Teorema është e kundërta e teoremës së provës. Teorema e Cheva dhe Menelaus. Pse është e nevojshme e gjithë kjo?

Klasa: 9

Objektivat e mësimit:

të përgjithësojë, zgjerojë dhe sistemojë njohuritë dhe aftësitë e nxënësve; mësoni se si të përdorni njohuritë kur zgjidhni probleme komplekse;
promovojnë zhvillimin e aftësive për aplikim të pavarur të njohurive gjatë zgjidhjes së problemeve;
të zhvillojë të menduarit logjik dhe të folurit matematik të studentëve, aftësinë për të analizuar, krahasuar dhe përgjithësuar;
ngjall te nxënësit vetëbesim dhe punë të palodhur; aftësia për të punuar në ekip.

Objektivat e mësimit:

Edukative: përsëritni teoremat e Menelaus dhe Cheva; t'i zbatoni ato gjatë zgjidhjes së problemeve.
Zhvillimore: mësoni të parashtroni një hipotezë dhe të mbroni me shkathtësi mendimin tuaj me prova; testoni aftësinë tuaj për të përgjithësuar dhe sistemuar njohuritë tuaja.
Edukative: rrisin interesin për këtë temë dhe përgatiten për zgjidhjen e problemeve më komplekse.

Lloji i mësimit: mësim i përgjithësimit dhe sistematizimit të njohurive.

Pajisjet: karta për punë kolektive në një orë mësimi për këtë temë, karta individuale për punë të pavarur, kompjuter, projektor multimedial, ekran.

Gjatë orëve të mësimit

Faza I. Momenti organizativ (1 min.)

Mësuesi/ja shpall temën dhe qëllimin e mësimit.

Faza II. Përditësimi i njohurive dhe aftësive bazë (10 min.)

Mësues: Gjatë mësimit, ne do të kujtojmë teoremat e Menelaus dhe Cheva në mënyrë që të kalojmë me sukses në zgjidhjen e problemeve. Le t'i hedhim një sy ekranit ku është paraqitur. Për cilën teoremë jepet kjo shifër? (teorema e Menelaut). Mundohuni të formuloni qartë teoremën.

Foto 1

Le të shtrihet pika A 1 në anën BC të trekëndëshit ABC, pika C 1 në anën AB, pika B 1 në vazhdimin e brinjës AC përtej pikës C. Pikat A 1 , B 1 dhe C 1 shtrihen në të njëjtën drejtëz nëse dhe vetëm nëse barazia vlen

Mësues: Le të shohim së bashku foton e mëposhtme. Tregoni një teoremë për këtë vizatim.

Figura 2

Linja AD kryqëzon dy anët dhe shtrirjen e anës së tretë të trekëndëshit të DIU.

Sipas teoremës së Menelaut

Drejtëza MB pret dy brinjë dhe shtrirjen e anës së tretë të trekëndëshit ADC.

Sipas teoremës së Menelaut

Mësues: Me çfarë teoreme korrespondon fotografia? (teorema e Cevës). Tregoni teoremën.

Figura 3

Le të jetë pika A 1 në trekëndëshin ABC në anën BC, pika B 1 në anën AC, pika C 1 në anën AB. Segmentet AA 1, BB 1 dhe CC 1 kryqëzohen në një pikë nëse dhe vetëm nëse barazia vlen

Faza III. Zgjidhja e problemeve. (22 min.)

Klasa është e ndarë në 3 ekipe, secila merr një kartë me dy detyra të ndryshme. Jepet kohë për të vendosur, pastaj në ekran shfaqet sa vijon:<Рисунки 4-9>. Bazuar në vizatimet e përfunduara për detyrat, përfaqësuesit e ekipit me radhë shpjegojnë zgjidhjet e tyre. Çdo shpjegim pasohet nga një diskutim, duke iu përgjigjur pyetjeve dhe duke kontrolluar korrektësinë e zgjidhjes në ekran. Të gjithë anëtarët e ekipit marrin pjesë në diskutim. Sa më aktiv të jetë ekipi, aq më i lartë vlerësohet kur përmbledh rezultatet.

Karta 1.

1. Në trekëndëshin ABC pika N merret në brinjën BC ashtu që NC = 3BN; në vazhdim të anës AC, pika M merret si pikë A në mënyrë që MA = AC. Drejtëza MN pret anën AB në pikën F. Gjeni raportin

2. Vërtetoni se ndërmjetësit e një trekëndëshi priten në një pikë.

Zgjidhja 1

Figura 4

Sipas kushteve të problemit, MA = AC, NC = 3BN. Le të MA = AC =b, BN = k, NC = 3k. Drejtëza MN pret dy brinjë të trekëndëshit ABC dhe vazhdimin e të tretës.

Sipas teoremës së Menelaut

Përgjigje:

Dëshmia 2

Figura 5

Le të jenë AM 1, BM 2, CM 3 mediana e trekëndëshit ABC. Për të vërtetuar se këto segmente kryqëzohen në një pikë, mjafton të tregohet se

Më pas, me teoremën e Cevës (të kundërt), segmentet AM 1, BM 2 dhe CM 3 kryqëzohen në një pikë.

Ne kemi:

Pra, është vërtetuar se ndërmjetësit e një trekëndëshi kryqëzohen në një pikë.

Karta 2.

1. Pika N merret në anën PQ të trekëndëshit PQR, dhe pika L merret në anën PR, dhe NQ = LR. Pika e kryqëzimit të segmenteve QL dhe NR ndan QL në raportin m:n, duke numëruar nga pika Q. Gjeni

2. Vërtetoni se përgjysmorët e një trekëndëshi priten në një pikë.

Zgjidhja 1

Figura 6

Sipas kushtit, NQ = LR, Le të NA = LR =a, QF = km, LF = kn. Drejtëza NR kryqëzon dy brinjë të trekëndëshit PQL dhe vazhdimin e të tretës.

Sipas teoremës së Menelaut

Përgjigje:

Dëshmia 2

Figura 7

Le ta tregojmë atë

Pastaj, me teoremën e Cevës (të kundërt), AL 1, BL 2, CL 3 kryqëzohen në një pikë. Nga vetia e përgjysmuesve të trekëndëshit

Duke shumëzuar barazitë e fituara term me term, marrim

Për përgjysmuesit e një trekëndëshi, barazia e Chevës plotësohet, prandaj, ato kryqëzohen në një pikë.

Karta 3.

1. Në trekëndëshin ABC, AD është mediana, pika O është mesi i mesores. Drejtëza BO pret anën AC në pikën K. Në çfarë raporti ndan pika K AC, duke llogaritur nga pika A?

2. Vërtetoni se nëse një rreth është i brendashkruar në një trekëndësh, atëherë segmentet që lidhin kulmet e trekëndëshit me pikat e kontaktit të brinjëve të kundërta kryqëzohen në një pikë.

Zgjidhja 1

Figura 8

Le të BD = DC = a, AO = OD = m. Drejtëza BK pret dy brinjë dhe shtrirjen e brinjës së tretë të trekëndëshit ADC.

