Twierdzenie odwrotne do twierdzenia jest mniej dowodem. Twierdzenie Ceva i Menelaosa. Dlaczego to wszystko jest konieczne

Klasa: 9

Cele Lekcji:

uogólniać, poszerzać i systematyzować wiedzę i umiejętności uczniów; uczyć wykorzystywania wiedzy w rozwiązywaniu złożonych problemów;
promować rozwój umiejętności samodzielnego stosowania wiedzy w rozwiązywaniu problemów;
rozwijać logiczne myślenie i mowę matematyczną uczniów, umiejętność analizowania, porównywania i uogólniania;
kształcić uczniów w pewności siebie, pracowitości; umiejętność pracy w zespole.

Cele Lekcji:

Edukacyjny: powtórzyć twierdzenia Menelaosa i Ceva; zastosować je do rozwiązywania problemów.
Rozwój: uczyć stawiania hipotez i umiejętnej obrony swojej opinii dowodami; sprawdzić umiejętność uogólniania i systematyzowania posiadanej wiedzy.
Edukacyjny: zwiększyć zainteresowanie tematem i przygotować do rozwiązywania bardziej złożonych problemów.

Rodzaj lekcji: lekcja uogólnienia i systematyzacji wiedzy.

Sprzęt: karty do pracy zbiorowej na lekcji na zadany temat, karty indywidualne do pracy samodzielnej, komputer, rzutnik multimedialny, ekran.

Podczas zajęć

ja inscenizuję. Moment organizacyjny (1 min.)

Nauczyciel wyjaśnia temat i cel lekcji.

II etap. Aktualizacja podstawowej wiedzy i umiejętności (10 min.)

Nauczyciel: Na lekcji przypominamy twierdzenia Menelaosa i Ceva, aby z powodzeniem przejść do rozwiązywania problemów. Spójrzmy z tobą na ekran. Dla jakiego twierdzenia jest to zdjęcie? (twierdzenie Menelaosa). Spróbuj jasno sformułować twierdzenie.

Obrazek 1

Niech punkt A 1 leży na boku BC trójkąta ABC, punkt C 1 leży na boku AB, punkt B 1 leży na przedłużeniu boku AC poza punkt C. Punkty A 1 , B 1 i C 1 leżą na tej samej prostej, jeśli i tylko wtedy, gdy równość

Nauczyciel: Spójrzmy razem na następne zdjęcie. Sformułuj twierdzenie dla tej figury.

Rysunek 2

Prosta AD przecina dwa boki i przedłużenie trzeciego boku trójkąta BMC.

Zgodnie z twierdzeniem Menelaosa

Prosta MB przecina dwa boki i przedłużenie trzeciego boku trójkąta ADC.

Zgodnie z twierdzeniem Menelaosa

Nauczyciel: Jakiemu twierdzeniu odpowiada obrazek? (Twierdzenie Cevy). Sformułuj twierdzenie.

Rysunek 3

Niech w trójkącie ABC punkt A 1 leży na boku BC, punkt B 1 leży na boku AC, punkt C 1 leży na boku AB. Odcinki AA 1 , BB 1 i CC 1 przecinają się w jednym punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy równość

III etap. Rozwiązywanie problemów. (22 minuty)

Klasa zostaje podzielona na 3 zespoły, z których każdy otrzymuje kartę z dwoma różnymi zadaniami. Czas na rozwiązanie jest podany, a następnie wyświetla się ekran<Рисунки 4-9>. Na podstawie gotowych rysunków do zadań przedstawiciele zespołów po kolei wyjaśniają swoje rozwiązanie. Po każdym wyjaśnieniu następuje dyskusja, odpowiedzi na pytania i weryfikacja poprawności rozwiązania na ekranie. W dyskusji biorą udział wszyscy członkowie zespołu. Im bardziej aktywny zespół, tym wyżej jest oceniany przy podsumowaniu.

Karta 1.

1. W trójkącie ABC na boku BC przyjęto punkt N tak, że NC = 3BN; na przedłużeniu boku AC punkt M jest traktowany jako punkt A, więc MA = AC. Prosta MN przecina bok AB w punkcie F. Znajdź stosunek

2. Wykaż, że środkowe trójkąta przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie 1

Rysunek 4

Ze względu na stan problemu MA = AC, NC = 3BN. Niech MA = AC = b, BN = k, NC = 3k. Prosta MN przecina dwa boki trójkąta ABC i przedłużenie trzeciego.

Zgodnie z twierdzeniem Menelaosa

Odpowiedź:

Dowód 2

Rysunek 5

Niech AM 1 , BM 2 , CM 3 będą środkowymi trójkąta ABC. Aby udowodnić, że odcinki te przecinają się w jednym punkcie, wystarczy to pokazać

Następnie, zgodnie z (odwrotnym) twierdzeniem Ceva, odcinki AM 1 , BM 2 i CM 3 przecinają się w jednym punkcie.

Mamy:

Udowodniono więc, że środkowe trójkąta przecinają się w jednym punkcie.

Karta 2.

1. Punkt N leży na boku PQ trójkąta PQR, a punkt L leży na boku PR i NQ = LR. Punkt przecięcia odcinków QL i NR dzieli QL w stosunku m:n, licząc od punktu Q. Znajdź

2. Wykaż, że dwusieczne trójkąta przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie 1

Rysunek 6

Przy założeniu NQ = LR, niech NA = LR = a, QF = km, LF = kn. Prosta NR przecina dwa boki trójkąta PQL i przedłużenie trzeciego.

Zgodnie z twierdzeniem Menelaosa

Odpowiedź:

Dowód 2

Rysunek 7

Pokażmy to

Następnie, zgodnie z (odwrotnym) twierdzeniem Ceva, AL 1 , BL 2 , CL 3 przecinają się w jednym punkcie. Zgodnie z właściwością dwusiecznych trójkąta

Mnożąc równości otrzymane termin po terminie, otrzymujemy

Dla dwusiecznych trójkąta spełniona jest równość Ceva, dlatego przecinają się one w jednym punkcie.

Karta 3.

1. W trójkącie ABC AD jest środkową, punkt O jest środkiem środkowej. Prosta BO przecina bok AC w punkcie K. W jakim stosunku punkt K dzieli AC, licząc od punktu A?

2. Wykazać, że jeżeli w trójkąt wpisano okrąg, to odcinki łączące wierzchołki trójkąta z punktami styku przeciwległych boków przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie 1

Cyfra 8

Niech BD = DC = a, AO = OD = m. Linia VC przecina dwa boki i przedłużenie trzeciego boku trójkąta ADC.

