir patys ryšiai rašomi trikampio viršūnių apėjimo kryptimi ABC- nuo viršūnės iki viršūnės, einanti per padalijimo taškus (vidinius arba išorinius).
10 užduotis.Įrodykite, kad rašant lygybę (6) iš bet kurios trikampio viršūnės bet kuria kryptimi, gaunamas toks pat rezultatas.
Norint įrodyti Menelaus teoremą, teiginį a) reikia įrodyti bet kuriuo iš toliau siūlomų metodų, taip pat įrodyti teiginį b). Teiginio b) įrodymas pateikiamas po pirmojo teiginio a) įrodinėjimo būdo.
Teigimo įrodymas a) naudojant proporcingų atkarpų teoremą
ašbūdu. a) Įrodinėjimo idėja yra lygybės (6) atkarpų ilgių santykius pakeisti atkarpų, esančių vienoje tiesėje, ilgių santykiais.
Tegul taškai A 1 , B 1 ir SU 1 guli toje pačioje eilutėje. Per tašką C nubrėžkime tiesią liniją l, lygiagrečiai linijai A 1 B 1 , jis kerta liniją AB taške M(12 pav.).
R 
yra. 12
Pagal proporcingų segmentų teoremą turime: 
Ir 
.
Tada lygybės 
.
Menelaus teoremos tvirtinimo b) įrodymas
Dabar tegul lygybė (6) yra tiesa, mes įrodysime, kad taškai A 1 , B 1 ir SU 1 guli toje pačioje eilutėje. Leiskite tiesiai AB Ir A 1 B 1 susikerta taške SU 2 (13 pav.).
Nuo taškų A 1 B 1 ir SU 2 yra toje pačioje eilutėje, tada pagal Menelaus teoremos a) teiginį
. (7)
Iš (6) ir (7) lygybių palyginimo turime 
, iš kur išplaukia, kad lygybės
,
,
.
Paskutinė lygybė galioja tik esant sąlygai 
, t.y. jei taškai SU 1 ir SU 2 rungtynės.
Įrodytas Menelaus teoremos b) teiginys. Ryžiai. 13
Teigimo a) įrodymas naudojant trikampių panašumą
Įrodinėjimo idėja – atkarpų ilgių santykius iš lygybės (6) pakeisti atkarpų, esančių lygiagrečiose tiesėse, ilgių santykiais.
Tegul taškai A 1 , B 1 ir SU 1 guli toje pačioje eilutėje. Iš taškų A, B Ir C nubrėžti statmenus AA 0 , BB 0 ir SS 0 iki šios tiesės (14 pav.).
R 
yra. 14
Iš trijų trikampių porų panašumo AA 0 B 1 Ir CC 0 B 1 , CC 0 A 1 Ir BB 0 A 1 , C 1 B 0 B Ir C 1 A 0 A(dviejuose kampuose) turime teisingas lygybes
,
,
,
padauginus juos, gauname:
.
Įrodytas Menelaus teoremos a) teiginys.
Tvirtinimo įrodymas a) naudojant plotus
Įrodinėjimo idėja yra atkarpų ilgių santykį iš lygybės (7) pakeisti trikampių plotų santykiais.
Tegul taškai A 1 , B 1 ir SU 1 guli toje pačioje eilutėje. Sujunkite taškus C Ir C 1 . Pažymėkite trikampių plotus S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 (15 pav.).
Tada lygybės
,
,
. (8)
Padauginus lygybes (8), gauname:
Įrodytas Menelaus teoremos a) teiginys.
R 
yra. 15
Kaip Cevos teorema lieka galioti, jei Cevjano susikirtimo taškas yra už trikampio ribų, Menelaus teorema lieka galioti, jei sekantas kerta tik trikampio kraštinių plėtinius. Šiuo atveju galime kalbėti apie trikampio kraštinių susikirtimą išoriniuose taškuose.
Teigimo įrodymas a) išorinių taškų atveju
P 
sekanto žiotis kerta trikampio kraštines ABC išoriniuose taškuose, t.y. kerta kraštinių pratęsimus AB,pr. Kr Ir AC taškuose C 1 , A 1 ir B 1, o šie taškai yra toje pačioje tiesėje (16 pav.).