Sipas teoremës së Menelaut

Përgjigje:

Dëshmia 2

Figura 9

Le të jenë A 1, B 1 dhe C 1 pikat tangjente të rrethit të brendashkruar të trekëndëshit ABC. Për të vërtetuar se segmentet AA 1, BB 1 dhe CC 1 kryqëzohen në një pikë, mjafton të tregojmë se barazia e Cheva vlen:

Duke përdorur vetinë e tangjentave të tërhequra në një rreth nga një pikë, ne prezantojmë shënimin e mëposhtëm: C 1 B = BA 1 = x, AC 1 = CB 1 = y, BA 1 = AC 1 = z.

Barazia e Chevës plotësohet, që do të thotë se përgjysmuesit e trekëndëshit kryqëzohen në një pikë.

Faza IV. Zgjidhja e problemit (punë e pavarur) (8 min.)

Mësuesi: Puna e ekipeve ka përfunduar dhe tani do të fillojmë punën e pavarur në kartat individuale për 2 opsione.

Materiale mësimore për punën e pavarur të nxënësve

Opsioni 1. Në një trekëndësh ABC, sipërfaqja e të cilit është 6, në anën AB është një pikë K, duke e ndarë këtë anë në raportin AK:BK = 2:3, dhe në anën AC është një pikë L, duke e ndarë AC. në raportin AL:LC = 5:3. Pika Q e prerjes së drejtëzave СК dhe BL hiqet nga drejtëza AB në distancë . Gjeni gjatësinë e brinjës AB. (Përgjigje: 4.)

Opsioni 2. Në brinjën AC në trekëndëshin ABC merret pika K. AK = 1, KS = 3. Në anën AB merret pika L. AL:LB = 2:3, Q është pika e prerjes së drejtëzave BK dhe CL. Gjeni gjatësinë e lartësisë së trekëndëshit ABC të rënë nga kulmi B. (Përgjigje: 1.5.)

Puna i dorëzohet mësuesit për kontroll.

Faza V. Përmbledhja e mësimit (2 min.)

Analizohen gabimet e bëra, shënohen përgjigjet dhe komentet origjinale. Rezultatet e punës së secilit ekip përmblidhen dhe caktohen notat.

Faza VI. Detyrë shtëpie (1 min.)

Detyrat e shtëpisë përbëhen nga problemat nr.11, 12 f.289-290, nr.10 f.301.

Fjalët e fundit nga mësuesi (1 min).

Sot dëgjuat fjalimin matematikor të njëri-tjetrit nga jashtë dhe vlerësuat aftësitë tuaja. Në të ardhmen, ne do të përdorim diskutime të tilla për një kuptim më të madh të temës. Argumentet në mësim ishin miq me faktet dhe teoria me praktikën. Ju faleminderit të gjithëve.

Literatura:

Tkachuk V.V. Matematika për aplikantët. - M.: MTsNMO, 2005.

A.V. Shevkin

FMS nr. 2007

Teoremat e Cheva dhe Menelaus në provimin e unifikuar të shtetit

Një artikull i detajuar "Rreth teoremave të Ceva dhe Menelaus" u botua në faqen tonë të internetit në seksionin ARTIKUJT. Ai u drejtohet mësuesve të matematikës dhe nxënësve të shkollave të mesme të cilët janë të motivuar për t'u aftësuar në matematikë. Ju mund t'i ktheheni asaj nëse doni ta kuptoni çështjen në mënyrë më të detajuar. Në këtë shënim do të japim informacion të shkurtër nga artikulli i përmendur dhe do të analizojmë zgjidhjet e problemeve nga koleksioni për përgatitjen për Provimin e Unifikuar të Shtetit 2016.

Teorema e Cevës

Le të jepet një trekëndësh ABC dhe në anët e saj AB, B.C. Dhe A.C. pikat e shënuara C 1 , A 1 Dhe B 1 në përputhje me rrethanat (Fig. 1).

a) Nëse segmentet AA 1 , BB 1 dhe CC 1 kryqëzohet në një pikë, atëherë

b) Nëse barazia (1) është e vërtetë, atëherë segmentet AA 1 , BB 1 dhe CC 1 kryqëzohet në një pikë.

Figura 1 tregon rastin kur segmentet AA 1 , BB 1 dhe CC 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikat A 1 , B 1 ose ME 1 i përket anës së trekëndëshit dhe dy të tjerat i përkasin zgjatimeve të brinjëve të trekëndëshit. Në këtë rast, pika e kryqëzimit të segmenteve AA 1 , BB 1 dhe CC 1 shtrihet jashtë trekëndëshit (Fig. 2).

Si të kujtojmë barazinë e Cheva-s?

Le t'i kushtojmë vëmendje teknikës së kujtimit të barazisë (1). Kulmet e trekëndëshit në çdo relacion dhe vetë relacionet shkruhen në drejtim të kalimit të kulmeve të trekëndëshit. ABC, duke u nisur nga pika A. Nga pika A le të shkojmë te pika B, ne e plotësojmë pikën ME 1, shkruani thyesën
. Më tej nga pika NË le të shkojmë te pika ME, ne e plotësojmë pikën A 1, shkruani thyesën
. Së fundi, nga pika ME le të shkojmë te pika A, ne e plotësojmë pikën NË 1, shkruani thyesën
. Në rastin e një pike të jashtme, rendi i shkrimit të thyesave ruhet, megjithëse dy "pikat e ndarjes" të segmentit janë jashtë segmenteve të tyre. Në raste të tilla, ata thonë se pika e ndan segmentin nga jashtë.

Vini re se çdo segment që lidh një kulm të një trekëndëshi me çdo pikë në një vijë që përmban anën e kundërt të trekëndëshit quhet ceviana.

Le të shqyrtojmë disa mënyra për të vërtetuar pohimin a) të teoremës së Cevës për rastin e një pike të brendshme. Për të vërtetuar teoremën e Ceva-s, duhet të vërtetoni pohimin a) me ndonjë nga metodat e propozuara më poshtë, dhe gjithashtu të vërtetoni pohimin b). Vërtetimi i pohimit b) jepet pas metodës së parë të vërtetimit të pohimit a). Vërtetimi i teoremës së Cevës për rastin e një pike të jashtme kryhet në mënyrë të ngjashme.

Vërtetimi i pohimit a) të teoremës së Cevës duke përdorur teoremën e segmentit proporcional

Le tre cevian AA 1 , BB 1 dhe CC 1 kryqëzohen në një pikë Z brenda trekëndëshit ABC.

Ideja e provës është të zëvendësojë marrëdhëniet e segmenteve nga barazia (1) me marrëdhëniet e segmenteve që shtrihen në të njëjtën linjë.

Përmes pikës NË Le të vizatojmë një vijë të drejtë paralele me cevian SS 1 . Drejt AA 1 pret vijën e ndërtuar në pikë M, dhe drejtëza që kalon nëpër pikë C dhe paralele AA 1, - në pikën T. Përmes pikave A Dhe ME le të vizatojmë vija të drejta paralele me cevianët BB 1 . Ata do të kalojnë vijën VM në pika N Dhe R në përputhje me rrethanat (Fig. 3).

P rreth teoremës mbi segmentet proporcionale kemi:

,
Dhe
.

