Satsen är motsatsen till bevissatsen. Teorem av Cheva och Menelaos. Varför behövs allt detta?

Klass: 9

Lektionens mål:

generalisera, utöka och systematisera elevernas kunskaper och färdigheter; lära ut hur man använder kunskap när man löser komplexa problem;
främja utvecklingen av färdigheter för oberoende tillämpning av kunskap vid problemlösning;
utveckla elevernas logiska tänkande och matematiska tal, förmågan att analysera, jämföra och generalisera;
ge eleverna självförtroende och hårt arbete; förmåga att arbeta i ett team.

Lektionens mål:

Pedagogisk: upprepa Menelaos och Chevas satser; tillämpa dem när du löser problem.
Utvecklandet: lär dig att lägga fram en hypotes och försvara din åsikt skickligt med bevis; testa din förmåga att generalisera och systematisera dina kunskaper.
Pedagogisk:öka intresset för ämnet och förbereda för att lösa mer komplexa problem.

Lektionstyp: lektion om generalisering och systematisering av kunskap.

Utrustning: kort för kollektivt arbete i en lektion om detta ämne, individuella kort för självständigt arbete, dator, multimediaprojektor, skärm.

Under lektionerna

Steg I. Organisatoriskt ögonblick (1 min.)

Läraren tillkännager ämnet och syftet med lektionen.

Steg II. Uppdatering av grundläggande kunskaper och färdigheter (10 min.)

Lärare: Under lektionen kommer vi att komma ihåg Menelaos och Chevas satser för att framgångsrikt kunna gå vidare till att lösa problem. Låt oss ta en titt på skärmen där den presenteras. För vilket teorem ges denna siffra? (Menelaos sats). Försök att formulera satsen tydligt.

Bild 1

Låt punkt A 1 ligga på sidan BC av triangeln ABC, punkt C 1 på sidan AB, punkt B 1 på fortsättningen av sidan AC bortom punkt C. Punkterna A 1 , B 1 och C 1 ligger på samma räta linje om och bara om jämställdheten håller

Lärare: Låt oss titta på följande bild tillsammans. Ange ett teorem för denna ritning.

figur 2

Linje AD skär två sidor och förlängningen av den tredje sidan av IUD-triangeln.

Enligt Menelaos teorem

Den raka linjen MB skär två sidor och förlängningen av den tredje sidan av triangeln ADC.

Enligt Menelaos teorem

Lärare: Vilken sats motsvarar bilden? (Cevas sats). Ange satsen.

Figur 3

Låt punkt A 1 i triangel ABC ligga på sidan BC, punkt B 1 på sidan AC, punkt C 1 på sidan AB. Segmenten AA 1, BB 1 och CC 1 skär varandra vid en punkt om och bara om jämställdheten gäller

Steg III. Problemlösning. (22 min.)

Klassen är indelad i 3 lag som vart och ett får ett kort med två olika uppgifter. Tid ges för att bestämma sig, sedan visas följande på skärmen:<Рисунки 4-9>. Utifrån de färdiga ritningarna för uppgifterna turas teamrepresentanter om att förklara sina lösningar. Varje förklaring följs av en diskussion, svar på frågor och kontroll av lösningens riktighet på skärmen. Alla gruppmedlemmar deltar i diskussionen. Ju mer aktivt teamet är, desto högre betyg får det när man summerar resultaten.

Kort 1.

1. I triangeln ABC tas punkt N på sidan BC så att NC = 3BN; på fortsättningen av sidan AC tas punkt M som punkt A så att MA = AC. Linje MN skär sidan AB i punkt F. Hitta förhållandet

2. Bevisa att medianerna i en triangel skär varandra vid en punkt.

Lösning 1

Figur 4

Enligt villkoren för problemet, MA = AC, NC = 3BN. Låt MA = AC =b, BN = k, NC = 3k. Linje MN skär två sidor av triangeln ABC och fortsättningen av den tredje.

Enligt Menelaos teorem

Svar:

Bevis 2

Bild 5

Låt AM 1, BM 2, CM 3 vara medianerna för triangeln ABC. För att bevisa att dessa segment skär varandra vid en punkt räcker det att visa det

Sedan, enligt Cevas (omvända) sats, skär segmenten AM 1, BM 2 och CM 3 vid en punkt.