Pagal proporcingų segmentų teoremą turime:
Ir .
Tada lygybės
Įrodytas Menelaus teoremos a) teiginys. Ryžiai. 16
Atkreipkite dėmesį, kad aukščiau pateiktas įrodymas sutampa su Menelaus teoremos įrodymu tuo atveju, kai sekantas kerta dvi trikampio kraštines vidiniuose taškuose, o vieną – išorinėje.
Menelaus teoremos tvirtinimo b) įrodymas išorinių taškų atveju yra panašus į aukščiau pateiktą įrodymą.
Z 
pragaras11.
Trikampyje ABC taškų A 1 , IN 1 guli atitinkamai šonuose saulė Ir ASU.
P- atkarpų susikirtimo taškas AA 1
Ir BB 1 .
,
. Raskite požiūrį 
.
Sprendimas. Pažymėti 
,
,
,
(17 pav.). Pagal Menelaus teoremą trikampiui pr. KrIN 1 ir sekantas PA 1 parašykite teisingą lygybę:
,
iš kur seka tai
. Ryžiai. 17
Atsakymas.
.
Z 
pragaras12
(Maskvos valstybinis universitetas, neakivaizdiniai parengiamieji kursai).
Trikampyje ABC,
kurio plotas 6, šone AB paimtas taškas KAM,
dalijantis šią pusę atžvilgiu 
, ir šone AC- taškas L,
dalijant AC santykiuose 
. Taškas P
linijų sankirtos SC Ir INL
pašalintas iš linijos AB 1,5 atstumu. Raskite šono ilgį AB.
Sprendimas. Iš taškų R Ir SU numeskime statmenus PR Ir CM tiesiogiai AB. Pažymėti 
,
,
,
(18 pav.). Pagal Menelaus teoremą trikampiui AKC ir sekantas PL parašykite teisingą lygtį: 
, iš kur mes tai gauname 
,
. Ryžiai. 18
Iš trikampių panašumo KAMMC Ir KAMRP(dviejų kampų) mes tai gauname 
, iš kur tai seka 
.
Dabar, žinant aukščio ilgį, nubrėžtą į šoną AB trikampis ABS, ir šio trikampio plotą, apskaičiuojame kraštinės ilgį: 
.
Atsakymas. 4.
Z 
pragaras13.
Trys apskritimai su centrais A,IN,SU,
kurių spinduliai susiję kaip 
, palieskite vienas kitą išorėje taškuose X, Y, Z kaip parodyta 19 paveiksle. Segmentai AX Ir BY susikerta taške O.
Kokiu santykiu, skaičiuojant nuo taško B, linijos atkarpa cz dalija segmentą BY?
Sprendimas. Pažymėti 
,
,
(19 pav.). Nes 
, tada pagal Cevos teoremos b) atkarpas AX, BY Ir SUZ susikerta viename taške O. Tada segmentas cz dalija segmentą BY santykiuose 
. Raskime šį ryšį. Ryžiai. 19
Pagal Menelaus teoremą trikampiui BCY ir sekantas JAUTIS mes turime: 
, iš kur tai seka 
.
Atsakymas.
.
14 užduotis (USE-2016).
taškų IN 1 ir SU AC Ir AB trikampis ABC, be to AB 1:B 1 SU
=
= AC 1:SU 1 B. Tiesioginis BB 1
Ir SS 1
susikerta taške APIE.
A 
) Įrodykite, kad linija UAB padalinti pusę Saulė.
AB 1 OC 1 į trikampio plotą ABC jei tai žinoma AB 1:B 1 SU = 1:4.
Sprendimas. a) Tegul linija AO kerta šoną pr. Kr taške A 1 (20 pav.). Pagal Cevos teoremą turime:
.
