Teoremet omvendt til teoremet er mindre bevis. Teorem av Ceva og Menelaos. Hvorfor er alt dette nødvendig

Klasse: 9

Leksjonens mål:

1. generalisere, utvide og systematisere kunnskapen og ferdighetene til studentene; å lære å bruke kunnskap til å løse komplekse problemer;
2. fremme utviklingen av ferdigheter for uavhengig bruk av kunnskap i å løse problemer;
3. utvikle logisk tenkning og matematisk tale til elever, evnen til å analysere, sammenligne og generalisere;
4. utdanne studenter i selvtillit, flid; evne til å jobbe i team.

Leksjonens mål:

• Pedagogisk: gjenta teoremene til Menelaos og Ceva; bruke dem til problemløsning.
• Utvikler:å lære å fremsette en hypotese og dyktig forsvare ens mening med bevis; teste evnen til å generalisere og systematisere sin kunnskap.
• Pedagogisk:øke interessen for faget og forberede seg på å løse mer komplekse problemer.

Leksjonstype: leksjon om generalisering og systematisering av kunnskap.

Utstyr: kort for kollektivt arbeid i en leksjon om et gitt emne, individuelle kort for selvstendig arbeid, en datamaskin, en multimediaprojektor, en skjerm.

I løpet av timene

jeg iscenesetter. Organisasjonsøyeblikk (1 min.)

Læreren forklarer temaet og formålet med timen.

II trinn. Realisering av grunnleggende kunnskaper og ferdigheter (10 min.)

Lærer: I leksjonen husker vi teoremene til Menelaus og Ceva for å kunne gå videre til å løse problemer. La oss ta en titt på skjermen med deg. Hvilket teorem er dette bildet for? (menelaos teorem). Prøv å angi teoremet tydelig.

Bilde 1

La punkt A 1 ligge på siden BC av trekanten ABC, punkt C 1 ligge på siden AB, punkt B 1 ligge på forlengelsen av siden AC forbi punkt C. Punktene A 1 , B 1 og C 1 ligger på samme rette linje hvis og bare hvis likestilling

Lærer: La oss ta en titt på neste bilde sammen. Formuler et teorem for denne figuren.

Figur 2

Linjen AD skjærer to sider og forlengelsen av den tredje siden av trekanten BMC.

I følge Menelaos' teorem

Linje MB skjærer to sider og forlengelsen av den tredje siden av trekanten ADC.

I følge Menelaos' teorem

Lærer: Hvilket teorem samsvarer bildet med? (Cevas teorem). Formuler et teorem.

Figur 3

La i trekanten ABC punkt A 1 ligger på siden BC, punkt B 1 ligger på siden AC, punkt C 1 ligger på siden AB. Segmentene AA 1 , BB 1 og CC 1 skjærer hverandre på ett punkt hvis og bare hvis likheten

III trinn. Problemløsning. (22 min.)

Klassen er delt inn i 3 lag, hver får et kort med to ulike oppgaver. Tid er gitt til å løse, så vises skjermen<Рисунки 4-9>. I henhold til de ferdige tegningene for oppgavene forklarer representantene for teamene sin løsning etter tur. Hver forklaring følges av en diskusjon, svar på spørsmål og verifisering av riktigheten av løsningen på skjermen. Alle gruppemedlemmer deltar i diskusjonen. Jo mer aktivt laget er, jo høyere blir det evaluert når man summerer.

Kort 1.

1. I trekant ABC på siden BC er punktet N tatt slik at NC = 3BN; på forlengelsen av side AC tas punkt M som punkt A slik at MA = AC. Linje MN skjærer side AB i punkt F. Finn forholdet

2. Bevis at medianene til en trekant skjærer hverandre i ett punkt.

Løsning 1

Figur 4

Etter tilstanden til problemet, MA = AC, NC = 3BN. La MA = AC =b, BN = k, NC = 3k. Linje MN skjærer to sider av trekanten ABC og forlengelsen av den tredje.

I følge Menelaos' teorem

Svar:

Bevis 2

Figur 5

La AM 1 , BM 2 , CM 3 være medianene til trekanten ABC. For å bevise at disse segmentene krysser hverandre på ett punkt, er det nok å vise det

Deretter, ved (invers) Ceva-setningen, krysser segmentene AM 1 , BM 2 og CM 3 i ett punkt.

Vi har:

Så det er bevist at medianene til en trekant skjærer hverandre på ett punkt.

Kort 2.

1. Punkt N tas på siden PQ av trekanten PQR, og punkt L tas på siden PR, og NQ = LR. Skjæringspunktet for segmentene QL og NR deler QL i forholdet m:n, regnet fra punktet Q. Finn

2. Bevis at halveringslinjene til en trekant skjærer hverandre i ett punkt.

Løsning 1

Figur 6

Ved å anta NQ = LR, La NA = LR =a, QF = km, LF = kn. Linje NR skjærer to sider av trekanten PQL og forlengelsen av den tredje.

I følge Menelaos' teorem

Svar:

Bevis 2

Figur 7

La oss vise det

Deretter, ved (invers) Ceva-setningen, krysser AL 1 , BL 2 , CL 3 i ett punkt. I henhold til egenskapen til halveringslinjene til en trekant

Multipliserer likhetene oppnådd termin for termin, får vi

For halveringslinjene til en trekant er Cevas likhet oppfylt, derfor skjærer de hverandre på ett punkt.

Kort 3.

1. I trekanten ABC er AD medianen, punkt O er midtpunktet av medianen. Linje BO skjærer side AC i punkt K. I hvilket forhold deler punkt K AC, regnet fra punkt A?

2. Bevis at hvis en sirkel er innskrevet i en trekant, så krysser segmentene som forbinder trekantens toppunkter med kontaktpunktene til motsatte sider i ett punkt.

Løsning 1

Figur 8

La BD = DC = a, AO = OD = m. Linje VC skjærer to sider og forlengelsen av den tredje siden av trekanten ADC.