Atëherë barazitë janë të vërteta

Në paralelograme ZСTM Dhe ZCRB segmente TM, СZ Dhe BR të barabarta si brinjët e kundërta të një paralelogrami. Prandaj,
dhe barazia është e vërtetë

Për të vërtetuar pohimin b) përdorim pohimin e mëposhtëm. Oriz. 3

Lema 1. Nëse pikë ME 1 dhe ME 2 ndaje segmentin AB brenda (ose jashtë) në të njëjtën relacion, duke numëruar nga e njëjta pikë, atëherë këto pika përkojnë.

Le të vërtetojmë lemën për rastin kur pikat ME 1 dhe ME 2 ndaje segmentin AB brenda në të njëjtën lidhje:
.

Dëshmi. Nga barazia
vijojnë barazitë
Dhe
. I fundit prej tyre kënaqet vetëm me kushtin që ME 1 B Dhe ME 2 B janë të barabarta, d.m.th., me kusht që pikët ME 1 dhe ME 2 ndeshje.

Vërtetimi i lemës për rastin kur pikat ME 1 dhe ME 2 ndaje segmentin AB Nga jashtë ajo kryhet në mënyrë të ngjashme.

Vërtetimi i pohimit b) i teoremës së Cevës

Le të jetë e vërtetë barazia (1). Le të vërtetojmë se segmentet AA 1 , BB 1 dhe CC 1 kryqëzohet në një pikë.

Lere Chevians AA 1 dhe BB 1 kryqëzohen në një pikë Z, vizatoni një segment përmes kësaj pike CC 2 (ME 2 shtrihet në segment AB). Pastaj, bazuar në pohimin a) marrim barazinë e saktë

. (2)

DHE Nga krahasimi i barazive (1) dhe (2) konkludojmë se
, pra pikë ME 1 dhe ME 2 ndaje segmentin AB në të njëjtën lidhje, duke numëruar nga e njëjta pikë. Nga Lema 1 rrjedh se pikat ME 1 dhe ME 2 ndeshje. Kjo do të thotë se segmentet AA 1 , BB 1 dhe CC 1 kryqëzohen në një pikë, gjë që duhej vërtetuar.

Mund të vërtetohet se procedura e shkrimit të barazisë (1) nuk varet se nga cila pikë dhe në cilin drejtim kalohen kulmet e trekëndëshit.

Ushtrimi 1. Gjeni gjatësinë e segmentit AN në figurën 4, e cila tregon gjatësitë e segmenteve të tjera.

Përgjigju. 8.

Detyra 2. Chevians JAM., BN, CK kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit ABC. Gjeni një qëndrim
, Nëse
,
. Oriz. 4

Përgjigju.
.

P Ne paraqesim vërtetimin e teoremës së Cevës nga artikulli. Ideja e provës është të zëvendësojë marrëdhëniet e segmenteve nga barazia (1) me marrëdhëniet e segmenteve që shtrihen në drejtëza paralele.

Lëreni drejt AA 1 , BB 1 , CC 1 kryqëzohen në një pikë O brenda trekëndëshit ABC(Fig. 5). Përmes majës ME trekëndëshi ABC le të vizatojmë një vijë të drejtë paralele AB, dhe pikat e tij të kryqëzimit me vijat AA 1 , BB 1 shënojmë në përputhje me rrethanat A 2 , B 2 .

Nga ngjashmëria e dy palë trekëndëshave C.B. 2 B 1 Dhe ABB 1 , BAA 1 Dhe C.A. 2 A 1, Fig. 5

kemi barazi

,
. (3)

Nga ngjashmëria e trekëndëshave para Krishtit 1 O Dhe B 2 CO, AME 1 O Dhe A 2 CO kemi barazi
, nga ku rrjedh se

. (4)

P Duke shumëzuar barazitë (3) dhe (4), marrim barazinë (1).

Pohimi a) i teoremës së Cevës është vërtetuar.

Le të shqyrtojmë vërtetimin e pohimit a) të teoremës së Cevës duke përdorur sipërfaqet për një pikë të brendshme. Është paraqitur në librin e A.G. Myakishev dhe mbështetet në deklaratat që ne formulojmë në formën e detyrave 3 Dhe 4 .

Detyra 3. Raporti i sipërfaqeve të dy trekëndëshave me një kulm të përbashkët dhe me baza që shtrihen në të njëjtën vijë është i barabartë me raportin e gjatësive të këtyre bazave. Vërtetoni këtë deklaratë.

Detyra 4. Vërtetoni se nëse
, Kjo
Dhe
. Oriz. 6

Lërini segmentet AA 1 , BB 1 dhe CC 1 kryqëzohen në një pikë Z(Fig. 6), pastaj

,
. (5)

DHE nga barazitë (5) dhe deklarata e dytë e detyrës 4 vijon se
ose
. Në mënyrë të ngjashme e marrim atë
Dhe
. Duke shumëzuar tre barazitë e fundit, marrim:

d.m.th., barazia (1) është e vërtetë, gjë që duhej vërtetuar.

Pohimi a) i teoremës së Cevës është vërtetuar.

Detyra 15. Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 , S 6 (Fig. 7). Provoni atë. Oriz. 7

Detyra 6. Gjeni zonën S trekëndëshi CNZ(sipërfaqet e trekëndëshave të tjerë janë paraqitur në figurën 8).

Përgjigju. 15.

Detyra 7. Gjeni zonën S trekëndëshi CNO, nëse sipërfaqja e trekëndëshit ANRështë e barabartë me 10 dhe
,
(Fig. 9).

Përgjigju. 30.

Detyra 8. Gjeni zonën S trekëndëshi CNO, nëse sipërfaqja e trekëndëshit AB.C. e barabartë me 88 dhe ,
(Fig. 9).

R vendim. Që nga , ne shënojmë
,
. Sepse , atëherë shënojmë
,
. Nga teorema e Cevës del se
, dhe pastaj
. Nëse
, Kjo
(Fig. 10). Kemi tre sasi të panjohura ( x, y Dhe S), pra për të gjetur S Le të bëjmë tre ekuacione.

Sepse
, Kjo
= 88. Meqenëse
, Kjo
, ku
. Sepse
, Kjo
.

Kështu që,
, ku
. Oriz. 10

Detyra 9. Në një trekëndësh ABC pikë K Dhe L i përkasin përkatësisht palëve AB Dhe BC.
,
. P AL Dhe CK. Sipërfaqja e një trekëndëshi PBCështë e barabartë me 1. Gjeni sipërfaqen e trekëndëshit ABC.

Përgjigju. 1,75.

T Teorema e Menelaut

Le të jepet një trekëndësh ABC dhe në anët e saj A.C. Dhe CB pikat e shënuara B 1 dhe A 1 në përputhje me rrethanat, dhe në anën e vazhdimit AB pikë e shënuar C 1 (Fig. 11).

a) Nëse pikat A 1 , B 1 dhe ME 1 shtrihuni në të njëjtën vijë të drejtë, atëherë

. (6)

b) Nëse barazia (7) është e vërtetë, atëherë pikët A 1 , B 1 dhe ME 1 shtrihuni në të njëjtën vijë të drejtë. Oriz. njëmbëdhjetë

Si të kujtojmë barazinë e Menelaut?