(9)
Nes AB 1:B 1 SU
= AC 1:SU 1 B, tada iš lygybės (9) išplaukia, kad 
, tai yra CA 1 = A 1 B, kas turėjo būti įrodyta. Ryžiai. 20
b) Tegul trikampio plotas AB 1 O yra lygus S. Nes AB 1:B 1 SU CB 1 O lygus 4 S, ir trikampio plotas AOC lygus 5 S. Tada trikampio plotas AOB taip pat lygus 5 S, nes trikampiai AOB Ir AOC turi bendrą pagrindą AO, ir jų viršūnes B Ir C vienodu atstumu nuo linijos AO. Ir trikampio plotas AOC 1 lygus S, nes AC 1:SU 1 B = 1:4. Tada trikampio plotas ABB 1 lygu 6 S. Nes AB 1:B 1 SU= 1:4, tada trikampio plotas CB 1 O lygus 24 S, ir trikampio plotas ABC lygus 30 S. Dabar suraskime keturkampio ploto santykį AB 1 OC 1 (2S) į trikampio plotą ABC (30S), jis lygus 1:15.
Atsakymas. 1:15.
15 užduotis (USE-2016).
taškų IN 1 ir SU 1 guli atitinkamai šonuose AC Ir AB trikampis ABC, be to AB 1:B 1 SU
=
= AC 1:SU 1 B. Tiesioginis BB 1
Ir SS 1
susikerta taške APIE.
a) Įrodykite, kad eilutė UAB padalinti pusę Saulė.
b) Raskite keturkampio ploto santykį AB 1 OC 1 į trikampio plotą ABC jei tai žinoma AB 1:B 1 SU = 1:3.
Atsakymas. 1:10.
Z 
1 užduotis6 (USE-2016). Ant segmento BD paimtas taškas SU. Bisektorius BL ABC su baze saulė BLD su baze BD.
a) Įrodykite, kad trikampis DCL lygiašoniai.
b) Yra žinoma, kad cos 
ABC DL, ty trikampis BD paimtas taškas SU. Bisektorius BL lygiašonis trikampis ABC su baze saulė yra lygiašonio trikampio šoninė kraštinė BLD su baze BD.
a) Įrodykite, kad trikampis DCL lygiašoniai.
b) Yra žinoma, kad cos ABC= . Kokiu būdu yra tiesioginis DL dalija pusę AB?
Atsakymas. 4:21.
Literatūra
1. Smirnova I.M., Smirnovas V.A. Nuostabūs trikampio taškai ir linijos. M.: Matematika, 2006, Nr.17.
2. Myakishev A.G. Trikampio geometrijos elementai. (Serija „Biblioteka „Matematinis ugdymas“). M.: MTsNMO, 2002. - 32 p.
3. Geometrija. Papildomi skyriai 8 klasės vadovėliui: Vadovėlis mokyklų ir klasių mokiniams su giluminiu mokymusi / L.S. Atanasjanas, V.F. Butuzovas, S.B. Kadomcevas ir kiti - M.: Vita-Press, 2005. - 208 p.
4. Erdniev P., Mantsaev N. Cheva ir Menelaus teoremos. M.: Kvant, 1990, Nr.3, p.56–59.
5. Šaryginas I.F. Cevos ir Menelaus teoremos. Maskva: Kvantas, 1976, Nr. 11, p. 22–30.
6. Vavilovas V.V. Trikampio medianos ir vidurio linijos. M.: Matematika, 2006, Nr.1.
7. Efremovas Dm. Nauja trikampio geometrija. Odesa, 1902. - 334 p.
8. Matematika. 50 tipinių testo užduočių variantų / I.V. Jaščenka, M.A. Volkevičius, I.R. Vysotskis ir kiti; red. I.V. Jaščenka. - M .: Leidykla "Egzaminas", 2016. - 247 p.
ČEVOS IR MENELAU TEOROS
Cevos teorema
Daugumą puikių trikampio taškų galima gauti naudojant šią procedūrą. Tebūnie kokia nors taisyklė, pagal kurią galime pasirinkti tam tikrą tašką A 1 , trikampio ABC kraštinėje BC (arba jos tęsinyje) (pavyzdžiui, pasirinkite šios kraštinės vidurio tašką). Tada statome panašius taškus B 1, C 1 kitose dviejose trikampio pusėse (mūsų pavyzdyje yra dar du kraštinių vidurio taškai). Jei pasirinkimo taisyklė sėkminga, nukreipkite AA 1, BB 1, CC 1 susikerta tam tikrame taške Z (šia prasme kraštinių vidurio taškų pasirinkimas, žinoma, yra sėkmingas, nes trikampio medianos susikerta viename taške).