I følge Menelaos' teorem

Svar:

Bevis 2

Figur 9

La A 1 , B 1 og C 1 være tangentpunktene til den innskrevne sirkelen til trekanten ABC. For å bevise at segmentene AA 1 , BB 1 og CC 1 skjærer hverandre på ett punkt, er det tilstrekkelig å vise at Cevas likhet gjelder:

Ved å bruke egenskapen til tangenter trukket til en sirkel fra ett punkt, introduserer vi notasjonen: C 1 B = BA 1 = x, AC 1 = CB 1 = y, BA 1 = AC 1 = z.

Cevas likhet gjelder, noe som betyr at halveringslinjene i trekanten skjærer hverandre i ett punkt.

IV trinn. Problemløsning (selvstendig arbeid) (8 min.)

Lærer: Arbeidet i teamene er over og nå starter vi selvstendig arbeid med individuelle kort for 2 alternativer.

Materialer til leksjonen for selvstendig arbeid av studenter

Valg 1. I en trekant ABC, hvis arealer er 6, på siden AB, tas et punkt K, som deler denne siden i forholdet AK:BK = 2:3, og på siden AC - punkt L, deler AC i forholdet AL:LC = 5:3. Punktet Q for skjæringspunktet mellom linjene СК og BL fjernes fra linjen AB i en avstand. Finn lengden på siden AB. (Svar: 4.)

Alternativ 2. Punkt K er tatt på siden AC i trekant ABC AK = 1, KS = 3. Punkt L er tatt på siden AB AL:LВ = 2:3, Q er skjæringspunktet mellom linjene BK og CL. Finn lengden på høyden til trekanten ABC, senket fra toppunktet B. (Svar: 1.5.)

Arbeid forelegges lærer for gjennomgang.

V scene. Sammendrag av leksjonen (2 min.)

Feil analyseres, originale svar og kommentarer noteres. Resultatene av arbeidet til hvert lag oppsummeres og det gis karakterer.

VI trinn. Lekser (1 min.)

Lekser er satt sammen av oppgave nr. 11, 12 s. 289-290, nr. 10 s. 301.

Lærerens siste ord (1 min).

I dag hørte dere hverandres matematiske tale fra siden og vurderte deres evner. I fremtiden vil vi bruke slike diskusjoner for å bedre forstå temaet. Argumenter i leksjonen var venner med fakta, og teori med praksis. Takk alle sammen.

Litteratur:

1. Tkachuk V.V. Matematikk for en søker. – M.: MTsNMO, 2005.

A.V. Shevkin

FMS № 2007

Teoremer fra Ceva og Menelaos om Unified State Examination

En detaljert artikkel "Rundt teoremene til Ceva og Menelaus" er publisert på vår nettside i ARTIKLER-delen. Den henvender seg til matematikklærere og videregående elever som er motiverte for å ha gode kunnskaper i matematikk. Du kan gå tilbake til den hvis du vil forstå problemet mer detaljert. I dette notatet vil vi gi kort informasjon fra den nevnte artikkelen og analysere løsningene på problemer fra samlingen for å forberede Unified State Exam-2016.

Cevas teorem

La en trekant gis ABC og på sidene AB, f.Kr Og AC poeng er markert C 1 , EN 1 Og B 1 henholdsvis (fig. 1).

a) Hvis segmentene AA 1 , BB 1 og CC 1 krysser på ett punkt, da

b) Hvis likhet (1) er sann, så segmentene AA 1 , BB 1 og CC 1 krysser på ett punkt.

Figur 1 viser tilfellet når segmentene AA 1 , BB 1 og CC 1 skjærer på ett punkt inne i trekanten. Dette er den såkalte interiørpunktsaken. Cevas teorem er også gyldig i tilfelle av et eksternt punkt, når ett av punktene EN 1 , B 1 eller MED 1 tilhører siden av trekanten, og de to andre tilhører forlengelsene av trekantens sider. I dette tilfellet skjæringspunktet mellom segmentene AA 1 , BB 1 og CC 1 ligger utenfor trekanten (fig. 2).

Hvordan huske Chevas ligning?

La oss ta hensyn til metoden for å memorere likhet (1). Toppunktene til trekanten i hver relasjon og selve relasjonene er skrevet i retning av å omgå trekantens toppunkter ABC, med utgangspunkt i poenget EN. fra punkt EN gå til poenget B, vi møter et poeng MED 1, skriv ned brøken
. Videre fra poenget I gå til poenget MED, vi møter et poeng EN 1, skriv ned brøken
. Til slutt, fra poenget MED gå til poenget EN, vi møter et poeng I 1, skriv ned brøken
. Når det gjelder et eksternt punkt, bevares rekkefølgen for å skrive brøker, selv om de to "delingspunktene" til segmentet er utenfor segmentene deres. I slike tilfeller sier vi at punktet deler segmentet eksternt.

Merk at ethvert linjestykke som forbinder toppunktet til en trekant med et hvilket som helst punkt på linjen som inneholder motsatt side av trekanten kalles ceviana.

La oss vurdere flere måter å bevise påstanden a) i Cevas teorem for tilfellet med et indre punkt. For å bevise Cevas teorem, må man bevise påstand a) ved hjelp av en av metodene foreslått nedenfor, og også bevise påstand b). Beviset for påstand b) gis etter den første metoden for å bevise påstand a). Bevisene for Cevas teorem for tilfellet av et eksternt punkt utføres på lignende måte.

Bevis for påstand a) av Cevas teorem ved å bruke teoremet om proporsjonale segmenter

La tre cevianer ENEN 1 , BB 1 og CC 1 krysser på et punkt Z inne i trekanten ABC.

Ideen med beviset er å erstatte forholdene mellom segmentene fra likhet (1) med forholdene til segmentene som ligger på samme rette linje.

Gjennom prikken I tegne en linje parallelt med ceviana SS 1 . Rett AA 1 skjærer den konstruerte linjen i punktet M, og linjen som går gjennom punktet C og parallell AA 1 ,- på punktet T. gjennom prikker EN Og MED tegne rette linjer parallelt med cevian BB 1 . De vil krysse linjen VM på poeng N Og R henholdsvis (fig. 3).