Teknika për të kujtuar barazinë (6) është e njëjtë si për barazinë (1). Kulmet e trekëndëshit në çdo relacion dhe vetë relacionet shkruhen në drejtim të kalimit të kulmeve të trekëndëshit. ABC- nga kulmi në kulm, duke kaluar nëpër pikat e ndarjes (të brendshme ose të jashtme).

Detyra 10. Vërtetoni se shkrimi i barazisë (6) nga çdo kulm i trekëndëshit në çdo drejtim jep të njëjtin rezultat.

Për të vërtetuar teoremën e Menelausit, duhet të vërtetoni pohimin a) me ndonjë nga metodat e propozuara më poshtë, dhe gjithashtu të provoni pohimin b). Vërtetimi i pohimit b) jepet pas metodës së parë të vërtetimit të pohimit a).

Vërtetimi i pohimit a) duke përdorur teoremën e segmentit proporcional

Imënyrë. a) Ideja e provës është që të zëvendësohen raportet e gjatësive të segmenteve në barazi (6) me raportet e gjatësive të segmenteve që shtrihen në të njëjtën linjë.

Lërini pikat A 1 , B 1 dhe ME 1 shtrihuni në të njëjtën vijë të drejtë. Përmes pikës C le të bëjmë një direktivë l, paralel me vijën A 1 B 1, ajo kryqëzon vijën AB në pikën M(Fig. 12).

R
është. 12

Nga teorema mbi segmentet proporcionale kemi:
Dhe
.

Atëherë barazitë janë të vërteta
.

Vërtetimi i pohimit b) i teoremës së Menelaut

Tani le të jetë e vërtetë barazia (6), le të vërtetojmë se pikat A 1 , B 1 dhe ME 1 shtrihuni në të njëjtën vijë të drejtë. Lëreni drejt AB Dhe A 1 B 1 kryqëzohen në një pikë ME 2 (Fig. 13).

Që nga pikat A 1 B 1 dhe ME 2 shtrihen në të njëjtën vijë të drejtë, atëherë sipas pohimit a) të teoremës së Menelaut

. (7)

Nga një krahasim i barazive (6) dhe (7) kemi
, nga ku del se barazitë janë të vërteta

,
,
.

Barazia e fundit është e vërtetë vetëm nëse
, pra nëse pikat ME 1 dhe ME 2 ndeshje.

Pohimi b) i teoremës së Menelaut është vërtetuar. Oriz. 13

Vërtetimi i pohimit a) duke përdorur ngjashmërinë e trekëndëshave

Ideja e provës është që të zëvendësohen raportet e gjatësive të segmenteve nga barazia (6) me raportet e gjatësive të segmenteve që shtrihen në vija paralele.

Lërini pikat A 1 , B 1 dhe ME 1 shtrihuni në të njëjtën vijë të drejtë. Nga pikat A, B Dhe C le të vizatojmë pingulet AA 0 , BB 0 dhe SS 0 në këtë vijë të drejtë (Fig. 14).

R
është. 14

Nga ngjashmëria e tre palë trekëndëshave A.A. 0 B 1 Dhe CC 0 B 1 , CC 0 A 1 Dhe BB 0 A 1 , C 1 B 0 B Dhe C 1 A 0 A(në dy kënde) kemi barazitë e sakta

,
,
,

duke i shumëzuar ato, marrim:

Pohimi a) i teoremës së Menelaut është vërtetuar.

Vërtetimi i pohimit a) duke përdorur zonat

Ideja e provës është që të zëvendësohet raporti i gjatësive të segmenteve nga barazia (7) me raportet e sipërfaqeve të trekëndëshave.

Lërini pikat A 1 , B 1 dhe ME 1 shtrihuni në të njëjtën vijë të drejtë. Le të lidhim pikat C Dhe C 1 . Le të shënojmë sipërfaqet e trekëndëshave S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 (Fig. 15).

Atëherë barazitë janë të vërteta

,
,
. (8)

Duke shumëzuar barazitë (8), marrim:

Pohimi a) i teoremës së Menelaut është vërtetuar.

R
është. 15

Ashtu si teorema e Cevës mbetet e vlefshme nëse pika e kryqëzimit të Cevianëve është jashtë trekëndëshit, teorema e Menelaut mbetet e vlefshme nëse sekanti kryqëzon vetëm zgjatimet e brinjëve të trekëndëshit. Në këtë rast, mund të flasim për kryqëzimin e anëve të trekëndëshit në pikat e jashtme.

Vërtetimi i pohimit a) për rastin e pikave të jashtme

P sekanti i pret brinjët e trekëndëshit ABC në pikat e jashtme, pra kryqëzon zgjatimet e anëve AB,B.C. Dhe A.C. në pika C 1 , A 1 dhe B 1, përkatësisht, dhe këto pika shtrihen në të njëjtën vijë të drejtë (Fig. 16).

Nga teorema mbi segmentet proporcionale kemi:

Dhe .

Atëherë barazitë janë të vërteta

Pohimi a) i teoremës së Menelaut është vërtetuar. Oriz. 16

Vini re se vërtetimi i mësipërm përkon me vërtetimin e teoremës së Menelaut për rastin kur sekanti kryqëzon dy brinjë të trekëndëshit në pikat e brendshme dhe një në pjesën e jashtme.

Vërtetimi i pohimit b) të teoremës së Menelaut për rastin e pikave të jashtme është i ngjashëm me provën e dhënë më sipër.

Z detyrë11. Në një trekëndësh ABC pikë A 1 , NË 1 shtrihen përkatësisht në anët dielli Dhe AME. P- pika e prerjes se segmenteve AA 1 Dhe BB 1 .
,
. Gjeni një qëndrim
.

Zgjidhje. Le të shënojmë
,
,
,
(Fig. 17). Sipas teoremës së Menelaut për një trekëndësh B.C.NË 1 dhe sekant PA 1 shkruajmë barazinë e saktë:

prej nga rrjedh se

. Oriz. 17

Përgjigju. .

Z detyrë12 (MSU, kurse përgatitore me korrespondencë). Në një trekëndësh ABC, sipërfaqja e të cilit është 6, anash AB pikë e marrë TE, duke ndarë këtë anë në lidhje
, dhe në anën AC- pika L, duke ndarë AC në një lidhje
. Pika P kryqëzimet e linjës SK Dhe NËL larg vijës së drejtë AB në një distancë prej 1.5. Gjeni gjatësinë e anës AB.

Zgjidhje. Nga pikat R Dhe ME le të hedhim pingulet PR Dhe CM drejtpërdrejt AB. Le të shënojmë
,
,
,
(Fig. 18). Sipas teoremës së Menelaut për një trekëndësh A.K.C. dhe sekant P.L. Le të shkruajmë barazinë e saktë:
, nga e marrim atë
,
. Oriz. 18

Nga ngjashmëria e trekëndëshave TEM.C. Dhe TER.P.(në dy kënde) e marrim atë
, nga ku rrjedh se
.

Tani, duke ditur gjatësinë e lartësisë së tërhequr anash AB trekëndëshi ABC, dhe sipërfaqen e këtij trekëndëshi, ne llogarisim gjatësinë e anës:
.

Përgjigju. 4.