Zgodnie z twierdzeniem Menelaosa

Odpowiedź:

Dowód 2

Rysunek 9

Niech A 1 , B 1 i C 1 będą punktami stycznymi okręgu wpisanego w trójkąt ABC. Aby udowodnić, że odcinki AA 1 , BB 1 i CC 1 przecinają się w jednym punkcie, wystarczy pokazać, że zachodzi równość Ceva:

Korzystając z własności stycznych poprowadzonych do okręgu z jednego punktu, wprowadzamy zapis: C 1 B = BA 1 = x, AC 1 = CB 1 = y, BA 1 = AC 1 = z.

Zachodzi równość Ceva, co oznacza, że dwusieczne trójkąta przecinają się w jednym punkcie.

IV etap. Rozwiązywanie problemów (samodzielna praca) (8 min.)

Nauczyciel: Praca w zespołach dobiegła końca i teraz rozpoczniemy samodzielną pracę nad poszczególnymi kartami dla 2 wariantów.

Materiały do lekcji do samodzielnej pracy uczniów

Opcja 1. W trójkącie ABC, którego pole wynosi 6, na boku AB wyznacza się punkt K, dzielący ten bok w stosunku AK:BK = 2:3, a na boku AC – punkt L, dzielący AC w stosunek AL:LC = 5:3. Punkt Q przecięcia prostych СК i BL jest odsunięty od prostej AB na odległość . Znajdź długość boku AB. (Odpowiedź: 4.)

Opcja 2. Punkt K leży na boku AC trójkąta ABC AK = 1, KS = 3. Punkt L leży na boku AB AL:LÂ = 2:3, Q jest punktem przecięcia prostych BK i CL. Znajdź długość wysokości trójkąta ABC obniżonego z wierzchołka B. (Odpowiedź: 1.5.)

Pracę przedkłada się nauczycielowi do recenzji.

Etap V. Podsumowanie lekcji (2 min.)

Analizowane są błędy, odnotowywane są oryginalne odpowiedzi i komentarze. Wyniki pracy każdego zespołu są sumowane i wystawiane są oceny.

VI etap. Praca domowa (1 min.)

Praca domowa składa się z zadań nr 11, 12 s. 289-290, nr 10 s. 301.

Końcowe słowo nauczyciela (1 min).

Dziś z boku wysłuchaliście swoich matematycznych przemówień i oceniliście swoje możliwości. W przyszłości będziemy wykorzystywać takie dyskusje do lepszego zrozumienia tematu. Argumenty na lekcji przyjaźniły się z faktami, a teoria z praktyką. Dziękuję wam wszystkim.

Literatura:

Tkaczuk V.V. Matematyka dla kandydata. – M.: MTsNMO, 2005.

AV Szewkin

FMS nr 2007

Twierdzenia Ceva i Menelaosa o ujednoliconym egzaminie państwowym

Szczegółowy artykuł „Wokół twierdzeń Ceva i Menelaosa” publikujemy na naszej stronie internetowej w dziale ARTYKUŁY. Adresowany jest do nauczycieli matematyki i uczniów szkół średnich, którzy są zmotywowani do posiadania dobrej znajomości matematyki. Możesz do niego wrócić, jeśli chcesz bardziej szczegółowo zrozumieć problem. W tej notatce podamy krótkie informacje ze wspomnianego artykułu i przeanalizujemy rozwiązania zadań ze zbioru do przygotowania do egzaminu państwowego Unified State Exam-2016.

Twierdzenie Cevy

Niech będzie dany trójkąt ABC i po jego bokach AB, pne I AC zaznaczone są punkty C 1 , A 1 I B 1 odpowiednio (ryc. 1).

a) Jeżeli segmenty AA 1 , nocleg ze śniadaniem 1 i CC 1 przecinają się więc w jednym punkcie

b) Jeśli równość (1) jest prawdziwa, to segmenty AA 1 , nocleg ze śniadaniem 1 i CC 1 przecinają się w jednym punkcie.

Rysunek 1 przedstawia przypadek, gdy segmenty AA 1 , nocleg ze śniadaniem 1 i CC 1 przecinają się w jednym punkcie wewnątrz trójkąta. Jest to tak zwany przypadek punktu wewnętrznego. Twierdzenie Ceva obowiązuje również w przypadku punktu zewnętrznego, gdy jeden z punktów A 1 , B 1 lub Z 1 należy do boku trójkąta, a pozostałe dwa należą do przedłużeń boków trójkąta. W tym przypadku punkt przecięcia segmentów AA 1 , nocleg ze śniadaniem 1 i CC 1 leży poza trójkątem (ryc. 2).

Jak zapamiętać równanie Chevy?

Zwróćmy uwagę na sposób zapamiętywania równości (1). Wierzchołki trójkąta w każdej relacji i same relacje są zapisywane w kierunku omijania wierzchołków trójkąta ABC, zaczynając od punktu A. od punktu A przejdź do rzeczy B, spotykamy punkt Z 1, zapisz ułamek
. Dalej od tematu W przejdź do rzeczy Z, spotykamy punkt A 1, zapisz ułamek
. Wreszcie od sedna Z przejdź do rzeczy A, spotykamy punkt W 1, zapisz ułamek
. W przypadku punktu zewnętrznego zachowana jest kolejność zapisywania ułamków, chociaż dwa „punkty podziału” segmentu znajdują się poza swoimi segmentami. W takich przypadkach mówimy, że punkt dzieli odcinek zewnętrznie.

Zauważ, że nazywa się dowolny odcinek linii łączący wierzchołek trójkąta z dowolnym punktem na linii zawierającej przeciwny bok trójkąta Ceviana.

Rozważmy kilka sposobów udowodnienia twierdzenia a) twierdzenia Cevy dla przypadku punktu wewnętrznego. Aby udowodnić twierdzenie Cevy, należy udowodnić twierdzenie a) dowolną z metod zaproponowanych poniżej, a także udowodnić twierdzenie b). Dowód twierdzenia b) jest podany po pierwszej metodzie dowodu twierdzenia a). Dowody twierdzenia Cevy dla przypadku punktu zewnętrznego przeprowadza się w podobny sposób.

Dowód twierdzenia a) Twierdzenie Cevy z wykorzystaniem twierdzenia o odcinkach proporcjonalnych

Niech trzy ceviany AA 1 , BB 1 i CC 1 przecinają się w punkcie Z wewnątrz trójkąta ABC.

Ideą dowodu jest zastąpienie stosunków odcinków z równości (1) stosunkami odcinków leżących na tej samej prostej.