P om teoremet om proporsjonale segmenter har vi:

,
Og
.

Så likestillingene

.

I parallellogrammer ZCTM Og ZCRB segmenter TM, СZ Og BR lik som motsatte sider av et parallellogram. Derfor,
og likheten er sann

.

For å bevise påstand b) bruker vi følgende påstand. Ris. 3

Lemma 1. Hvis poengene MED 1 og MED 2 del snittet AB internt (eller eksternt) bilde i samme henseende, tellende fra samme punkt, så faller disse punktene sammen.

La oss bevise lemmaet for saken når poengene MED 1 og MED 2 del snittet AB internt i samme henseende:
.

Bevis. Fra likestilling
etterfulgt av likestilling
Og
. Den siste av dem oppfylles bare under forutsetning av at MED 1 B Og MED 2 B er like, dvs. forutsatt at poengene MED 1 og MED 2 kamp.

Lemmabevis for saken når punktene MED 1 og MED 2 del snittet AB utad utført på lignende måte.

Bevis for påstand b) av Cevas teorem

La nå likhet (1) være sann. La oss bevise at segmentene AA 1 , BB 1 og CC 1 krysser på ett punkt.

La cevianene AA 1 og BB 1 krysser på et punkt Z, tegn et segment gjennom dette punktet CC 2 (MED 2 ligger på segmentet AB). Deretter, basert på påstand a), oppnår vi riktig likhet

. (2)

OG Ved å sammenligne likheter (1) og (2), konkluderer vi med at
, dvs. poeng MED 1 og MED 2 del snittet AB i samme forhold, tellende fra samme punkt. Lemma 1 innebærer at poengene MED 1 og MED 2 kamp. Dette betyr at segmentene AA 1 , BB 1 og CC 1 krysser på et punkt, som skulle bevises.

Det kan bevises at prosedyren for å skrive likhet (1) ikke er avhengig av hvilket punkt og i hvilken retning trekantens toppunkter omgås.

Øvelse 1. Finn lengden på segmentet ENN i figur 4, som viser lengdene til andre segmenter.

Svar. 8.

Oppgave 2. cevians ER, BN, CK skjærer på ett punkt inne i trekanten ABC. Finn en holdning
, Hvis
,
. Ris. 4

Svar.
.

P vi presenterer beviset for Cevas teorem fra artikkelen. Ideen med beviset er å erstatte forholdene mellom segmentene fra likhet (1) med forholdene til segmentene som ligger på parallelle linjer.

La rett ENEN 1 , BB 1 , CC 1 krysser på et punkt O inne i trekanten ABC(Fig. 5). Gjennom toppen MED triangel ABC tegne en linje parallelt AB, og dens skjæringspunkter med linjene ENEN 1 , BB 1 betegner hhv EN 2 , B 2 .

Fra likheten mellom to par trekanter CB 2 B 1 Og ABB 1 , BAA 1 Og CA 2 EN 1, fig. 5

vi har likhetene

,
. (3)

Fra likheten til trekanter f.Kr 1 O Og B 2 CO, ENMED 1 O Og EN 2 CO vi har likhetene
, hvorav det følger at

. (4)

P multiplisere likheter (3) og (4), oppnår vi likhet (1).

Påstand a) av Cevas teorem er bevist.

Tenk på bevisene for påstand a) i Cevas teorem ved hjelp av arealer for et indre punkt. Det står i boken til A.G. Myakishev og er basert på utsagnene som vi vil formulere i form av oppgaver 3 Og 4 .

Oppgave 3. Forholdet mellom arealene til to trekanter med felles toppunkt og baser som ligger på samme linje er lik forholdet mellom lengdene til disse basene. Bevis denne uttalelsen.

Oppgave 4. Bevis at hvis
, Det
Og
. Ris. 6

La segmentene AA 1 , BB 1 og CC 1 krysser på et punkt Z(fig. 6), så

,
. (5)

OG fra likestilling (5) og andre uttalelse av oppgaven 4 følger det
eller
. På samme måte får vi det
Og
. Multipliserer de tre siste likhetene, får vi:

,

dvs. likhet (1) er sant, noe som skulle bevises.

Påstand a) av Cevas teorem er bevist.

Oppgave 15. La ceviane krysse på ett punkt inne i trekanten og del den i 6 trekanter, hvis arealer er lik S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 , S 6 (fig. 7). Bevis det . Ris. 7

Oppgave 6. Finn området S triangel CNZ(arealene til andre trekanter er vist i figur 8).

Svar. 15.

Oppgave 7. Finn området S triangel CNO hvis arealet av trekanten ENNEI er 10 og
,
(Fig. 9).

Svar. 30.

Oppgave 8. Finn området S triangel CNO hvis arealet av trekanten ENf.Kr er lik 88 og ,
(Fig. 9).

R løsning. Siden betegner vi
,
. Fordi , så betegner vi
,
. Det følger av Cevas teorem at
, og så
. Hvis
, Det
(Fig. 10). Vi har tre ukjente ( x, y Og S), så å finne S La oss lage tre ligninger.

Fordi
, Det
= 88. Siden
, Det
, hvor
. Fordi
, Det
.

Så,
, hvor
. Ris. 10

Oppgave 9. I en trekant ABC poeng K Og L tilhører henholdsvis partene AB Og BC.
,
. P AL Og CK. Arealet av en trekant PBC tilsvarer 1. Finn arealet av trekanten ABC.

Svar. 1,75.

T Menelaos teorem

La en trekant gis ABC og på sidene AC Og CB poeng er markert B 1 og EN 1 henholdsvis og på fortsettelsen av siden AB merket punkt C 1 (fig. 11).

a) Hvis punktene EN 1 , B 1 og MED 1 ligger på samme linje, da

. (6)

b) Hvis likhet (7) er sann, så er poengene EN 1 , B 1 og MED 1 ligge på samme linje. Ris. elleve

Hvordan huske Menelaos likhet?