Z detyrë13. Tre rrathë me qendra A,NË,ME, rrezet e të cilit lidhen si
, prekni njëri-tjetrin nga jashtë në pika X, Y, Z siç tregohet në figurën 19. Segmentet sëpata Dhe NGA kryqëzohen në një pikë O. Në çfarë aspekti, duke llogaritur nga pika B, segmenti i linjës CZ ndan një segment NGA?

Zgjidhje. Le të shënojmë
,
,
(Fig. 19). Sepse
, atëherë sipas pohimit b) të teoremës së Cevës segmentet AX, NGA Dhe MEZ kryqëzohen në një pikë - një pikë O. Pastaj segmenti CZ ndan një segment NGA në një lidhje
. Le ta gjejmë këtë marrëdhënie. Oriz. 19

Sipas teoremës së Menelaut për një trekëndësh B.C.Y. dhe sekant OK ne kemi:
, nga ku rrjedh se
.

Përgjigju. .

Detyra 14 (Provimi i Unifikuar i Shtetit 2016).

Pikat NË 1 dhe ME AC Dhe AB trekëndëshi ABC, dhe AB 1:B 1 ME =
= AC 1:ME 1 B. Direkt BB 1 Dhe SS 1 kryqëzohen në një pikë RRETH.

A ) Vërtetoni se rreshti SHA pret në dy pjesë anën dielli.

AB 1 O.C. 1 në sipërfaqen e trekëndëshit ABC, nëse dihet se AB 1:B 1 ME = 1:4.

Zgjidhje. a) Le të jetë një vijë e drejtë A.O. kalon anash B.C. në pikën A 1 (Fig. 20). Nga teorema e Cevës kemi:

. (9)

Sepse AB 1:B 1 ME = AC 1:ME 1 B, atëherë nga barazia (9) rrjedh se
, kjo eshte C.A. 1 = A 1 B, që ishte ajo që duhej vërtetuar. Oriz. 20

b) Lëreni sipërfaqen e trekëndëshit AB 1 O e barabartë me S. Sepse AB 1:B 1 ME C.B. 1 O është e barabartë me 4 S, dhe sipërfaqen e trekëndëshit AOC është e barabartë me 5 S. Pastaj zona e trekëndëshit AOB është gjithashtu e barabartë me 5 S, që nga trekëndëshat AOB Dhe AOC kanë një bazë të përbashkët A.O., dhe kulmet e tyre B Dhe C në distancë të barabartë nga vija A.O.. Për më tepër, zona e trekëndëshit AOC 1 është e barabartë S, sepse AC 1:ME 1 B = 1:4. Pastaj zona e trekëndëshit ABB 1 është 6 S. Sepse AB 1:B 1 ME= 1:4, pastaj zona e trekëndëshit C.B. 1 O e barabartë me 24 S, dhe sipërfaqen e trekëndëshit ABC e barabartë me 30 S. Tani le të gjejmë raportin e sipërfaqes së katërkëndëshit AB 1 O.C. 1 (2S) në zonën e trekëndëshit ABC (30S), është e barabartë me 1:15.

Përgjigju. 1:15.

Detyra 15 (Provimi i Unifikuar i Shtetit 2016).

Pikat NË 1 dhe ME 1 shtrihen në anët përkatësisht AC Dhe AB trekëndëshi ABC, dhe AB 1:B 1 ME =
= AC 1:ME 1 B. Direkt BB 1 Dhe SS 1 kryqëzohen në një pikë RRETH.

a) Vërtetoni se rreshti SHA pret në dy pjesë anën dielli.

b) Gjeni raportin e sipërfaqes së katërkëndëshit AB 1 O.C. 1 në sipërfaqen e trekëndëshit ABC, nëse dihet se AB 1:B 1 ME = 1:3.

Përgjigju. 1:10.

Z detyra 16 (Përdorimi-2016). Në segmentin BD pikë e marrë ME. përgjysmues B.L. ABC me bazë dielli BLD me bazë BD.

a) Vërtetoni se trekëndëshi DCL izosceles.

b) Dihet se cos
ABC DL, pra trekëndëshi BD pikë e marrë ME. përgjysmues B.L. trekëndëshi dykëndësh ABC me bazë dielliështë ana anësore e një trekëndëshi dykëndësh BLD me bazë BD.

a) Vërtetoni se trekëndëshi DCL izosceles.

b) Dihet se cos ABC= . Në çfarë aspekti është vija e drejtë D.L. ndan anën AB?

Përgjigju. 4:21.

Letërsia

1. Smirnova I.M., Smirnov V.A. Pikat dhe vijat e mrekullueshme të trekëndëshit. M.: Matematikë, 2006, nr 17.

2. Myakishev A.G. Elementet e gjeometrisë së trekëndëshit. (Seria “Biblioteka “Edukimi Matematik””). M.: MTsNMO, 2002. - 32 f.

3. Gjeometria. Kapituj shtesë për tekstin e klasës së 8-të: Një tekst shkollor për nxënësit e shkollave dhe klasave me studim të thelluar / L.S. Atanasyan, V.F. Butuzov, S.B. Kadomtsev etj - M.: Vita-Press, 2005. - 208 f.

4. Erdniev P., Mantsaev N. Teoremat e Cheva dhe Menelaus. M.: Kvant, 1990, Nr. 3, f. 56–59.

5. Sharygin I.F. Teoremat e Cheva dhe Menelaus. M.: Kvant, 1976, nr. 11, f. 22–30.

6. Vavilov V.V. Medianat dhe vijat e mesit të një trekëndëshi. M.: Matematikë, 2006, Nr. 1.

7. Efremov Dm. Gjeometria e re e trekëndëshit. Odessa, 1902. - 334 f.

8. Matematikë. 50 variante të detyrave tipike testuese / I.V. Yashchenko, M.A. Volkevich, I.R. Vysotsky dhe të tjerët; e Redaktuar nga I.V. Yashçenko. - M.: Shtëpia botuese "Provimi", 2016. - 247 f.

TEOREMAT E CHEVËS DHE MENELAUSIT

Teorema e Cevës

Shumica e pikave të mrekullueshme të trekëndëshit mund të merren duke përdorur procedurën e mëposhtme. Le të ketë një rregull sipas të cilit ne mund të zgjedhim një pikë të caktuar A 1 , në anën BC (ose shtrirjen e saj) të trekëndëshit ABC (për shembull, zgjidhni mesin e kësaj brinje). Më pas do të ndërtojmë pika të ngjashme B 1, C 1 në dy anët e tjera të trekëndëshit (në shembullin tonë ka edhe dy mesi të brinjëve). Nëse rregulli i përzgjedhjes është i suksesshëm, atëherë drejt AA 1, BB 1, CC 1 do të ndërpritet në një pikë Z (zgjedhja e mesit të brinjëve në këtë kuptim është, natyrisht, e suksesshme, pasi ndërmjetësit e trekëndëshit kryqëzohen në një pikë).

Do të doja të kisha një metodë të përgjithshme që lejon njeriun të përcaktojë nga pozicioni i pikave në brinjët e një trekëndëshi nëse trefishi përkatës i drejtëzave kryqëzohet në një pikë apo jo.

Një kusht universal që “mbylli” këtë problem u gjet në vitin 1678 nga një inxhinier italianGiovanni Cheva .