Przez kropkę W narysuj linię równoległą do ceviany SS 1. Prosty AA 1 przecina zbudowaną linię w punkcie M, i prosta przechodząca przez punkt C i równoległe AA 1 , - w punkcie T. przez kropki A I Z narysuj linie proste równoległe do cevianów nocleg ze śniadaniem 1. Przekroczą linię maszyna wirtualna w punktach N I R odpowiednio (ryc. 3).

P o twierdzeniu o odcinkach proporcjonalnych mamy:

,
I
.

Potem równości

W równoległobokach ZCTM I ZCRB segmenty TM, СZ I BR równe przeciwległym bokom równoległoboku. Stąd,
a równość jest prawdziwa

Dowodząc twierdzenia b) używamy następującego twierdzenia. Ryż. 3

Lemat 1. Jeśli punkty Z 1 i Z 2 podziel cięcie AB obraz wewnętrzny (lub zewnętrzny) pod tym samym względem, licząc od tego samego punktu, to punkty te pokrywają się.

Udowodnijmy lemat dla przypadku, gdy punkty Z 1 i Z 2 podziel cięcie AB wewnętrznie w tym samym zakresie:
.

Dowód. Od równości
następnie równości
I
. Ostatni z nich jest spełniony tylko pod warunkiem, że Z 1 B I Z 2 B są równe, tj. pod warunkiem, że punkty Z 1 i Z 2 mecze.

Dowód lematu dla przypadku, gdy punkty Z 1 i Z 2 podziel cięcie AB zewnętrznie przeprowadzane w podobny sposób.

Dowód twierdzenia b) twierdzenia Cevy

Niech teraz równość (1) będzie prawdziwa. Udowodnijmy, że odcinki AA 1 , nocleg ze śniadaniem 1 i CC 1 przecinają się w jednym punkcie.

Niech ceviani AA 1 i nocleg ze śniadaniem 1 przecinają się w punkcie Z, narysuj odcinek przez ten punkt CC 2 (Z 2 leży na segmencie AB). Następnie na podstawie twierdzenia a) otrzymujemy poprawną równość

. (2)

I Porównując równości (1) i (2) wnioskujemy, że
, czyli punkty Z 1 i Z 2 podziel cięcie AB w tym samym stosunku, licząc od tego samego punktu. Lemat 1 implikuje, że punkty Z 1 i Z 2 mecze. Oznacza to, że segmenty AA 1 , nocleg ze śniadaniem 1 i CC 1 przecinają się w jednym punkcie, co należało udowodnić.

Można udowodnić, że procedura zapisu równości (1) nie zależy od tego, w którym punkcie iw jakim kierunku omijane są wierzchołki trójkąta.

Ćwiczenie 1. Znajdź długość odcinka AN na rysunku 4, który pokazuje długości innych segmentów.

Odpowiedź. 8.

Zadanie 2. cewianie JESTEM, BN, CK przecinają się w jednym punkcie wewnątrz trójkąta ABC. Znajdź nastawienie
, Jeśli
,
. Ryż. 4

Odpowiedź.
.

P przedstawiamy dowód twierdzenia Cevy z artykułu. Ideą dowodu jest zastąpienie stosunków odcinków z równości (1) stosunkami odcinków leżących na prostych równoległych.

Niech prosto AA 1 , BB 1 , CC 1 przecinają się w punkcie O wewnątrz trójkąta ABC(Rys. 5). Przez górę Z trójkąt ABC narysuj linię równoległą AB i jego punkty przecięcia z prostymi AA 1 , BB 1 oznaczają odpowiednio A 2 , B 2 .

Z podobieństwa dwóch par trójkątów CB 2 B 1 I WĄTEK 1 , BECZENIE 1 I CA 2 A 1, ryc. 5

mamy równości

,
. (3)

Z podobieństwa trójkątów pne 1 O I B 2 WSPÓŁ, AZ 1 O I A 2 WSPÓŁ mamy równości
, z czego wynika, że

. (4)

P mnożąc równości (3) i (4), otrzymujemy równość (1).

Twierdzenie a) twierdzenia Cevy zostało udowodnione.

Rozważmy dowody twierdzenia a) twierdzenia Cevy za pomocą pól dla punktu wewnętrznego. W książce A.G. Myakishev i opiera się na stwierdzeniach, które sformułujemy w formie zadań 3 I 4 .

Zadanie 3. Stosunek pól dwóch trójkątów o wspólnym wierzchołku i podstawach leżących na tej samej prostej jest równy stosunkowi długości tych podstaw. Udowodnij to stwierdzenie.

Zadanie 4. Udowodnij, że jeśli
, To
I
. Ryż. 6

Niech segmenty AA 1 , nocleg ze śniadaniem 1 i CC 1 przecinają się w punkcie Z(ryc. 6), a następnie

,
. (5)

I z równości (5) i drugie zestawienie zadania 4 wynika z tego
Lub
. Podobnie, rozumiemy to
I
. Mnożąc ostatnie trzy równości, otrzymujemy:

tj. równość (1) jest prawdziwa, co należało udowodnić.

Twierdzenie a) twierdzenia Cevy zostało udowodnione.

Zadanie 15. Niech ceviany przecinają się w jednym punkcie wewnątrz trójkąta i podzielmy go na 6 trójkątów, których pola są równe S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 , S 6 (ryc. 7). Udowodnij to . Ryż. 7

Zadanie 6. Znajdź obszar S trójkąt CNZ(powierzchnie pozostałych trójkątów pokazano na rysunku 8).

Odpowiedź. 15.

Zadanie 7. Znajdź obszar S trójkąt CNO jeśli obszar trójkąta ANIE jest 10 i
,
(Rys. 9).

Odpowiedź. 30.

Zadanie 8. Znajdź obszar S trójkąt CNO jeśli obszar trójkąta Apne jest równe 88 i ,
(Rys. 9).

R rozwiązanie. Ponieważ , oznaczamy
,
. Ponieważ , to oznaczamy
,
. Z twierdzenia Cevy wynika, że
, i wtedy
. Jeśli
, To
(Rys. 10). Mamy trzy niewiadome ( X, y I S), więc znaleźć S Ułóżmy trzy równania.

Ponieważ
, To
= 88. Od
, To
, Gdzie
. Ponieważ
, To
.

Więc,
, Gdzie
. Ryż. 10

Zadanie 9. W trójkącie ABC zwrotnica k I Ł należą odpowiednio do stron AB I BC.
,
. P glin I CK. Powierzchnia trójkąta PBC równa się 1. Znajdź obszar trójkąta ABC.

Odpowiedź. 1,75.