Norėčiau turėti kokį nors bendrą metodą, kuris leistų mums iš taškų padėties trikampio kraštinėse nustatyti, ar atitinkamas tiesių trigubas susikerta viename taške, ar ne.
Universalią sąlygą, kuri „uždarė“ šią problemą, 1678 m. rado italų inžinieriusDžovanis Čeva .
Apibrėžimas. Atkarpos, jungiančios trikampio viršūnes su priešingose pusėse esančiais taškais (arba jų plėtiniais), vadinami cevianais, jei susikerta viename taške.
Yra du ceviano vietos variantai. Vienoje versijoje esmė
sankirtos yra vidinės, o cevių galai yra trikampio šonuose. Antrajame variante susikirtimo taškas yra išorinis, vieno ceviano galas guli šone, o kitų dviejų cevių galai guli ant šonų pratęsimų (žr. brėžinius).
3 teorema. (Tiesioginė Ceva teorema) Savavališkame trikampyje ABC iš kraštinių BC, CA, AB arba jų plėtinių atitinkamai imami taškai A 1 , IN 1 , SU 1 , kad tiesioginis AA 1 , BB 1 , SS 1 susikerta tam tikrame bendrame taške
.
Įrodymas: Kadangi yra keletas originalių Cevos teoremos įrodymų, svarstysime įrodymą, pagrįstą dvigubu Menelaus teoremos taikymu. Pirmą kartą užrašykime Menelaus teoremos santykį trikampiuiABB 1 ir sekantas CC 1 (žymime ceviano susikirtimo taškąZ):
,
o antrą kartą – trikampiuiB 1 pr. Kr ir sekantas AA 1 :
.
Padauginus šiuos du ryšius ir atlikus reikiamus redukcijas, gauname teoremos teiginyje esantį ryšį.
4 teorema. (Atvirkštinė Ceva teorema) . Jei pasirinktiesiems trikampio šonuose ABC arba jų taškų pratęsimai A 1 , IN 1 Ir C 1 Ceva sąlyga patenkinta:
,
tada tiesiai AA 1 , BB 1 Ir CC 1 susikerta viename taške .
Šios teoremos įrodymas vykdomas prieštaravimu, kaip ir Menelaus teoremos įrodymas.
Panagrinėkime tiesioginės ir atvirkštinės Ceva teoremų taikymo pavyzdžius.
3 pavyzdys Įrodykite, kad trikampio medianos susikerta viename taške.
Sprendimas. Apsvarstykite santykį
trikampio viršūnėms ir jo kraštinių vidurio taškams. Akivaizdu, kad kiekvienoje trupmenoje skaitiklyje ir vardiklyje yra vienodi segmentai, todėl visos šios trupmenos yra lygios vienetui. Todėl Ceva santykis yra tenkinamas, todėl pagal atvirkštinę teoremą medianos susikerta viename taške.
Teorema (Cevos teorema) . Tegul taškai gulėti ant šonų ir trikampis atitinkamai. Tegul segmentai Ir susikerta viename taške. Tada
(apvažiuokite trikampį pagal laikrodžio rodyklę).
Įrodymas. Pažymėti atkarpų susikirtimo taškas Ir . Nuleisti iš taškų Ir statmenai tieseiprieš susikertant su juo taškuose Ir atitinkamai (žr. pav.).
Nes trikampiai Ir turi bendrą pusę, tada jų plotai yra susiję kaip aukščiai, nubrėžti į šią pusę, t.y. Ir:
Paskutinė lygybė yra teisinga, nes stačiakampiai trikampiai Ir panašus smailiu kampu.
Panašiai gauname
Ir 
Padauginkime šias tris lygybes:
Q.E.D.