Teknikken for å memorere likhet (6) er den samme som for likhet (1). Toppunktene til trekanten i hver relasjon og selve relasjonene er skrevet i retning av å omgå trekantens toppunkter ABC- fra toppunkt til toppunkt, passerer gjennom delingspunkter (internt eller eksternt).

Oppgave 10. Bevis at når du skriver likhet (6) fra et hvilket som helst toppunkt i trekanten i hvilken som helst retning, oppnås det samme resultatet.

For å bevise Menelaos' teorem, må man bevise påstand a) ved hjelp av en av metodene foreslått nedenfor, og også bevise påstand b). Beviset for påstand b) gis etter den første metoden for å bevise påstand a).

Bevis for påstand a) ved å bruke teoremet om proporsjonale segmenter

Jegvei. a) Ideen med beviset er å erstatte forholdene mellom lengdene til segmentene i likhet (6) med forholdene mellom lengdene til segmentene som ligger på en rett linje.

La poengene EN 1 , B 1 og MED 1 ligge på samme linje. Gjennom prikken C la oss tegne en rett linje l, parallelt med linjen EN 1 B 1 skjærer den linjen AB på punktet M(Fig. 12).

R
er. 12

I henhold til proporsjonale segmentteoremet har vi:
Og
.

Så likestillingene
.

Bevis for påstand b) av Menelaos' teorem

La nå likhet (6) være sant, vi vil bevise at poengene EN 1 , B 1 og MED 1 ligge på samme linje. La rett AB Og EN 1 B 1 krysser på et punkt MED 2 (fig. 13).

Siden poengene EN 1 B 1 og MED 2 ligger på samme linje, deretter ved utsagn a) i Menelaos-teoremet

. (7)

Fra en sammenligning av likheter (6) og (7) har vi
, hvorfra det følger at likhetene

,
,
.

Den siste likheten er sann bare under betingelsen
, dvs. hvis punktene MED 1 og MED 2 kamp.

Påstand b) i Menelaos' teorem er bevist. Ris. 1. 3

Bevis for påstand a) ved å bruke likheten til trekanter

Ideen med beviset er å erstatte forholdene mellom lengdene til segmentene fra likhet (6) med forholdene mellom lengdene til segmentene som ligger på parallelle linjer.

La poengene EN 1 , B 1 og MED 1 ligge på samme linje. Fra poeng EN, B Og C tegne perpendikulære AA 0 , BB 0 og SS 0 til denne rette linjen (fig. 14).

R
er. 14

Fra likheten mellom tre par trekanter AA 0 B 1 Og CC 0 B 1 , CC 0 EN 1 Og BB 0 EN 1 , C 1 B 0 B Og C 1 EN 0 EN(i to hjørner) har vi de riktige likhetene

,
,
,

multipliserer vi dem, får vi:

.

Påstand a) av Menelaos' teorem er bevist.

Bevis for påstand a) bruk av områder

Ideen med beviset er å erstatte forholdet mellom lengdene til segmentene fra likhet (7) med forholdet mellom arealene til trekanter.

La poengene EN 1 , B 1 og MED 1 ligge på samme linje. Prikk-til-prikk C Og C 1 . Angi arealene til trekanter S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 (fig. 15).

Så likestillingene

,
,
. (8)

Multipliserer likheter (8), får vi:

Påstand a) av Menelaos' teorem er bevist.

R
er. 15

Akkurat som Cevas teorem forblir gyldig hvis det Ceviske skjæringspunktet er utenfor trekanten, forblir Menelaus' teorem gyldig hvis sekanten bare skjærer forlengelsene av sidene av trekanten. I dette tilfellet kan vi snakke om skjæringspunktet mellom sidene av trekanten på ytre punkter.

Bevis for påstand a) for eksterne punkter

P munningen av sekanten skjærer sidene av trekanten ABC på ytre punkter, dvs. krysser forlengelsene av sidene AB,f.Kr Og AC på poeng C 1 , EN 1 og B 1, og disse punktene ligger på samme rette linje (fig. 16).

I henhold til proporsjonale segmentteoremet har vi:

Og .

Så likestillingene

Påstand a) av Menelaos' teorem er bevist. Ris. 16

Legg merke til at beviset ovenfor faller sammen med beviset for Menelaos' teorem for tilfellet når sekanten skjærer to sider av trekanten ved indre punkter og en ved den ytre.

Beviset for påstand b) i Menelaos' teorem for tilfellet med eksterne punkter er likt beviset gitt ovenfor.

Z helvete11. I en trekant ABC poeng EN 1 , I 1 ligge henholdsvis på sidene sol Og ENMED. P- skjæringspunkt for segmenter AA 1 Og BB 1 .
,
. Finn en holdning
.

Løsning. Betegn
,
,
,
(Fig. 17). Ved Menelaos' teorem for en trekant f.KrI 1 og sekant PA 1 skriv riktig likhet:

,

hvor det følger det

. Ris. 17

Svar. .

Z helvete12 (Moskva statsuniversitet, korrespondanseforberedende kurs). I en trekant ABC, hvis område er 6, på siden AB punktet tatt TIL, dele denne siden i forhold til
, og på siden AC- punktum L, dele AC i et forhold
. Punktum P linjekryss SC Og IL fjernet fra linjen AB i en avstand på 1,5. Finn lengden på siden AB.

Løsning. Fra poeng R Og MED la oss slippe perpendikulærene PR Og CM direkte AB. Betegn
,
,
,
(Fig. 18). Ved Menelaos' teorem for en trekant AKC og sekant PL skriv riktig ligning:
, hvor får vi det fra
,
. Ris. 18

Fra likheten til trekanter TILMC Og TILRP(på to hjørner) får vi det
, hvorfra følger det
.

Nå, å vite lengden på høyden trukket til siden AB triangel ABS, og arealet av denne trekanten, beregner vi lengden på siden:
.