T Twierdzenie Menelaosa

Niech będzie dany trójkąt ABC i po jego bokach AC I CB zaznaczone są punkty B 1 i A 1 odpowiednio i na kontynuacji strony AB zaznaczony punkt C 1 (ryc. 11).

a) Jeśli punkty A 1 , B 1 i Z Leżę więc na tej samej linii

. (6)

b) Jeśli równość (7) jest prawdziwa, to punkty A 1 , B 1 i Z 1 leżą na tej samej linii. Ryż. jedenaście

Jak zapamiętać równość Menelaosa?

Technika zapamiętywania równości (6) jest taka sama jak w przypadku równości (1). Wierzchołki trójkąta w każdej relacji i same relacje są zapisywane w kierunku omijania wierzchołków trójkąta ABC- od wierzchołka do wierzchołka, przechodząc przez punkty podziału (wewnętrzne lub zewnętrzne).

Zadanie 10. Udowodnij, że zapisując równość (6) z dowolnego wierzchołka trójkąta w dowolnym kierunku, otrzymamy ten sam wynik.

Aby udowodnić twierdzenie Menelaosa, należy udowodnić twierdzenie a) dowolną z metod zaproponowanych poniżej, a także udowodnić twierdzenie b). Dowód twierdzenia b) jest podany po pierwszej metodzie dowodu twierdzenia a).

Dowód twierdzenia a) za pomocą twierdzenia o odcinkach proporcjonalnych

Isposób. a) Ideą dowodu jest zastąpienie stosunków długości odcinków w równości (6) stosunkami długości odcinków leżących na jednej prostej.

Niech punkty A 1 , B 1 i Z 1 leżą na tej samej linii. Przez kropkę C narysujmy linię prostą l, równolegle do linii A 1 B 1, przecina linię AB w punkcie M(Rys. 12).

R
Jest. 12

Zgodnie z twierdzeniem o proporcjonalnych odcinkach mamy:
I
.

Potem równości
.

Dowód twierdzenia b) twierdzenia Menelaosa

Teraz niech równość (6) będzie prawdziwa, udowodnimy, że punkty A 1 , B 1 i Z 1 leżą na tej samej linii. Niech prosto AB I A 1 B 1 przecinają się w punkcie Z 2 (ryc. 13).

Od punktów A 1 B 1 i Z 2 leżą na tej samej prostej, a następnie przez stwierdzenie a) twierdzenia Menelaosa

. (7)

Z porównania równości (6) i (7) mamy
, stąd wynika, że równości

,
,
.

Ostatnia równość jest prawdziwa tylko pod warunkiem
, czyli jeśli punkty Z 1 i Z 2 mecze.

Twierdzenie b) twierdzenia Menelaosa zostało udowodnione. Ryż. 13

Dowód twierdzenia a) za pomocą podobieństwa trójkątów

Ideą dowodu jest zastąpienie stosunków długości odcinków z równości (6) stosunkami długości odcinków leżących na prostych równoległych.

Niech punkty A 1 , B 1 i Z 1 leżą na tej samej linii. Z punktów A, B I C narysuj prostopadłe AA 0 , BB 0 i SS 0 do tej prostej (ryc. 14).

R
Jest. 14

Z podobieństwa trzech par trójkątów AA 0 B 1 I CC 0 B 1 , CC 0 A 1 I nocleg ze śniadaniem 0 A 1 , C 1 B 0 B I C 1 A 0 A(w dwóch rogach) mamy prawidłowe równości

,
,
,

mnożąc je, otrzymujemy:

Twierdzenie a) twierdzenia Menelaosa zostało udowodnione.

Dowód twierdzenia a) za pomocą obszarów

Ideą dowodu jest zastąpienie stosunku długości odcinków z równości (7) stosunkami pól trójkątów.

Niech punkty A 1 , B 1 i Z 1 leżą na tej samej linii. Połącz kropki C I C 1. Oznacz pola trójkątów S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 (ryc. 15).

Potem równości

,
,
. (8)

Mnożąc równości (8), otrzymujemy:

Twierdzenie a) twierdzenia Menelaosa zostało udowodnione.

R
Jest. 15

Tak jak twierdzenie Cevy pozostaje ważne, jeśli punkt przecięcia Cewy znajduje się poza trójkątem, tak twierdzenie Menelaosa pozostaje ważne, jeśli sieczna przecina tylko przedłużenia boków trójkąta. W tym przypadku możemy mówić o przecięciu boków trójkąta w punktach zewnętrznych.

Dowód twierdzenia a) dla przypadku punktów zewnętrznych

P ujście siecznej przecina boki trójkąta ABC w punktach zewnętrznych, tj. przecina przedłużenia boków AB,pne I AC w punktach C 1 , A 1 i B 1, a punkty te leżą na tej samej prostej (ryc. 16).

Zgodnie z twierdzeniem o proporcjonalnych odcinkach mamy:

I .

Potem równości

Twierdzenie a) twierdzenia Menelaosa zostało udowodnione. Ryż. 16

Zauważmy, że powyższy dowód pokrywa się z dowodem twierdzenia Menelaosa dla przypadku, gdy sieczna przecina dwa boki trójkąta w punktach wewnętrznych i jeden w zewnętrznym.

Dowód twierdzenia b) twierdzenia Menelaosa dla przypadku punktów zewnętrznych jest podobny do dowodu podanego powyżej.

W piekło11. W trójkącie ABC zwrotnica A 1 , W 1 leżeć odpowiednio na bokach Słońce I AZ. P- punkt przecięcia odcinków AA 1 I nocleg ze śniadaniem 1 .
,
. Znajdź nastawienie
.

Rozwiązanie. Oznaczać
,
,
,
(Rys. 17). Z twierdzenia Menelaosa o trójkącie pneW 1 i siecznej ROCZNIE 1 wpisz poprawną równość:

skąd to wynika

. Ryż. 17

Odpowiedź. .

W piekło12 (Moskiewski Uniwersytet Państwowy, kursy przygotowawcze do korespondencji). W trójkącie ABC, którego pole wynosi 6, z boku AB punkt zajęty DO, dzieląc ten bok względem
, i z boku AC- kropka Ł, działowy AC w związku
. Kropka P przecięcia linii SC I WŁ usunięty z linii AB w odległości 1,5. Znajdź długość boku AB.

Rozwiązanie. Z punktów R I Z porzućmy piony PR I CM bezpośrednio AB. Oznaczać
,
,
,
(Rys. 18). Z twierdzenia Menelaosa o trójkącie AKC i siecznej PL napisz poprawne równanie:
, skąd to bierzemy
,
. Ryż. 18

Z podobieństwa trójkątów DOMC I DORP(na dwóch rogach) otrzymujemy to
, skąd to wynika
.