Përkufizimi. Segmentet që lidhin kulmet e një trekëndëshi me pikat në anët e kundërta (ose shtrirjet e tyre) quhen ceviane nëse kryqëzohen në një pikë.

Ka dy vende të mundshme për cevianët. Në një version, pika

kryqëzimet janë të brendshme, dhe skajet e cevianeve shtrihen në anët e trekëndëshit. Në opsionin e dytë, pika e kryqëzimit është e jashtme, fundi i njërit cevian shtrihet anash, dhe skajet e dy cevianëve të tjerë shtrihen në zgjatimet e anëve (shih vizatimet).

Teorema 3. (Teorema e drejtpërdrejtë e Cevës) Në një trekëndësh arbitrar ABC, pikat A merren përkatësisht në brinjët BC, CA, AB ose shtrirjet e tyre. 1 , NË 1 , ME 1 , i tillë që drejt AA 1 , BB 1 , SS 1 atëherë kryqëzohen në një pikë të përbashkët

Dëshmi: Ndërsa njihen disa prova origjinale të teoremës së Cevës, ne do të shqyrtojmë një provë të bazuar në një aplikim të dyfishtë të teoremës së Menelaut. Le të shkruajmë relacionin e teoremës së Menelaut për herë të parë për një trekëndëshABB 1 dhe sekant CC 1 (shënojmë pikën e kryqëzimit të cevianëveZ):

dhe herën e dytë për një trekëndëshB 1 B.C. dhe sekant A.A. 1 :

Duke shumëzuar këto dy raporte dhe duke bërë reduktimet e nevojshme, marrim raportin që përmban pohimi i teoremës.

Teorema 4. (teorema e kundërt e Cevës) . Nëse për ato të zgjedhura në brinjët e trekëndëshit ABC ose zgjerimet e tyre të pikave A 1 , NË 1 Dhe C 1 Gjendja e Cheva është e kënaqur:

pastaj drejt A.A. 1 , BB 1 Dhe CC 1 kryqëzohen në një pikë .

Vërtetimi i kësaj teoreme kryhet me kontradiktë, ashtu si vërtetimi i teoremës së Menelaut.

Le të shqyrtojmë shembuj të zbatimit të teoremës së drejtpërdrejtë dhe të anasjelltë të Cevës.

Shembulli 3. Vërtetoni se ndërmjetësit e një trekëndëshi priten në një pikë.

Zgjidhje. Merrni parasysh lidhjen

për kulmet e një trekëndëshi dhe mesin e brinjëve të tij. Natyrisht, në çdo thyesë numëruesi dhe emëruesi kanë segmente të barabarta, kështu që të gjitha këto thyesa janë të barabarta me një. Rrjedhimisht, relacioni i Cheva-s është i kënaqur, prandaj, nga teorema e kundërt, medianat kryqëzohen në një pikë.

Teorema (teorema e Cevës) . Lërini pikat shtrirë në anët dhe trekëndësh përkatësisht. Lërini segmentet Dhe kryqëzohen në një pikë. Pastaj

(ne ecim rreth trekëndëshit në drejtim të akrepave të orës).

Dëshmi. Le të shënojmë me pika e kryqëzimit të segmenteve Dhe . Le të heqim dorë nga pikat Dhe pingul në një vijëpara se ta kryqëzojnë në pika Dhe në përputhje me rrethanat (shih figurën).

Sepse trekëndëshat Dhe kanë një anë të përbashkët, atëherë sipërfaqet e tyre lidhen me lartësitë e tërhequra në këtë anë, d.m.th. Dhe:

Barazia e fundit është e vërtetë, që nga trekëndëshat kënddrejtë Dhe të ngjashme në këndin akut.

Në mënyrë të ngjashme marrim

Dhe

Le të shumëzojmë këto tre barazi:

Q.E.D.

Rreth mesatareve:

1. Vendos masat njësi në kulmet e trekëndëshit ABC.
2. Qendra e masës së pikave A dhe B është në mes të AB. Qendra e masës së të gjithë sistemit duhet të jetë në mesoren në anën AB, pasi qendra e masës së trekëndëshit ABC është qendra e masës e qendrës së masës së pikave A dhe B dhe pika C.
(u bë konfuz)
3. Në mënyrë të ngjashme - CM duhet të shtrihet në mesataren në anët AC dhe BC
4. Meqenëse CM është një pikë e vetme, atëherë të tre këto mediana duhet të kryqëzohen në të.

Nga rruga, menjëherë rrjedh se me kryqëzim ato ndahen në një raport prej 2:1. Meqenëse masa e qendrës së masës së pikave A dhe B është 2, dhe masa e pikës C është 1, prandaj, qendra e përbashkët e masës, sipas teoremës së proporcionit, do ta ndajë mesataren në raportin 2/1. .

Ju faleminderit shumë, është paraqitur në një mënyrë të arritshme, mendoj se nuk do të ishte e gabuar të paraqisja provën duke përdorur metodat e gjeometrisë së masës, për shembull:
Linjat AA1 dhe CC1 kryqëzohen në pikën O; AC1: C1B = p dhe BA1: A1C = q. Duhet të vërtetojmë se linja BB1 kalon nëpër pikën O nëse dhe vetëm nëse CB1: B1A = 1: pq.
Le të vendosim masat 1, p dhe pq në pikat A, B dhe C, përkatësisht. Atëherë pika C1 është qendra e masës së pikave A dhe B, dhe pika A1 është qendra e masës së pikave B dhe C. Prandaj, qendra e masës së pikave A, B dhe C me këto masa është pika e kryqëzimit O e linjat CC1 dhe AA1. Nga ana tjetër, pika O shtrihet në segmentin që lidh pikën B me qendrën e masës së pikave A dhe C. Nëse B1 është qendra e masës së pikave A dhe C me masa 1 dhe pq, atëherë AB1: B1C = pq: 1. Mbetet të theksohet se në segmentin AC ekziston një pikë e vetme që e ndan atë në raportin e dhënë AB1: B1C.

2. Teorema e Cevës

Një segment që lidh një kulm të një trekëndëshi me një pikë në anën e kundërt quhetceviana . Kështu, nëse në një trekëndëshABC X , Y dhe Z - pikat e shtrira në anëtB.C. , C.A. , AB në përputhje me rrethanat, pastaj segmentetsëpata , NGA , CZ janë Chevianë. Termi vjen nga matematikani italian Giovanni Ceva, i cili në 1678 publikoi teoremën e mëposhtme shumë të dobishme:

Teorema 1.21. Nëse tre cevianë AX, BY, CZ (një nga çdo kulm) të trekëndëshit ABC janë konkurrues, atëherë

|BX||XC|· |CY|| YA|· |AZ||ZB|=1 .

Oriz. 3.

Kur themi se tre rreshta (ose segmente)konkurrues , atëherë nënkuptojmë që të gjitha kalojnë nëpër një pikë, të cilën e shënojmë meP . Për të vërtetuar teoremën e Cevës, kujtoni se sipërfaqet e trekëndëshave me lartësi të barabarta janë në përpjesëtim me bazat e trekëndëshave. Duke iu referuar Figurës 3, kemi:

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

Po kështu,

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

Tani nëse i shumëzojmë, marrim

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

E kundërta e kësaj teoreme është gjithashtu e vërtetë:

Teorema 1.22. Nëse tre cevianët AX, BY, CZ kënaqin relacionin

|BX||XC|· |CY|| YA|· |AZ||ZB|=1 ,

atëherë ata janë konkurrues .