Svar. 4.

Z helvete13. Tre sirkler med sentre EN,I,MED, hvis radier er relatert som
, berøre hverandre eksternt ved punktene X, Y, Z som vist i figur 19. Segmenter ØKS Og AV skjære hverandre i et punkt O. I hvilket forhold, teller fra punktet B, linjestykke cz deler segmentet AV?

Løsning. Betegn
,
,
(Fig. 19). Fordi
, deretter ved påstand b) i Cevas teorem, segmentene ENX, AV Og MEDZ kryss på ett punkt O. Deretter segmentet cz deler segmentet AV i et forhold
. La oss finne dette forholdet. Ris. 19

Ved Menelaos' teorem for en trekant BCY og sekant OKSE vi har:
, hvorfra følger det
.

Svar. .

Oppgave 14 (USE-2016).

poeng I 1 og MED AC Og AB triangel ABC, dessuten AB 1:B 1 MED =
= AC 1:MED 1 B. Direkte BB 1 Og SS 1 skjære hverandre i et punkt OM.

EN ) Bevis at linjen JSC halver siden Sol.

AB 1 OC 1 til arealet av en trekant ABC hvis det er kjent det AB 1:B 1 MED = 1:4.

Løsning. a) La linjen AO krysser siden f.Kr på punktet EN 1 (fig. 20). Ved Cevas teorem har vi:

. (9)

Fordi AB 1:B 1 MED = AC 1:MED 1 B, så følger det av likestilling (9) at
, det er CA 1 = EN 1 B, som skulle bevises. Ris. 20

b) La arealet av trekanten AB 1 O er lik S. Fordi AB 1:B 1 MED CB 1 O tilsvarer 4 S, og arealet av trekanten AOC tilsvarer 5 S. Deretter arealet av trekanten AOB er også lik 5 S, siden trekantene AOB Og AOC har et felles grunnlag AO, og deres hjørner B Og C like langt fra linjen AO. Og arealet av trekanten AOC 1 er lik S, fordi AC 1:MED 1 B = 1:4. Deretter arealet av trekanten ABB 1 er lik 6 S. Fordi AB 1:B 1 MED= 1:4, deretter arealet av trekanten CB 1 O tilsvarer 24 S, og arealet av trekanten ABC tilsvarer 30 S. La oss nå finne forholdet mellom arealet av firkanten AB 1 OC 1 (2S) til arealet av trekanten ABC (30S), er det lik 1:15.

Svar. 1:15.

Oppgave 15 (USE-2016).

poeng I 1 og MED 1 ligge på sidene hhv AC Og AB triangel ABC, dessuten AB 1:B 1 MED =
= AC 1:MED 1 B. Direkte BB 1 Og SS 1 skjære hverandre i et punkt OM.

a) Bevis at linjen JSC halver siden Sol.

b) Finn forholdet mellom arealet av firkanten AB 1 OC 1 til arealet av en trekant ABC hvis det er kjent det AB 1:B 1 MED = 1:3.

Svar. 1:10.

Z oppgave 16 (USE-2016). På segmentet BD punktet tatt MED. Bisector BL ABC med base sol BLD med base BD.

a) Bevis at trekanten DCL likebent.

b) Det er kjent at cos
ABC DL, dvs. trekant BD punktet tatt MED. Bisector BL likebent trekant ABC med base sol er en sideside av en likebenet trekant BLD med base BD.

a) Bevis at trekanten DCL likebent.

b) Det er kjent at cos ABC= . På hvilken måte er det direkte DL deler siden AB?

Svar. 4:21.

Litteratur

1. Smirnova I.M., Smirnov V.A. Fantastiske trekantede prikker og linjer. M.: Matematikk, 2006, nr. 17.

2. Myakishev A.G. Trekantgeometrielementer. (Serien "Bibliotek "Mathematical Education"). M.: MTsNMO, 2002. - 32 s.

3. Geometri. Tilleggskapitler til 8. trinns lærebok: Lærebok for elever i skoler og klasser med fordypning / L.S. Atanasyan, V.F. Butuzov, S.B. Kadomtsev og andre - M.: Vita-Press, 2005. - 208 s.

4. Erdniev P., Mantsaev N. Cheva og Menelaus teoremer. M.: Kvant, 1990, nr. 3, s. 56–59.

5. Sharygin I.F. Teoremer fra Ceva og Menelaos. Moskva: Kvant, 1976, nr. 11, s. 22–30.

6. Vavilov V.V. Medianer og midtlinjer i en trekant. M.: Matematikk, 2006, nr. 1.

7. Efremov Dm. Ny trekantgeometri. Odessa, 1902. - 334 s.

8. Matematikk. 50 varianter av typiske testoppgaver / I.V. Yashchenko, M.A. Volkevich, I.R. Vysotsky og andre; utg. I.V. Jasjtsjenko. - M .: Forlag "Eksamen", 2016. - 247 s.

TEOREMER OM CHEVA OG MENELAU

Cevas teorem

De fleste av de bemerkelsesverdige punktene i en trekant kan oppnås ved å bruke følgende prosedyre. La det være en regel som gjør at vi kan velge et bestemt punkt A 1 , på siden BC (eller dens forlengelse) av trekanten ABC (velg for eksempel midtpunktet på denne siden). Så konstruerer vi lignende punkter B 1, C 1 på de to andre sidene av trekanten (i vårt eksempel er det ytterligere to midtpunkter på sidene). Hvis valgregelen er vellykket, direkte AA 1 , BB 1 , CC 1 skjæres på et eller annet punkt Z (valget av midtpunktene til sidene i denne forstand er selvfølgelig vellykket, siden medianene til trekanten skjærer hverandre i ett punkt).

Jeg vil gjerne ha en generell metode som lar oss bestemme ut fra posisjonen til punktene på sidene av en trekant om den tilsvarende trippelen av linjer skjærer i ett punkt eller ikke.

Den universelle tilstanden som "lukket" dette problemet ble funnet i 1678 av en italiensk ingeniørGiovanni Ceva .