Apie medianas:
1. Trikampio ABC viršūnėse pastatykite vienetines mases.
2. Taškų A ir B masės centras yra AB viduryje. Visos sistemos masės centras turi būti vidurinėje kraštinėje AB, nes trikampio ABC masės centras yra taškų A ir B masės centro ir taško C masės centras.
(supainiojo)
3. Panašiai - CM turi gulėti ant medianos į šonus AC ir BC
4. Kadangi CM yra vienintelis taškas, tai visos šios trys medianos jame turi susikirsti.
Beje, iš karto išplaukia, kad jie yra padalinti iš sankryžos santykiu 2: 1. Kadangi taškų A ir B masės centro masė yra 2, o taško C masė yra 1, todėl bendras masės centras pagal proporcijų teoremą medianą padalins santykiu 2/1.
Labai ačiū, jis pateiktas prieinamu būdu, manau, kad nebūtų nereikalinga pateikti įrodymus naudojant masės geometrijos metodus, pavyzdžiui:
Tiesės AA1 ir CC1 susikerta taške O; AC1: C1B = p ir BA1: A1C = q. Turime įrodyti, kad linija BB1 eina per tašką O tada ir tik tada, kai CB1: B1A = 1: pq.
Taškuose A, B ir C pastatykime atitinkamai mases 1, p ir pq. Tada taškas C1 yra taškų A ir B masės centras, o taškas A1 yra taškų B ir C masės centras. Todėl taškų A, B ir C masės centras su nurodytomis masėmis yra taškas O. tiesių CC1 ir AA1 sankirta. Kita vertus, taškas O yra atkarpoje, jungiančioje tašką B su taškų A ir C masės centru. Jei B1 yra taškų A ir C masės centras, kurio masės 1 ir pq, tai AB1: B1C = pq: 1. Belieka pastebėti, kad atkarpoje AC yra vienas taškas, dalijantis jį tokiu santykiu AB1: B1C.
2. Cevos teorema
Vadinamas atkarpa, jungianti trikampio viršūnę su tam tikru tašku priešingoje pusėjeceviana . Taigi, jei trikampyjeABC X , Y ir Z - taškai šonuosepr. Kr , CA , AB atitinkamai, tada segmentaiAX , BY , cz yra ševikai. Terminas kilęs iš italų matematiko Giovanni Ceva, kuris 1678 m. paskelbė šią labai naudingą teoremą:
Teorema 1.21. Jei trys trikampio ABC cevianai AX, BY, CZ (po vieną iš kiekvienos viršūnės) yra konkurencingi, tada
|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .
| Ryžiai. 3. |
Kai sakome, kad trys eilutės (arba segmentai)konkurencingas , tada turime omenyje, kad jie visi eina per vieną tašką, kurį žymimeP . Norėdami įrodyti Ceva teoremą, prisiminkite, kad vienodo aukščio trikampių plotai yra proporcingi trikampių pagrindams. Remdamiesi 3 paveikslu, turime:
|BX||XC|= SABXSAXC= SPBXSPXC= SABX-SPBXSAXC-SPXC= SABPSCAP.
Taip pat,
|CY||YA|= SBCPSABP, |AZ||ZB|= SCAPSBCP.
Dabar, jei juos padauginsime, gausime
|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|= SABPSCAP· SBCPSABP· SCAPSBCP=1 .
Šios teoremos atvirkštinė formulė taip pat teisinga:
Teorema 1.22. Jei trys cevianai AX, BY, CZ tenkina santykį
|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 ,
tada jie yra konkurencingi .
Norėdami tai parodyti, tarkime, kad pirmieji du cevianai susikerta taškeP , kaip ir anksčiau, ir trečioji ceviana, einanti per taškąP , valiaCZ' . Tada pagal 1.21 teoremą
|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ′||Z'B|=1 .
Bet pagal prielaidą
|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .
Vadinasi,
|AZ||ZB|= |AZ′||Z'B| ,
taškasZ' sutampa su taškuZ , ir mes įrodėme, kad segmentaiAX , BY Ircz konkurencingas (, b. l. 54 ir , b. l. 48, 317).