Teraz, znając długość wysokości narysowanej na bok AB trójkąt ABS, a obszar tego trójkąta obliczamy długość boku:
.

Odpowiedź. 4.

W piekło13. Trzy koła ze środkami A,W,Z, których promienie są powiązane jako
, stykają się ze sobą zewnętrznie w punktach X, Y, Z jak pokazano na rysunku 19. Segmenty TOPÓR I PRZEZ przecinać się w punkcie O. W jakim stosunku, licząc od punktu B, odcinek cz dzieli segment PRZEZ?

Rozwiązanie. Oznaczać
,
,
(Rys. 19). Ponieważ
, następnie przez twierdzenie b) twierdzenia Ceva, segmenty AX, PRZEZ I ZZ przecinają się w jednym punkcie O. Potem odcinek cz dzieli segment PRZEZ w związku
. Znajdźmy ten związek. Ryż. 19

Z twierdzenia Menelaosa o trójkącie BCY i siecznej WÓŁ mamy:
, skąd to wynika
.

Odpowiedź. .

Zadanie 14 (USE-2016).

zwrotnica W 1 i Z AC I AB trójkąt ABC, ponadto AB 1:B 1 Z =
= AC 1:Z 1 B. Bezpośredni nocleg ze śniadaniem 1 I SS 1 przecinać się w punkcie O.

A ) Udowodnij, że linia JSC przeciąć bok Słońce.

AB 1 OC 1 do pola trójkąta ABC jeśli wiadomo, że AB 1:B 1 Z = 1:4.

Rozwiązanie. a) Niech linia AO przecina bok pne w punkcie A 1 (ryc. 20). Z twierdzenia Cevy mamy:

. (9)

Ponieważ AB 1:B 1 Z = AC 1:Z 1 B, to z równości (9) wynika, że
, to jest CA 1 = A 1 B, co należało udowodnić. Ryż. 20

b) Niech obszar trójkąta AB 1 O jest równe S. Ponieważ AB 1:B 1 Z CB 1 O równa się 4 S, a pole trójkąta AOC równa się 5 S. Następnie obszar trójkąta AOB jest również równa 5 S, ponieważ trójkąty AOB I AOC mieć wspólną płaszczyznę AO i ich wierzchołki B I C w równej odległości od linii AO. I obszar trójkąta AOC 1 równa się S, ponieważ AC 1:Z 1 B = 1:4. Następnie obszar trójkąta WĄTEK 1 równa się 6 S. Ponieważ AB 1:B 1 Z= 1:4, następnie pole trójkąta CB 1 O równa się 24 S, a pole trójkąta ABC równa się 30 S. Teraz znajdźmy stosunek powierzchni czworoboku AB 1 OC 1 (2S) do obszaru trójkąta ABC (30S), jest równy 1:15.

Odpowiedź. 1:15.

Zadanie 15 (USE-2016).

zwrotnica W 1 i Z 1 leżeć odpowiednio na bokach AC I AB trójkąt ABC, ponadto AB 1:B 1 Z =
= AC 1:Z 1 B. Bezpośredni nocleg ze śniadaniem 1 I SS 1 przecinać się w punkcie O.

a) Udowodnij, że linia JSC przeciąć bok Słońce.

b) Znajdź stosunek powierzchni czworoboku AB 1 OC 1 do pola trójkąta ABC jeśli wiadomo, że AB 1:B 1 Z = 1:3.

Odpowiedź. 1:10.

W zadanie 16 (UŻYCIE-2016). Na segmencie BD punkt zajęty Z. Dwusieczna BL ABC z podstawą Słońce BLD z podstawą BD.

a) Udowodnij, że trójkąt DCL równoramienny.

b) Wiadomo, że cos
ABC DL, czyli trójkąt BD punkt zajęty Z. Dwusieczna BL Trójkąt równoramienny ABC z podstawą Słońce jest bokiem trójkąta równoramiennego BLD z podstawą BD.

a) Udowodnij, że trójkąt DCL równoramienny.

b) Wiadomo, że cos ABC= . W jaki sposób jest bezpośredni DL dzieli bok AB?

Odpowiedź. 4:21.

Literatura

1. Smirnova I.M., Smirnov VA. Cudowne trójkątne kropki i linie. M.: Matematyka, 2006, nr 17.

2. Myakishev A.G. Elementy geometrii trójkąta. (Seria „Biblioteka „Edukacja matematyczna””). M.: MTsNMO, 2002. - 32 s.

3. Geometria. Dodatkowe rozdziały do podręcznika do klasy 8: Podręcznik dla uczniów szkół i klas z pogłębionym studium / L.S. Atanasyan, V.F. Butuzow, S.B. Kadomcew i inni - M.: Vita-Press, 2005. - 208 s.

4. Twierdzenia Erdniev P., Mantsaev N. Cheva i Menelaos. M.: Kvant, 1990, nr 3, s. 56–59.

5. Sharygin I.F. Twierdzenia Ceva i Menelaosa. Moskwa: Kvant, 1976, nr 11, s. 22–30.

6. Wawiłow W.W. Mediany i linie środkowe trójkąta. M.: Matematyka, 2006, nr 1.

7. Jefremow Dm. Nowa geometria trójkąta. Odessa, 1902. - 334 s.

8. Matematyka. 50 wariantów typowych zadań testowych / I.V. Jaszczenko, MA Wołkiewicz, I.R. Wysocki i inni; wyd. IV Jaszczenko. - M .: Wydawnictwo „Egzamin”, 2016. - 247 s.

TWIERDZENIA CHEWY I MENELAU

Twierdzenie Cevy

Większość niezwykłych punktów trójkąta można uzyskać za pomocą następującej procedury. Niech będzie jakaś reguła, według której możemy wybrać pewien punkt A 1 , na boku BC (lub jego przedłużeniu) trójkąta ABC (np. wybierz środek tego boku). Następnie konstruujemy podobne punkty B 1 , C 1 na pozostałych dwóch bokach trójkąta (w naszym przykładzie są jeszcze dwa punkty środkowe boków). Jeśli reguła wyboru się powiedzie, skieruj AA 1 , BB 1 , CC 1 przecinają się w pewnym punkcie Z (wybór środków boków w tym sensie jest oczywiście udany, ponieważ środkowe trójkąta przecinają się w jednym punkcie).

Chciałbym mieć jakąś ogólną metodę, która pozwala nam określić na podstawie położenia punktów na bokach trójkąta, czy odpowiadająca im trójka prostych przecina się w jednym punkcie, czy nie.