Për ta treguar këtë, supozoni se dy cevianët e parë kryqëzohen në pikëP , si më parë, dhe ceviani i tretë që kalon nëpër pikëP , doCZ' . Pastaj, nga Teorema 1.21,

|BX||XC|· |CY|| YA|· |AZ′||Z'B|=1 .

Por me supozim

|BX||XC|· |CY|| YA|· |AZ||ZB|=1 .

Prandaj,

|AZ||ZB|= |AZ′||Z'B| ,

pikaZ' përkon me pikënZ , dhe ne vërtetuam se segmentetsëpata , NGA DheCZ konkurrues (, f. 54 dhe , f. 48, 317).

Matematika - Klasa e 10-të Mendel Viktor Vasilievich, Dekan i Fakultetit të Shkencave të Natyrës, Matematikës dhe Teknologjive të Informacionit të Universitetit Shtetëror të Lindjes së Largët TEOREMA E CHEVA-S DHE TEOREMA E MENELAY-t Një vend i veçantë në planimetri i kushtohet dy teoremave të shquara: teorema e Ceva-s dhe teorema Menelaus-it. Këto teorema nuk janë të përfshira në kurrikulën bazë të gjeometrisë së shkollës së mesme, por studimi (dhe zbatimi) i tyre rekomandohet për këdo që interesohet për matematikën pak më shumë se sa është e mundur në kuadrin e kurrikulës shkollore. Pse janë interesante këto teorema? Së pari, vërejmë se gjatë zgjidhjes së problemeve gjeometrike, dy qasje kombinohen në mënyrë produktive: - njëra bazohet në përkufizimin e një strukture bazë (për shembull: një trekëndësh - një rreth; një trekëndësh - një vijë sekante; një trekëndësh - tre vija të drejta duke kaluar nëpër kulmet e tij dhe duke u kryqëzuar në një pikë; një katërkëndësh me dy anët paralele, etj.) - dhe e dyta është metoda e problemeve mbështetëse (probleme të thjeshta gjeometrike në të cilat zvogëlohet procesi i zgjidhjes së një problemi kompleks). Pra, teoremat e Menelaus dhe Cheva janë ndër konstruksionet më të ndeshura: e para merr në konsideratë një trekëndësh, brinjët ose zgjatimet e brinjëve të të cilit priten nga ndonjë vijë (sekent), e dyta trajton një trekëndësh dhe tre vija që kalojnë. nëpër kulmet e tij, duke u kryqëzuar në një pikë. Teorema e Menelaut Kjo teoremë tregon marrëdhëniet e vëzhgueshme (së bashku me inversin) e segmenteve, një model që lidh kulmet e një trekëndëshi dhe pikat e kryqëzimit të një sekanti me brinjët (zgjatjet e brinjëve) të trekëndëshit. Vizatimet tregojnë dy raste të mundshme të vendndodhjes së trekëndëshit dhe sekantit. Në rastin e parë, sekanti kryqëzon dy anët e trekëndëshit dhe zgjatjen e të tretës, në të dytën - vazhdimin e të tre anëve të trekëndëshit. Teorema 1. (Menelaus) Le të jetë e prerë ABC nga një drejtëz që nuk është paralele me anën AB dhe që pret dy brinjët e saj AC dhe BC, përkatësisht në pikat B1 dhe A1, dhe drejtëzën AB në pikën C1, pastaj AB1 CA1. BC1    1. B1C A1B C1 A Teorema 2. (kundërtoj me teoremën e Menelausit) Le të përkasin pikat A1, B1, C1 në trekëndëshin ABC përkatësisht drejtëzave BC, AC, AB, atëherë nëse AB1 CA1 BC1   1 B1C A1B C1 A, pastaj pikat A1, B1, C1 shtrihen në një drejtëz. Vërtetimi i teoremës së parë mund të kryhet si më poshtë: pingulet nga të gjitha kulmet e trekëndëshit ulen në vijën sekante. Rezultati është tre çifte trekëndëshash kënddrejtë të ngjashëm. Marrëdhëniet e segmenteve që shfaqen në formulimin e teoremës zëvendësohen nga relacionet e pinguleve që u korrespondojnë atyre në ngjashmëri. Rezulton se çdo segment pingul në thyesa do të jetë i pranishëm dy herë: një herë në një thyesë në numërues, herën e dytë në një thyesë tjetër në emërues. Kështu, produkti i të gjithë këtyre raporteve do të jetë i barabartë me një. Teorema e kundërt mund të vërtetohet me kontradiktë. Supozohet se nëse plotësohen kushtet e teoremës 2, pikat A1, B1, C1 nuk shtrihen në të njëjtën drejtëz. Atëherë drejtëza A1B1 do të presë anën AB në pikën C2, e ndryshme nga pika C1. Në këtë rast, në bazë të teoremës 1, për pikat A1, B1, C2 do të jetë e njëjta lidhje si për pikat A1, B1, C1. Nga kjo rezulton se pikat C1 dhe C2 do të ndajnë segmentin AB në të njëjtat raporte. Atëherë këto pika përkojnë - marrim një kontradiktë. Le të shohim shembuj të zbatimit të teoremës së Menelaut. Shembulli 1. Vërtetoni se medianat e një trekëndëshi në pikën e kryqëzimit ndahen në raportin 2:1 duke filluar nga kulmi. Zgjidhje. Le të shkruajmë relacionin e marrë në teoremën, Menelaus për trekëndëshin ABMb dhe drejtëzën McM(C): AM c BM M bC    1. M c B MM b CA Thyesa e parë në këtë prodhim është padyshim e barabartë me 1, dhe raporti i dytë i tretë është i barabartë me 1. Prandaj 2 2:1, që është ajo që duhej vërtetuar. Shembulli 2. Një sekant pret shtrirjen e brinjës AC të trekëndëshit ABC në pikën B1 në mënyrë që pika C të jetë mesi i segmentit AB1. Ky sekant ndan anën AB në gjysmë. Gjeni në çfarë raporti e ndan brinjën BC? Zgjidhje. Për një trekëndësh dhe një sekant, le të shkruajmë prodhimin e tre raporteve nga teorema e Menelaut: AB1 CA1 BC1    1. B1C A1B C1 A Nga kushtet e problemës del se raporti i parë është i barabartë me një, dhe e treta është 1, 2, pra raporti i dytë është i barabartë me 2, d.m.th., sekanti ndan anën BC në një raport 2:1. Shembullin tjetër të zbatimit të teoremës së Menelaut do ta shohim kur të shqyrtojmë vërtetimin e teoremës së Cevës. Teorema e Cevës Shumica e pikave të shquara të një trekëndëshi mund të përftohen duke përdorur procedurën e mëposhtme. Le të ketë një rregull sipas të cilit ne mund të zgjedhim një pikë të caktuar A1 në anën BC (ose vazhdimin e saj) të trekëndëshit ABC (për shembull, zgjidhni mesin e kësaj brinje). Pastaj do të ndërtojmë pika të ngjashme B1, C1 në