Definisjon. Segmenter som forbinder hjørnene til en trekant med punkter på motsatte sider (eller deres forlengelser) kalles cevianer hvis de krysser hverandre på ett punkt.

Det er to alternativer for plasseringen av cevian. I en versjon, poenget

skjæringene er interne, og endene av ceviane ligger på sidene av trekanten. I den andre versjonen er skjæringspunktet eksternt, enden av en cevian ligger på siden, og endene av de to andre cevianene ligger på forlengelsene av sidene (se tegninger).

Teorem 3. (Cevas direkte teorem) I en vilkårlig trekant ABC på sidene BC, CA, AB eller deres forlengelser, tas punktene A hhv. 1 , IN 1 , MED 1 , slik at direkte AA 1 , BB 1 , SS 1 skjæres på et eller annet felles punkt, da

.

Bevis: Siden det finnes flere originale bevis for Cevas teorem, vil vi vurdere et bevis basert på en dobbel anvendelse av Menelaos' teorem. La oss skrive ned relasjonen til Menelaos' teorem for første gang for trekantenABB 1 og sekant CC 1 (vi betegner skjæringspunktet til cevianZ):

,

og andre gang for trekantenB 1 f.Kr og sekant AA 1 :

.

Ved å multiplisere disse to relasjonene, foreta de nødvendige reduksjonene, får vi relasjonen i setningen til teoremet.

Teorem 4. (Invers Ceva-teorem) . Hvis for de som er valgt på sidene av trekanten ABC eller deres utvidelser av poeng EN 1 , IN 1 Og C 1 Cevas tilstand er tilfredsstilt:

,

deretter rett AA 1 , BB 1 Og CC 1 kryss på ett punkt .

Beviset for denne teoremet utføres ved selvmotsigelse, akkurat som beviset for Menelaos' teorem.

La oss vurdere eksempler på anvendelsen av de direkte og inverse teoremene til Ceva.

Eksempel 3 Bevis at medianene til en trekant skjærer hverandre i ett punkt.

Løsning. Vurder forholdet

for toppunktene i en trekant og midtpunktene på sidene. Det er klart at i hver brøk i telleren og nevneren er det like segmenter, derfor er alle disse brøkene lik en. Derfor er Ceva-relasjonen tilfredsstilt, derfor, ved det inverse teoremet, krysser medianene seg på ett punkt.

Teorem (Cevas teorem) . La poengene ligge på sidene og trekant hhv. La segmentene Og kryss på ett punkt. Deretter

(gå rundt trekanten med klokken).

Bevis. Angi med skjæringspunktet mellom segmentene Og . Slipp fra poeng Og vinkelrett på en linjefør du krysser den på punkter Og henholdsvis (se figur).

Fordi trekanter Og har en felles side, så er deres områder relatert som høydene tegnet til denne siden, dvs. Og:

Den siste likheten er sann, siden rette trekanter Og lignende i spiss vinkel.

På samme måte får vi

Og

La oss multiplisere disse tre likhetene:

Q.E.D.

Om medianer:

1. Plasser enhetsmasser i toppunktene til trekanten ABC.
2. Massesenteret til punktene A og B er midt i AB. Massesenteret til hele systemet må være ved medianen til siden AB, siden massesenteret til trekanten ABC er massesenteret til massesenteret til punktene A og B, og punkt C.
(det ble forvirrende)
3. Tilsvarende - CM må ligge på medianen til sidene AC og BC
4. Siden CM er det eneste punktet, må derfor alle disse tre medianene krysse hverandre ved det.

Forresten følger det umiddelbart at de er delt av skjæringspunktet i forholdet 2: 1. Siden massen til massesenteret til punktene A og B er 2, og massen til punkt C er 1, vil derfor det felles massesenteret, i henhold til proporsjonsteoremet, dele medianen i forholdet 2/1.

Tusen takk, det er presentert på en tilgjengelig måte, jeg tror det ikke ville være overflødig å gi bevis ved bruk av massegeometrimetoder, for eksempel:
Linjene AA1 og CC1 skjærer hverandre ved punkt O; AC1: C1B = p og BA1: A1C = q. Vi må bevise at linjen BB1 passerer gjennom punktet O hvis og bare hvis CB1: B1A = 1: pq.
La oss plassere massene 1, p og pq, henholdsvis, i punktene A, B og C. Da er punktet C1 massesenteret til punktene A og B, og punktet A1 er massesenteret til punktene B og C. Derfor er massesenteret til punktene A, B og C med gitte masser punktet O til skjæringspunktet mellom linjene CC1 og AA1. På den annen side ligger punkt O på segmentet som forbinder punkt B med massesenteret til punktene A og C. Hvis B1 er massesenteret til punktene A og C med massene 1 og pq, så er AB1: B1C = pq: 1. Det gjenstår å merke seg at på segment AC er det et enkelt punkt som deler det i dette forholdet AB1: B1C.

2. Cevas teorem

Et linjestykke som forbinder et toppunkt i en trekant med et punkt på motsatt side kallesceviana . Altså, hvis i en trekantABC X , Y og Z - punkter på sidenef.Kr , CA , AB henholdsvis, deretter segmenteneØKS , AV , cz er Chevianer. Begrepet kommer fra den italienske matematikeren Giovanni Ceva, som i 1678 publiserte følgende svært nyttige teorem:

Teorem 1.21. Hvis tre cevianer AX, BY, CZ (en fra hvert toppunkt) av trekant ABC er konkurrerende, så

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .

Ris. 3.

Når vi sier at tre linjer (eller segmenter)konkurransedyktig , da mener vi at de alle går gjennom ett punkt, som vi betegner medP . For å bevise Cevas teorem, husk at arealene til trekanter med like høyder er proporsjonale med basisen til trekantene. Med henvisning til figur 3 har vi:

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

Like måte,

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

Nå hvis vi multipliserer dem, får vi

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

Det motsatte av denne teoremet er også sant:

Teorem 1.22. Hvis tre cevianer AX, BY, CZ tilfredsstiller forholdet

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 ,

da er de konkurransedyktige .