Uniwersalny warunek „zamykający” ten problem został znaleziony w 1678 roku przez włoskiego inżynieraGiovanni Ceva .

Definicja. Segmenty łączące wierzchołki trójkąta z punktami na przeciwległych bokach (lub ich przedłużeniach) nazywamy cevianami, jeśli przecinają się w jednym punkcie.

Istnieją dwie opcje lokalizacji ceviana. W jednej wersji punkt

przecięcia są wewnętrzne, a końce cevianów leżą na bokach trójkąta. W drugiej wersji punkt przecięcia jest zewnętrzny, koniec jednego cewiana leży na boku, a końce dwóch pozostałych cewianów leżą na przedłużeniach boków (patrz rysunki).

Twierdzenie 3. (bezpośrednie twierdzenie Ceva) W dowolnym trójkącie ABC na bokach BC, CA, AB lub ich przedłużeniach punkty A są brane odpowiednio 1 , W 1 , Z 1 , takie, że bezpośrednie AA 1 , BB 1 , SS 1 przecinają się wtedy w jakimś wspólnym punkcie

Dowód: Ponieważ istnieje kilka oryginalnych dowodów twierdzenia Cevy, rozważymy dowód oparty na podwójnym zastosowaniu twierdzenia Menelaosa. Zapiszmy po raz pierwszy zależność twierdzenia Menelaosa dla trójkątaWĄTEK 1 i siecznej CC 1 (oznaczamy punkt przecięcia cevianZ):

i drugi raz dla trójkątaB 1 pne i siecznej AA 1 :

Mnożąc te dwie relacje, dokonując niezbędnych redukcji, otrzymujemy zależność zawartą w stwierdzeniu twierdzenia.

Twierdzenie 4. (Twierdzenie odwrotne Ceva) . Jeśli dla wybranych po bokach trójkąta ABC lub ich przedłużenia punktów A 1 , W 1 I C 1 Warunek Cevy jest spełniony:

potem prosto AA 1 , nocleg ze śniadaniem 1 I CC 1 przecinają się w jednym punkcie .

Dowód tego twierdzenia przeprowadza się przez sprzeczność, podobnie jak dowód twierdzenia Menelaosa.

Rozważmy przykłady zastosowania bezpośredniego i odwrotnego twierdzenia Ceva.

Przykład 3 Udowodnij, że środkowe trójkąta przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie. Rozważ relację

dla wierzchołków trójkąta i środków jego boków. Oczywiście w każdym ułamku w liczniku i mianowniku są równe segmenty, dlatego wszystkie te ułamki są równe jeden. Dlatego relacja Ceva jest spełniona, dlatego zgodnie z twierdzeniem odwrotnym mediany przecinają się w jednym punkcie.

Twierdzenie ( twierdzenie Cevy ) . Niech punkty leżeć na bokach i trójkąt odpowiednio. Niech segmenty I przecinają się w jednym punkcie. Następnie

(obejdź trójkąt zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

Dowód. Oznacz przez punkt przecięcia odcinków I . Spadek z punktów I prostopadłe do liniiprzed przecięciem się z nią w punktach I odpowiednio (patrz rysunek).

Bo trójkąty I mieć wspólną stronę, to ich pola są powiązane jako wysokości poprowadzone na tę stronę, tj. I :

Ostatnia równość jest prawdziwa, ponieważ trójkąty prostokątne I podobny w kącie ostrym.

Podobnie otrzymujemy

Pomnóżmy te trzy równości:

co było do okazania

O medianach:

1. Umieść jednostki masy w wierzchołkach trójkąta ABC.
2. Środek masy punktów A i B leży pośrodku odcinka AB. Środek masy całego układu musi leżeć na środkowej do boku AB, ponieważ środek masy trójkąta ABC jest środkiem masy środka masy punktów A i B oraz punktu C.
(zrobiło się zamieszanie)
3. Podobnie – CM musi leżeć na środkowej do boków AC i BC
4. Ponieważ CM jest jedynym punktem, wszystkie te trzy środkowe muszą się w nim przecinać.

Nawiasem mówiąc, od razu wynika, że \u200b\u200bsą one podzielone przez przecięcie w stosunku 2: 1. Ponieważ masa środka masy punktów A i B wynosi 2, a masa punktu C wynosi 1, to wspólny środek masy, zgodnie z twierdzeniem o proporcji, podzieli medianę w stosunku 2/1.

Bardzo dziękuję, jest to przedstawione w przystępny sposób, myślę, że nie byłoby zbyteczne przedstawienie dowodu metodami geometrii brył, np.:
Linie AA1 i CC1 przecinają się w punkcie O; AC1: C1B = p i BA1: A1C = q. Musimy udowodnić, że prosta BB1 przechodzi przez punkt O wtedy i tylko wtedy, gdy CB1: B1A = 1: pq.
Umieśćmy odpowiednio masy 1, p i pq w punktach A, B i C. Wtedy punkt C1 jest środkiem masy punktów A i B, a punkt A1 jest środkiem masy punktów B i C. Zatem środek masy punktów A, B i C o danych masach jest punktem O przecięcie linii CC1 i AA1. Natomiast punkt O leży na odcinku łączącym punkt B ze środkiem masy punktów A i C. Jeżeli B1 jest środkiem masy punktów A i C o masach 1 i pq, to AB1: B1C = pq: 1. Należy zauważyć, że na odcinku AC jest jeden punkt dzielący go w tym stosunku AB1:B1C.

2. Twierdzenie Cevy

Nazywa się odcinek łączący wierzchołek trójkąta z pewnym punktem po przeciwnej stronieCeviana . Tak więc, jeśli w trójkącieABC X , Y i Z - punkty po bokachpne , CA , AB odpowiednio, a następnie segmentyTOPÓR , PRZEZ , cz są Chewianie. Termin pochodzi od włoskiego matematyka Giovanniego Ceva, który w 1678 roku opublikował następujące bardzo przydatne twierdzenie:

Twierdzenie 1.21. Jeśli trzy ceviany AX, BY, CZ (po jednym z każdego wierzchołka) trójkąta ABC są konkurencyjne, to

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .

Ryż. 3.

Kiedy mówimy, że trzy linie (lub segmenty)konkurencyjny , to mamy na myśli, że wszystkie przechodzą przez jeden punkt, który oznaczamy przezP . Aby udowodnić twierdzenie Cevy, przypomnijmy sobie, że pola trójkątów o równych wysokościach są proporcjonalne do podstaw tych trójkątów. Odnosząc się do rysunku 3, mamy:

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

Podobnie,

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

Teraz, jeśli je pomnożymy, otrzymamy

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

Odwrotność tego twierdzenia jest również prawdziwa:

Twierdzenie 1.22. Jeśli trzy ceviany AX, BY, CZ spełniają zależność

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 ,

wtedy są konkurencyjne .