dy anët e tjera të trekëndëshit (në shembullin tonë, dy pika të mesit të brinjëve). Nëse rregulli i përzgjedhjes është i suksesshëm, atëherë linjat AA1, BB1, CC1 do të kryqëzohen në një pikë Z (zgjedhja e mesit të anëve në këtë kuptim, natyrisht, është e suksesshme, pasi ndërmjetësit e trekëndëshit kryqëzohen në një pikë ). Do të doja të kisha një metodë të përgjithshme që lejon njeriun të përcaktojë nga pozicioni i pikave në brinjët e një trekëndëshi nëse trefishi përkatës i drejtëzave kryqëzohet në një pikë apo jo. Kushti universal që “mbylli” këtë problem u gjet në vitin 1678 nga inxhinieri italian Giovanni Ceva. Përkufizimi. Segmentet që lidhin kulmet e një trekëndëshi me pikat në anët e kundërta (ose shtrirjet e tyre) quhen ceviane nëse kryqëzohen në një pikë. Ka dy vende të mundshme për cevianët. Në një variant, pika e kryqëzimit është e brendshme, dhe skajet e cevianeve shtrihen në anët e trekëndëshit. Në opsionin e dytë, pika e kryqëzimit është e jashtme, fundi i njërit cevian shtrihet anash, dhe skajet e dy cevianëve të tjerë shtrihen në zgjatimet e anëve (shih vizatimet). Teorema 3. (teorema e drejtpërdrejtë e Cheva) Në një trekëndësh arbitrar ABC, në brinjët BC, CA, AB ose shtrirjet e tyre, merren përkatësisht pikat A1, B1, C1, të tilla që drejtëzat AA1, BB1, CC1 priten në disa të përbashkëta. pikë, pastaj BA1 CB1 AC1   1 CA1 AB1 BC1 . Vërtetim: Ka disa prova origjinale të teoremës së Cevës; ne do të shqyrtojmë një provë të bazuar në një aplikim të dyfishtë të teoremës së Menelausit. Le të shkruajmë relacionin e teoremës së Menelaut herën e parë për trekëndëshin ABB1 dhe sekantin CC1 (pikën e kryqëzimit të cevianëve e shënojmë si Z): AC1 BZ B1C    1, C1B ZB1 CA dhe herën e dytë për trekëndëshi B1BC dhe sekanti AA1: B1Z BA1 CA    1. ZB A1C AB1 Duke shumëzuar këto dy raporte dhe duke bërë reduktimet e nevojshme, marrim raportin që përmban pohimi i teoremës. Teorema 4. (teorema e kundërt e Cevës). Nëse për pikat A1, B1 dhe C1 të zgjedhura në brinjët e trekëndëshit ABC ose zgjatimet e tyre, kushti i Cheva është i plotësuar: BA1 CB1 AC1   1 CA1 AB1 BC1, atëherë drejtëzat AA1, BB1 dhe CC1 priten në një pikë. Vërtetimi i kësaj teoreme kryhet me kontradiktë, ashtu si vërtetimi i teoremës së Menelaut. Le të shqyrtojmë shembuj të zbatimit të teoremës së drejtpërdrejtë dhe të anasjelltë të Cevës. Shembulli 3. Vërtetoni se ndërmjetësit e një trekëndëshi priten në një pikë. Zgjidhje. Konsideroni relacionin AC1 BA1 CB1   C1B A1C B1 A për kulmet e trekëndëshit dhe mesin e brinjëve të tij. Natyrisht, në çdo thyesë numëruesi dhe emëruesi kanë segmente të barabarta, kështu që të gjitha këto thyesa janë të barabarta me një. Rrjedhimisht, relacioni i Cheva-s është i kënaqur, prandaj, nga teorema e kundërt, medianat kryqëzohen në një pikë. Probleme për zgjidhje të pavarur Problemet e propozuara këtu janë puna testuese nr. 1 për nxënësit e klasave të 9-ta. Zgjidhini këto probleme, shkruani zgjidhjet në një fletore të veçantë (nga fizika dhe shkenca kompjuterike). Tregoni informacionin e mëposhtëm për veten tuaj në kopertinë: 1. Mbiemri, emri, klasa, profili i klasës (për shembull: Vasily Pupkin, klasa e 9-të, matematikë) 2. Kodi postar, adresa e vendbanimit, emaili (nëse ka), telefoni ( shtëpi ose celular) ) 3. Informacion rreth shkollës (për shembull: MBOU nr. 1, fshati Bikin) 4. Mbiemri, emri i plotë i mësuesit të matematikës (për shembull: mësuesja e matematikës Petrova M.I.) Rekomandohet të zgjidhen të paktën katër problema. M 9.1.1. A mundet vija sekante nga teorema e Menelaut të presë brinjët e një trekëndëshi (ose zgjatimet e tyre) në segmente me gjatësi: a) 3, 3, 5, 7,10, 14; c) 3, 5, 6, 7, 7, 10, Nëse opsione të tilla janë të mundshme, jepni shembuj. Segmentet mund të shkojnë në renditje të ndryshme. M 9.1.2. A munden cevianët e brendshëm të një trekëndëshi t'i ndajnë anët e tij në segmente: a) 3, 3, 5, 7,10, 14; c) 3, 5, 6, 7, 7, 10, Nëse opsione të tilla janë të mundshme, jepni shembuj. Segmentet mund të shkojnë në renditje të ndryshme. Këshillë: kur gjeni shembuj, mos harroni të kontrolloni se trekëndëshi nuk është identik. M 9.1.3. Duke përdorur teoremën e kundërt të Cevës, vërtetoni se: a) përgjysmorët e një trekëndëshi priten në një pikë; b) segmentet që lidhin kulmet e trekëndëshit me pika në brinjë të kundërta, në të cilat këto brinjë prekin rrethin e brendashkruar, priten në një pikë. Drejtimet: a) mbani mend në çfarë raporti përgjysmues ndan anën e kundërt; b) të përdorë vetinë që segmentet e dy tangjentëve të tërhequr nga një pikë në një rreth të caktuar janë të barabarta. M 9.1.4. Plotësoni vërtetimin e teoremës së Menelaut të filluar në pjesën e parë të artikullit. M 9.1.5. Vërtetoni se lartësitë e një trekëndëshi kryqëzohen në një pikë duke përdorur teoremën e kundërt të Cevës. M 9.1.6. Vërtetoni teoremën e Simpsonit: nga një pikë arbitrare M e marrë në një rreth të rrethuar rreth trekëndëshit ABC, pingulat hidhen në brinjët ose zgjatimet e brinjëve të trekëndëshit, provoni se bazat e këtyre pingulave shtrihen në të njëjtën drejtëz. Këshillë: Përdorni të kundërtën e teoremës së Menelaut. Përpiquni të shprehni gjatësitë e segmenteve të përdorura në marrëdhëniet në terma të gjatësisë së pinguleve të nxjerra nga pika e tyre M. Është gjithashtu e dobishme të rikujtoni vetitë e këndeve të një katërkëndëshi të brendashkruar.