Matematika – 10 klasė Mendelis Viktoras Vasiljevičius, Gamtos mokslų, matematikos ir informacinių technologijų fakulteto dekanas, FESGU CHEVA IR MENELAY TEOREMOS Ypatinga vieta planimetrijoje skiriama dviem nuostabioms teoremoms: Čevos teoremai ir Menelaus teoremai. Šios teoremos nėra įtrauktos į vidurinės mokyklos geometrijos kurso pagrindinę programą, tačiau jas mokytis (ir taikyti) rekomenduojama tiems, kurie matematika domisi šiek tiek labiau nei įmanoma pagal mokyklos programą. Kodėl šios teoremos įdomios? Pirma, atkreipiame dėmesį, kad sprendžiant geometrinius uždavinius, produktyviai derinami du požiūriai: - vienas grindžiamas pagrindinės struktūros apibrėžimu (pavyzdžiui: trikampis - apskritimas; trikampis - skenanti linija; trikampis - trys einančios linijos per jo viršūnes ir susikerta viename taške; keturkampis su dviem lygiagrečiomis kraštinėmis ir kt.), o antrasis yra atskaitos uždavinių metodas (paprasti geometriniai uždaviniai, į kuriuos redukuojamas sudėtingos problemos sprendimo procesas). Taigi, Menelaus ir Cevos teoremos yra vienos iš labiausiai paplitusių konstrukcijų: pirmojoje laikomas trikampis, kurio kraštines arba kraštinių plėtinius kerta kokia nors linija (sekantas), antroji yra apie trikampį ir tris tieses, einančius per jos viršūnės, susikertančios viename taške. Menelaus teorema Ši stebimų (kartu su atvirkštinių) ryšių teorema parodo atkarpas, dėsningumą, jungiančią tam tikro trikampio viršūnes ir sekanto susikirtimo taškus su trikampio kraštinėmis (kraštinių plėtiniais). Brėžiniuose parodyti du galimi trikampio ir sekanto vietos atvejai. Pirmuoju atveju sekantas kerta dvi trikampio kraštines ir trečiosios tęsinį, antruoju - visų trijų trikampio kraštinių tęsinį. Teorema 1. (Menelaus) Tegul ABC kerta tiesė, kuri nėra lygiagreti kraštinei AB ir kerta jos dvi kraštines AC ir BC atitinkamai taškuose B1 ir A1, o tiesė AB taške C1, tada AB1 CA1 BC1 1. B1C A1B C1 A teorema 2. (Konvertas su Menelaus teorema) Tegu trikampio ABC taškai A1, B1, C1 priklauso atitinkamai tiesėms BC, AC, AB, tai jei AB1 CA1 BC1 1 B1C A1B C1 A , tada taškai A1, B1, C1 yra vienoje tiesėje. Pirmosios teoremos įrodymas gali būti atliktas taip: statmenys iš visų trikampio viršūnių nuleidžiami ant sekantinės linijos. Rezultatas yra trys poros panašių stačiųjų trikampių. Teoremos formuluotėje atsirandantys atkarpų santykiai pakeičiami juos panašiai atitinkančių statmenų santykiais. Pasirodo, kiekvienas segmentas - statmenas trupmenomis bus du kartus: vieną kartą vienoje trupmenoje skaitiklyje, antrą kartą, kitoje trupmenoje, vardiklyje. Taigi visų šių santykių sandauga bus lygi vienetui. Atvirkštinė teorema įrodoma metodu „prieštaravimu“. Daroma prielaida, kad 2 teoremos sąlygomis taškai A1, B1, C1 nėra vienoje tiesėje. Tada linija A1B1 susikirs AB kraštą taške C2, kuris skiriasi nuo taško C1. Šiuo atveju, remiantis 1 teorema, taškams A1, B1, C2 galioja tas pats ryšys kaip ir taškams A1, B1, C1. Iš to išplaukia, kad taškai C1 ir C2 padalins atkarpą AB lygiomis dalimis. Tada šie taškai sutampa – gavome prieštaravimą. Apsvarstykite Menelaus teoremos taikymo pavyzdžius. 