Aby to pokazać, załóżmy, że pierwsze dwa ceviany przecinają się w punkcieP , jak poprzednio, i trzecia ceviana przechodząca przez punktP , będzieCZ′ . Następnie, na podstawie Twierdzenia 1.21,

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ′||Z'B|=1 .

Ale z założenia

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .

Stąd,

|AZ||ZB|= |AZ′||Z'B| ,

kropkaZ” zgadza się z punktemZ , i udowodniliśmy, że segmentyTOPÓR , PRZEZ Icz konkurencyjny (, s. 54 i , s. 48, 317).

Matematyka - kl. 10 Mendel Wiktor Wasiliewicz, Dziekan Wydziału Przyrodniczego, Matematyki i Informatyki, FESGU CHEVA I TWIERDZENIA MENELAYA Szczególne miejsce w planimetrii zajmują dwa niezwykłe twierdzenia: twierdzenie Cevy i twierdzenie Menelaosa. Twierdzeń tych nie ma w podstawowym programie zajęć z geometrii w szkole średniej, ale ich studiowanie (i zastosowanie) jest zalecane każdemu, kto interesuje się matematyką trochę bardziej, niż jest to możliwe w ramach szkolnego programu nauczania. Dlaczego te twierdzenia są interesujące? Po pierwsze, zauważamy, że przy rozwiązywaniu problemów geometrycznych produktywnie łączy się dwa podejścia: - jedno opiera się na definicji podstawowej struktury (na przykład: trójkąt - okrąg; trójkąt - linia sieczna; trójkąt - trzy przechodzące linie przez jego wierzchołki i przecinające się w jednym punkcie; czworobok z dwoma równoległymi bokami itp.), a drugi to metoda problemów odniesienia (proste problemy geometryczne, do których sprowadza się proces rozwiązywania złożonego problemu). Tak więc twierdzenia Menelaosa i Ceva należą do najczęstszych konstrukcji: pierwsza dotyczy trójkąta, którego boki lub przedłużenia boków przecina jakaś prosta (sieczna), druga dotyczy trójkąta i trzech prostych przechodzących przez jego wierzchołków, przecinających się w jednym punkcie. Twierdzenie Menelaosa To twierdzenie obserwowanych (wraz z odwrotnymi) zależnościami pokazuje odcinki, regularność, łączące wierzchołki pewnego trójkąta oraz punkty przecięcia siecznej z bokami (przedłużeniami boków) trójkąta. Na rysunkach przedstawiono dwa możliwe przypadki położenia trójkąta i siecznej. W pierwszym przypadku sieczna przecina dwa boki trójkąta i kontynuację trzeciego, w drugim - kontynuację wszystkich trzech boków trójkąta. Twierdzenie 1. (Menelaos) Niech odcinek ABC przetnie prosta nierównoległa do boku AB i przecinająca jego dwa boki odpowiednio AC i BC w punktach B1 i A1 oraz prosta AB w punkcie C1, a następnie AB1 CA1 BC1    1. B1C A1B C1 A Twierdzenie 2. (Odwrotnie do twierdzenia Menelaosa) Niech punkty A1, B1, C1 trójkąta ABC należą odpowiednio do prostych BC, AC, AB, to jeśli AB1 CA1 BC1   1 B1C A1B C1 A , to punkty A1, B1, C1 leżą na jednej prostej. Dowód pierwszego twierdzenia można przeprowadzić w następujący sposób: prostopadłe ze wszystkich wierzchołków trójkąta są opuszczane na sieczną. Rezultatem są trzy pary podobnych trójkątów prostokątnych. Stosunki odcinków występujących w sformułowaniu twierdzenia są zastępowane stosunkami prostopadłych odpowiadających im pod względem podobieństwa. Okazuje się, że każdy odcinek - prostopadła w ułamkach będzie występować dwukrotnie: raz w jednym ułamku w liczniku, drugi raz w innym ułamku, w mianowniku. Zatem iloczyn wszystkich tych stosunków będzie równy jeden. Twierdzenie odwrotne dowodzi się metodą „przez sprzeczność”. Zakłada się, że w warunkach Twierdzenia 2 punkty A1, B1, C1 nie leżą na jednej prostej. Wtedy prosta A1B1 przetnie bok AB w punkcie C2 innym niż punkt C1. W tym przypadku, na mocy Twierdzenia 1, dla punktów A1, B1, C2 będzie zachodzić taka sama zależność jak dla punktów A1, B1, C1. Z tego wynika, że punkty C1 i C2 podzielą odcinek AB w równych proporcjach. Wtedy te punkty się pokrywają - mamy sprzeczność. Rozważ przykłady zastosowania twierdzenia Menelaosa. Przykład 1. Wykaż, że środkowe trójkąta w punkcie przecięcia są podzielne przez stosunek 2:1 licząc od wierzchołka. Rozwiązanie. Zapiszmy stosunek otrzymany w twierdzeniu Menelaos dla trójkąta ABMb i prostej McM(C): AM c BM M bC    1. M c B MM b CA Pierwszy ułamek w tym iloczynie jest oczywiście równy 1, a trzeci drugi stosunek jest równy 1 . Dlatego 2 2:1, co należało udowodnić. Przykład 2. Sieczna przecina przedłużenie boku AC trójkąta ABC w punkcie B1, tak że punkt C jest środkiem odcinka AB1. Bok AB jest podzielony na pół przez tę sieczną. Znajdź stosunek, w jakim dzieli bok BC? Rozwiązanie. Zapiszmy dla trójkąta i siecznej iloczyn trzech stosunków z twierdzenia Menelaosa: AB1 CA1 BC1    1. B1C A1B C1 A Z warunków zadania wynika, że pierwszy stosunek jest równy jeden, a trzeci 1 , 2 zatem drugi stosunek jest równy 2, to znaczy sieczna dzieli bok BC w stosunku 2:1. Z następującym przykładem zastosowania twierdzenia Menelaosa spotkamy się, gdy rozważymy dowód twierdzenia Cevy. Twierdzenie Cevy Większość znaczących punktów trójkąta można uzyskać za pomocą następującej procedury. Niech będzie jakaś reguła, według której możemy wybrać pewien punkt A1, leżący na boku BC (lub jego przedłużeniu) trójkąta ABC (np. wybieramy środek tego boku). Następnie konstruujemy