For å vise dette, anta at de to første ceviane krysser hverandre på punktetP , som før, og den tredje ceviana som passerer gjennom punktetP , vilCZ' . Så, ved teorem 1.21,

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ′||Z'B|=1 .

Men ved antagelse

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .

Derfor,

|AZ||ZB|= |AZ′||Z'B| ,

punktumZ' sammenfaller med poengetZ , og vi har bevist at segmenteneØKS , AV Ogcz konkurransedyktig (, s. 54 og , s. 48, 317).

Matematikk - 10. klasse Mendel Viktor Vasilievich, dekan ved fakultetet for naturvitenskap, matematikk og informasjonsteknologi, FESGU CHEVA OG MENELAYS TEOREMER En spesiell plass i planimetri er gitt til to bemerkelsesverdige teoremer: Cevas teorem og Menelaus' teorem. Disse teoremene er ikke inkludert i den grunnleggende læreplanen for et geometrikurs på videregående skole, men deres studie (og anvendelse) anbefales for alle som er interessert i matematikk litt mer enn det som er mulig innenfor rammen av skolepensum. Hvorfor er disse teoremene interessante? Først legger vi merke til at når du løser geometriske problemer, kombineres to tilnærminger produktivt: - den ene er basert på definisjonen av en grunnleggende struktur (for eksempel: en trekant - en sirkel; en trekant - en sekantlinje; en trekant - tre linjer som passerer gjennom sine hjørner og krysser på ett punkt; en firkant med to parallelle sider, etc.), og den andre er metoden for referanseproblemer (enkle geometriske problemer, som prosessen med å løse et komplekst problem reduseres til). Så teoremene til Menelaos og Ceva er blant de vanligste konstruksjonene: den første betrakter en trekant, sidene eller forlengelsene av sidene krysses av en linje (sekant), den andre handler om en trekant og tre linjer som går gjennom dens toppunkter, krysser hverandre på ett punkt. Menelaos teorem Denne teoremet om de observerte (sammen med de inverse) relasjonene viser segmenter, regularitet, som forbinder toppunktene til en viss trekant og skjæringspunktene til sekanten med sidene (forlengelsen av sidene) av trekanten. Tegningene viser to mulige tilfeller av plasseringen av trekanten og sekanten. I det første tilfellet skjærer sekanten to sider av trekanten og fortsettelsen av den tredje, i det andre - fortsettelsen av alle tre sider av trekanten. Teorem 1. (Menelaus) La ABC bli skjært av en linje som ikke er parallell med siden AB og som skjærer dens to sider AC og BC, henholdsvis i punktene B1 og A1, og linje AB ved punkt C1, deretter AB1 CA1 BC1    1. B1C A1B C1 A Teorem 2. (Omvendt til Menelaos' teorem) La punktene A1, B1, C1 i trekanten ABC tilhøre linjene henholdsvis BC, AC, AB, så hvis AB1 CA1 BC1   1 B1C A1B C1 A , så ligger punktene A1, B1, C1 på én rett linje. Beviset for den første teoremet kan utføres som følger: perpendikulære fra alle hjørnene i trekanten senkes ned på sekantlinjen. Resultatet er tre par like rettvinklede trekanter. Forholdene til segmentene som vises i formuleringen av teoremet, erstattes av forholdene til perpendikulærene som tilsvarer dem i likhet. Det viser seg at hvert segment - en perpendikulær i brøker vil være til stede to ganger: en gang i en brøk i telleren, den andre gangen, i en annen brøk, i nevneren. Dermed vil produktet av alle disse forholdstallene være lik én. Det omvendte teoremet er bevist med metoden "ved motsetning". Det antas at under betingelsene i setning 2 ligger ikke punktene A1, B1, C1 på en rett linje. Da vil linje A1B1 skjære side AB ved punkt C2, forskjellig fra punkt C1. I dette tilfellet, i kraft av teorem 1, vil den samme relasjonen gjelde for punktene A1, B1, C2 som for punktene A1, B1, C1. Av dette følger det at punktene C1 og C2 vil dele segmentet AB i like proporsjoner. Da er disse punktene sammenfallende – vi fikk en selvmotsigelse. Tenk på eksempler på anvendelsen av Menelaus-teoremet. Eksempel 1. Bevis at medianene til en trekant i skjæringspunktet er delbare med forholdet 2:1 regnet fra toppunktet. Løsning. La oss skrive ned forholdet oppnådd i teoremet, Menelaos for trekanten ABMb og linjen McM(C): AM c BM M bC    1. M c B MM b CA Den første brøken i dette produktet er åpenbart lik 1, og det tredje andre forholdet er lik 1. Derfor 2 2:1, som skulle bevises. Eksempel 2. Sekanten skjærer forlengelsen av siden AC til trekant ABC ved punkt B1 slik at punktet C er midtpunktet til segment AB1. Side AB er halvert av denne sekanten. Finn forholdet der den deler side BC? Løsning. La oss skrive ned for trekanten og sekanten produktet av tre forholdstall fra Menelaos-setningen: AB1 CA1 BC1    1. B1C A1B C1 A Det følger av betingelsene for oppgaven at det første forholdet er lik én, og den tredje 1, 2, dermed er det andre forholdet lik 2, det vil si at sekanten deler side BC i forholdet 2:1. Vi vil møte følgende eksempel på anvendelsen av Menelaos' teorem når vi vurderer beviset for Cevas teorem. Cevas teorem De fleste av de bemerkelsesverdige punktene i en trekant kan oppnås ved å bruke følgende prosedyre. La det være en regel som gjør at vi kan velge et bestemt punkt A1, på siden BC (eller dens forlengelse) av trekanten ABC (for eksempel