1 pavyzdys. Įrodykite, kad trikampio medianos susikirtimo taške dalijasi santykiu 2:1, skaičiuojant nuo viršūnės. Sprendimas. Užrašykime teoremoje gautą santykį Menelaus trikampiui ABMb ir tiesei McM(C): AM c BM M bC 1. M c B MM b CA Pirmoji trupmena šiame sandaugoje akivaizdžiai lygi 1, o trečios sekundės santykis yra lygus 1 . Todėl 2 2:1, kas turėjo būti įrodyta. 2 pavyzdys. Sekantas kerta trikampio ABC kraštinės AC tęsinį taške B1 taip, kad taškas C būtų atkarpos AB1 vidurio taškas. AB kraštinę dalija šis sekantas. Raskite santykį, kuriuo jis dalija kraštinę BC? Sprendimas. Trikampiui ir sekantui užrašykime trijų santykių sandaugą iš Menelaus teoremos: AB1 CA1 BC1 1. B1C A1B C1 A Iš uždavinio sąlygų išplaukia, kad pirmasis santykis lygus vienetui, ir trečiasis 1 , 2 taigi, antrasis santykis lygus 2, t.y., sekantas dalija pusę BC santykiu 2:1. Šį Menelaus teoremos taikymo pavyzdį sutiksime, kai svarstysime Cevos teoremos įrodymą. Ceva teorema Daugumą puikių trikampio taškų galima gauti naudojant šią procedūrą. Tebūnie kokia nors taisyklė, pagal kurią galime pasirinkti tam tikrą tašką A1, esantį trikampio ABC kraštinėje BC (arba jos tęsinyje) (pavyzdžiui, pasirenkame šios kraštinės vidurio tašką). Tada panašius taškus B1, C1 statome kitose dviejose trikampio kraštinėse (mūsų pavyzdyje yra dar du kraštinių vidurio taškai). Jei pasirinkimo taisyklė sėkminga, tai tiesės AA1, BB1, CC1 susikerta tam tikrame taške Z (šia prasme kraštinių vidurio taškų pasirinkimas, žinoma, sėkmingas, nes trikampio medianos susikerta viename taške) . Norėčiau turėti kokį nors bendrą metodą, kuris leistų mums iš taškų padėties trikampio kraštinėse nustatyti, ar atitinkamas tiesių trigubas susikerta viename taške, ar ne. Universalią sąlygą, kuri „uždarė“ šią problemą, 1678 m. rado italų inžinierius Giovanni Ceva. Apibrėžimas. Atkarpos, jungiančios trikampio viršūnes su priešingose pusėse esančiais taškais (arba jų plėtiniais), vadinami cevianais, jei susikerta viename taške. Yra du ceviano vietos variantai. Viename įgyvendinimo variante susikirtimo taškas yra vidinis, o cevių galai yra trikampio šonuose. Antrajame variante susikirtimo taškas yra išorinis, vieno ceviano galas guli šone, o kitų dviejų cevių galai guli ant šonų pratęsimų (žr. brėžinius). 3 teorema (tiesioginė Cevos teorema) Savavališkame trikampyje ABC iš kraštinių BC, CA, AB arba jų plėtinių atitinkamai paimti taškai A1, B1, C1 taip, kad tiesės AA1, BB1, CC1 susikerta kokiame nors bendrame taške. , tada BA1 CB1 AC1 1 CA1 AB1 BC1 . Įrodymas: Yra žinomi keli originalūs Čevos teoremos įrodymai, nagrinėsime įrodymą, pagrįstą dvigubu Menelaus teoremos taikymu. Pirmą kartą parašykime Menelaus teoremos ryšį trikampiui ABB1 ir sekantui CC1 (Cevjano susikirtimo tašką žymime Z): AC1 BZ B1C 1, C1B ZB1 CA ir antrą kartą trikampiui. B1BC ir sekantas AA1: B1Z BA1 CA 1. ZB A1C AB1 Padauginus šiuos du ryšius ir atlikus reikiamus redukcijas, gauname teoremos teiginyje esantį ryšį. 4 teorema. (Atvirkštinė Ceva teorema). Jei trikampio ABC kraštinėse arba jų plėtiniuose pasirinktiems taškams A1, B1 ir C1 tenkinama Ceva sąlyga: BA1 CB1 AC1 1 CA1 AB1 BC1 , tai tiesės AA1, BB1 ir CC1 susikerta viename taške. . Šios teoremos įrodymas vykdomas prieštaravimu, kaip ir Menelaus teoremos įrodymas. Panagrinėkime tiesioginės ir atvirkštinės Ceva teoremų taikymo pavyzdžius. 