podobne punkty B1, C1 na pozostałych dwóch bokach trójkąta (w naszym przykładzie są jeszcze dwa punkty środkowe boków). Jeśli reguła wyboru się powiedzie, to proste AA1, BB1, CC1 przecinają się w pewnym punkcie Z (wybór środków boków jest oczywiście w tym sensie udany, gdyż środkowe trójkąta przecinają się w jednym punkcie) . Chciałbym mieć jakąś ogólną metodę, która pozwala nam określić na podstawie położenia punktów na bokach trójkąta, czy odpowiadająca im trójka prostych przecina się w jednym punkcie, czy nie. Uniwersalny warunek „zamykający” ten problem został znaleziony w 1678 roku przez włoskiego inżyniera Giovanniego Ceva. Definicja. Segmenty łączące wierzchołki trójkąta z punktami na przeciwległych bokach (lub ich przedłużeniach) nazywamy cevianami, jeśli przecinają się w jednym punkcie. Istnieją dwie opcje lokalizacji ceviana. W jednym przykładzie wykonania punkt przecięcia jest wewnętrzny, a końce cevianów leżą na bokach trójkąta. W drugiej wersji punkt przecięcia jest zewnętrzny, koniec jednego cewiana leży na boku, a końce dwóch pozostałych cewianów leżą na przedłużeniach boków (patrz rysunki). Twierdzenie 3. (Twierdzenie bezpośrednie Cevy) W dowolnym trójkącie ABC o bokach BC, CA, AB lub ich przedłużeniu punkty A1, B1, C1 są odpowiednio brane tak, że proste AA1, BB1, CC1 przecinają się w jakimś wspólnym punkcie , następnie BA1 CB1 AC1   1 CA1 AB1 BC1 . Dowód: Znanych jest kilka oryginalnych dowodów twierdzenia Cevy, rozważymy dowód oparty na podwójnym zastosowaniu twierdzenia Menelaosa. Zapiszmy po raz pierwszy zależność twierdzenia Menelaosa dla trójkąta ABB1 i siecznej CC1 (punkt przecięcia Ceviana oznaczamy przez Z): AC1 BZ B1C    1, C1B ZB1 CA i drugi raz dla trójkąta B1BC i sieczna AA1: B1Z BA1 CA    1. ZB A1C AB1 Mnożąc te dwie zależności i dokonując niezbędnych redukcji, otrzymujemy zależność zawartą w twierdzeniu. Twierdzenie 4. (Twierdzenie odwrotne Ceva). Jeżeli dla wybranych punktów A1, B1 i C1 na bokach trójkąta ABC lub ich przedłużeń warunek Ceva jest spełniony: BA1 CB1 AC1   1 CA1 AB1 BC1 , to proste AA1, BB1 i CC1 przecinają się w jednym punkcie . Dowód tego twierdzenia przeprowadza się przez sprzeczność, podobnie jak dowód twierdzenia Menelaosa. Rozważmy przykłady zastosowania bezpośredniego i odwrotnego twierdzenia Ceva. Przykład 3. Udowodnij, że środkowe trójkąta przecinają się w jednym punkcie. Rozwiązanie. Rozważmy zależność AC1 BA1 CB1   C1B A1C B1 A dla wierzchołków trójkąta i środków jego boków. Oczywiście w każdym ułamku w liczniku i mianowniku są równe segmenty, dlatego wszystkie te ułamki są równe jeden. Dlatego relacja Ceva jest spełniona, dlatego zgodnie z twierdzeniem odwrotnym mediany przecinają się w jednym punkcie. Zadania do samodzielnego rozwiązania Proponowane tu zadania to praca kontrolna nr 1 dla uczniów klasy 9. Rozwiąż te zadania, zapisz rozwiązania w oddzielnym (od fizyki i informatyki) zeszycie. Podaj na okładce następujące informacje o sobie: 1. Nazwisko, imię, klasę, profil klasy (np. Wasilij Pupkin, klasa 9, matematyka) 2. Kod pocztowy, adres zamieszkania, e-mail (jeśli istnieje), numer telefonu (domowy lub komórkowy) 3. Dane o szkole (na przykład: MBOU nr 1 p. Bikin) 4. Nazwisko, imię nauczyciela matematyki (na przykład: nauczyciel matematyki Petrova M.I.) Zaleca się rozwiązanie co najmniej czterech zadań. M 9.1.1. Czy sieczna z twierdzenia Menelaosa może ciąć boki trójkąta (lub ich przedłużenia) na odcinki o długości: a) 3, 3, 5, 7,10, 14; c) 3, 5, 6, 7, 7, 10 Jeśli takie opcje są możliwe, podaj przykłady. Segmenty mogą przebiegać w innej kolejności. M 9.1.2. Czy wewnętrzne ceviany trójkąta mogą podzielić jego boki na odcinki: a) 3, 3, 5, 7,10, 14; c) 3, 5, 6, 7, 7, 10 Jeśli takie opcje są możliwe, podaj przykłady. Segmenty mogą przebiegać w innej kolejności. Wskazówka: wymyślając przykłady, nie zapomnij sprawdzić, czy trójkąt nie jest równy. M 9.1.3. Korzystając z odwrotnego twierdzenia Ceva, udowodnij, że: a) dwusieczne trójkąta przecinają się w jednym punkcie; b) odcinki łączące wierzchołki trójkąta z punktami na przeciwległych bokach, w których te boki stykają się z wpisanym okręgiem, przecinają się w jednym punkcie. Instrukcje: a) pamiętaj pod jakim względem dwusieczna dzieli przeciwny bok; b) skorzystać z własności polegającej na tym, że odcinki dwóch stycznych poprowadzonych z jednego punktu do pewnego okręgu są równe. M 9.1.4. Dokończ dowód twierdzenia Menelaosa rozpoczęty w pierwszej części artykułu. M 9.1.5. Udowodnij, że wysokości trójkąta przecinają się w jednym punkcie, korzystając z odwrotnego twierdzenia Cevy. M 9.1.6. Udowodnij twierdzenie Simpsona: z dowolnego punktu M poprowadzonego na okręgu opisanym wokół trójkąta ABC prostopadłe są opuszczane na boki lub przedłużenia boków trójkąta, wykaż, że podstawy tych prostopadłych leżą na tej samej prostej. Podpowiedź: skorzystaj z odwrotnego twierdzenia Menelaosa. Spróbuj wyrazić długości odcinków użytych w relacji w kategoriach długości prostopadłych poprowadzonych z punktu M. Przydatne jest również przypomnienie własności kątów wpisanego czworoboku.