velger vi midtpunktet på denne siden). Deretter konstruerer vi lignende punkter B1, C1 på de to andre sidene av trekanten (i vårt eksempel er det ytterligere to midtpunkter på sidene). Hvis seleksjonsregelen er vellykket, så skjærer linjene AA1, BB1, CC1 på et tidspunkt Z (valget av midtpunktene på sidene er selvfølgelig vellykket i denne forstand, siden medianene til trekanten skjærer hverandre på ett punkt) . Jeg vil gjerne ha en generell metode som lar oss bestemme ut fra posisjonen til punktene på sidene av en trekant om den tilsvarende trippelen av linjer skjærer i ett punkt eller ikke. Den universelle tilstanden som "lukket" dette problemet ble funnet i 1678 av den italienske ingeniøren Giovanni Ceva. Definisjon. Segmenter som forbinder hjørnene til en trekant med punkter på motsatte sider (eller deres forlengelser) kalles cevianer hvis de krysser hverandre på ett punkt. Det er to alternativer for plasseringen av cevian. I en utførelse er skjæringspunktet internt, og endene av ceviane ligger på sidene av trekanten. I den andre versjonen er skjæringspunktet eksternt, enden av en cevian ligger på siden, og endene av de to andre cevianene ligger på forlengelsene av sidene (se tegninger). Teorem 3. (Cevas direkte teorem) I en vilkårlig trekant ABC på sidene BC, CA, AB eller deres forlengelser, tas henholdsvis punktene A1, B1, C1 slik at linjene AA1, BB1, CC1 skjærer hverandre i et felles punkt , deretter BA1 CB1 AC1   1 CA1 AB1 BC1 . Bevis: Flere originale bevis på Cevas teorem er kjent, vi vil vurdere et bevis basert på en dobbel anvendelse av Menelaos' teorem. La oss skrive relasjonen til Menelaos-setningen for første gang for trekanten ABB1 og sekanten CC1 (vi betegner det cevianske skjæringspunktet med Z): AC1 BZ B1C    1, C1B ZB1 CA og andre gang for trekanten B1BC og sekanten AA1: B1Z BA1 ​​​​CA    1. ZB A1C AB1 Multipliserer disse to relasjonene og gjør de nødvendige reduksjonene, får vi relasjonen som ligger i setningen til teoremet. Teorem 4. (Invers Ceva-teorem). Hvis for punktene A1, B1 og C1 valgt på sidene av trekanten ABC eller deres forlengelser, er Ceva-betingelsen oppfylt: BA1 CB1 AC1   1 CA1 AB1 BC1, så skjærer linjene AA1, BB1 og CC1 i ett punkt . Beviset for denne teoremet utføres ved selvmotsigelse, akkurat som beviset for Menelaos' teorem. La oss vurdere eksempler på anvendelsen av de direkte og inverse teoremene til Ceva. Eksempel 3. Bevis at medianene til en trekant skjærer hverandre i ett punkt. Løsning. Tenk på forholdet AC1 BA1 CB1   C1B A1C B1 A for toppunktene til en trekant og midtpunktene på dens sider. Det er klart at i hver brøk i telleren og nevneren er det like segmenter, derfor er alle disse brøkene lik en. Derfor er Ceva-relasjonen tilfredsstilt, derfor, ved det inverse teoremet, krysser medianene seg på ett punkt. Oppgaver til selvstendig løsning Oppgavene som foreslås her er kontrollarbeid nr. 1 for elever på 9. trinn. Løs disse problemene, skriv ned løsningene i en egen (fra fysikk og informatikk) notatbok. Oppgi følgende informasjon om deg selv på omslaget: 1. Etternavn, fornavn, klasse, klasseprofil (for eksempel: Vasily Pupkin, klasse 9, matematikk) 2. Postnummer, bostedsadresse, e-post (hvis noen), telefonnummer (hjemme eller mobil) 3. Data om skolen (for eksempel: MBOU nr. 1 s. Bikin) 4. Etternavn, fornavn på læreren i matematikk (for eksempel: lærer i matematikk Petrova M.I.) Det anbefales å løse minst fire oppgaver. M 9.1.1. Kan sekantlinjen fra Menelaos' teorem kutte sidene av en trekant (eller deres forlengelser) i lengdesegmenter: a) 3, 3, 5, 7,10, 14; c) 3, 5, 6, 7, 7, 10 Hvis slike alternativer er mulige, gi eksempler. Segmentene kan gå i en annen rekkefølge. M 9.1.2. Kan de indre ceviane i en trekant dele sidene i segmenter: a) 3, 3, 5, 7,10, 14; c) 3, 5, 6, 7, 7, 10 Hvis slike alternativer er mulige, gi eksempler. Segmentene kan gå i en annen rekkefølge. Hint: Når du tenker på eksempler, ikke glem å sjekke om trekanten ikke er lik. M 9.1.3. Bruk den inverse Ceva-setningen og bevis at: a) halveringslinjene til en trekant skjærer hverandre i ett punkt; b) segmentene som forbinder trekantens toppunkter med punkter på motsatte sider, der disse sidene berører den innskrevne sirkelen, skjærer hverandre i ett punkt. Instruksjoner: a) husk i hvilken henseende halveringslinjen deler den motsatte siden; b) bruk egenskapen at segmentene til to tangenter trukket fra ett punkt til en sirkel er like. M 9.1.4. Fullfør beviset på Menelaos' teorem startet i første del av artikkelen. M 9.1.5. Bevis at høydene til en trekant skjærer hverandre på ett punkt ved å bruke Cevas inverse teorem. M 9.1.6. Bevis Simpsons teorem: fra et vilkårlig punkt M tatt på sirkelen som er omskrevet rundt trekanten ABC, slippes perpendikulære til sidene eller forlengelsene av sidene av trekanten, bevis at basene til disse perpendikulærene ligger på samme rette linje. Hint: bruk Menelaos' inverse teorem. Prøv å uttrykke lengdene til segmentene som brukes i forholdet i form av lengdene til perpendikulære trukket fra punktet M. Det er også nyttig å huske egenskapene til vinklene til en innskrevet firkant.