3 pavyzdys. Įrodykite, kad trikampio medianos susikerta viename taške. Sprendimas. Apsvarstykite santykį AC1 BA1 CB1 C1B A1C B1 A trikampio viršūnėms ir jo kraštinių vidurio taškams. Akivaizdu, kad kiekvienoje trupmenoje skaitiklyje ir vardiklyje yra vienodi segmentai, todėl visos šios trupmenos yra lygios vienetui. Todėl Ceva santykis yra tenkinamas, todėl pagal atvirkštinę teoremą medianos susikerta viename taške. Savarankiško sprendimo užduotys Čia siūlomos užduotys – kontrolinis darbas Nr.1 9 klasės mokiniams. Išspręskite šiuos uždavinius, sprendimus surašykite į atskirą (iš fizikos ir informatikos) sąsiuvinį. Viršelyje nurodykite šią informaciją apie save: 1. Pavardę, vardą, klasę, klasės profilį (pvz.: Vasilijus Pupkinas, 9 klasė, matematika) 2. Pašto indeksą, gyvenamosios vietos adresą, el. paštą (jei yra), telefono numeris (namų arba mobiliojo ryšio) 3. Duomenys apie mokyklą (pvz.: MBOU Nr. 1 p. Bikin) 4. Matematikos mokytojo pavardė, vardas (pvz.: matematikos mokytoja Petrova M.I.) Rekomenduojama išspręsti bent keturis uždavinius. M 9.1.1. Ar gali sekanti linija iš Menelaus teoremos perpjauti trikampio kraštines (ar jų plėtinius) ilgio atkarpomis: a) 3, 3, 5, 7,10, 14; c) 3, 5, 6, 7, 7, 10 Jei tokie variantai galimi, pateikite pavyzdžių. Segmentai gali eiti skirtinga tvarka. M 9.1.2. Ar gali trikampio vidinės cevijos padalinti jo kraštines į atkarpas: a) 3, 3, 5, 7,10, 14; c) 3, 5, 6, 7, 7, 10 Jei tokie variantai galimi, pateikite pavyzdžių. Segmentai gali eiti skirtinga tvarka. Patarimas: galvodami pavyzdžius nepamirškite patikrinti, ar trikampis nėra lygus. M 9.1.3. Naudodamiesi atvirkštine Ceva teorema, įrodykite, kad: a) trikampio pusiausvyros susikerta viename taške; b) atkarpos, jungiančios trikampio viršūnes su taškais priešingose pusėse, kuriose šios kraštinės liečiasi su įrašytu apskritimu, susikerta viename taške. Nurodymai: a) atsiminkite, kokiu atžvilgiu bisektorius skiria priešingą pusę; b) panaudoti savybę, kad dviejų liestinių, nubrėžtų iš vieno taško į kokį nors apskritimą, atkarpos yra lygios. M 9.1.4. Užbaikite pirmojoje straipsnio dalyje pradėtą Menelaus teoremos įrodymą. M 9.1.5. Įrodykite, kad trikampio aukščiai susikerta viename taške, naudodami atvirkštinę Ceva teoremą. M 9.1.6. Įrodykite Simpsono teoremą: iš savavališko taško M, paimto į apskritimą, apibrėžtą aplink trikampį ABC, į trikampio kraštines arba kraštinių plėtinius nuleidžiami statmenys, įrodykite, kad šių statmenų pagrindai yra toje pačioje tiesėje. Patarimas: naudokite atvirkštinę Menelaus teoremą. Santykyje naudojamų atkarpų ilgius pabandykite išreikšti statmenų, nubrėžtų iš taško M, ilgiais. Taip pat naudinga prisiminti įbrėžto keturkampio kampų savybes.