Vi har:

Så det har bevisats att medianerna för en triangel skär varandra vid en punkt.

Kort 2.

1. Punkt N tas på PQ-sidan av triangeln PQR, och punkt L tas på PR-sidan, och NQ = LR. Skärningspunkten för segmenten QL och NR delar QL i förhållandet m:n, räknat från punkt Q. Hitta

2. Bevisa att halvledarna i en triangel skär varandra vid en punkt.

Lösning 1

Bild 6

Efter villkor, NQ = LR, Låt NA = LR =a, QF = km, LF = kn. Linje NR skär två sidor av triangeln PQL och fortsättningen av den tredje.

Enligt Menelaos teorem

Svar:

Bevis 2

Bild 7

Låt oss visa det

Sedan, enligt Cevas (omvända) teorem, skär AL 1, BL 2, CL 3 vid en punkt. Genom egenskapen triangelhalveringslinje

Genom att multiplicera de erhållna jämlikheterna term för term får vi

För halvledarna i en triangel är Chevas likhet uppfylld, därför skär de varandra vid en punkt.

Kort 3.

1. I triangel ABC är AD medianen, punkt O är mitten av medianen. Den räta linjen BO skär sidan AC i punkt K. I vilket förhållande delar punkt K AC, räknat från punkt A?

2. Bevisa att om en cirkel är inskriven i en triangel, så skär segmenten som förbinder triangelns hörn med kontaktpunkterna på motsatta sidor i en punkt.

Lösning 1

Figur 8

Låt BD = DC = a, AO = OD = m. Den raka linjen BK skär två sidor och förlängningen av den tredje sidan av triangeln ADC.

Enligt Menelaos teorem

Svar:

Bevis 2

Bild 9

Låt A 1, B 1 och C 1 vara tangentpunkterna för den inskrivna cirkeln av triangeln ABC. För att bevisa att segmenten AA 1, BB 1 och CC 1 skär varandra vid en punkt räcker det att visa att Chevas jämställdhet gäller:

Med hjälp av egenskapen för tangenter som dras till en cirkel från en punkt introducerar vi följande notation: C 1 B = BA 1 = x, AC 1 = CB 1 = y, BA 1 = AC 1 = z.

Chevas likhet är uppfylld, vilket betyder att triangelns halvled skär varandra i en punkt.

Steg IV. Problemlösning (självständigt arbete) (8 min.)

Lärare: Arbetet i teamen är avslutat och nu börjar vi självständigt arbete med individuella kort för 2 alternativ.

Lektionsmaterial för elevernas självständiga arbete

Alternativ 1. I en triangel ABC, vars area är 6, på sidan AB finns en punkt K, som delar denna sida i förhållandet AK:BK = 2:3, och på sidan AC finns det en punkt L som delar AC i förhållandet AL:LC = 5:3. Skärningspunkten Q mellan räta linjer СК och BL tas bort från rät linje AB på ett avstånd. Hitta längden på sidan AB. (Svar: 4.)

Alternativ 2. På sidan AC i triangeln ABC tas punkt K. AK = 1, KS = 3. På sidan AB tas punkt L. AL:LB = 2:3, Q är skärningspunkten mellan de räta linjerna BK och CL. Hitta längden på höjden för triangeln ABC som faller från vertex B. (Svar: 1.5.)

Arbetet lämnas till läraren för kontroll.

V etapp. Lektionssammanfattning (2 min.)

Gjorda fel analyseras, originalsvar och kommentarer noteras. Resultaten av varje lags arbete summeras och betyg sätts.

Steg VI. Läxor (1 min.)

Läxor består av uppgifter nr 11, 12 s. 289-290, nr 10 s. 301.

Slutord från läraren (1 min).

Idag hörde ni varandras matematiska tal utifrån och bedömde era förmågor. I framtiden kommer vi att använda sådana diskussioner för en större förståelse för ämnet. Argumenten i lektionen var vän med fakta och teori med praktik. Tack allihopa.

Litteratur:

Tkachuk V.V. Matematik för sökande. – M.: MTsNMO, 2005.

A.V. Shevkin

FMS nr 2007

Teorem av Cheva och Menelaos på Unified State Exam

En detaljerad artikel "Around the teorems of Ceva and Menelaus" publicerades på vår hemsida i ARTIKLAR-sektionen. Den vänder sig till matematiklärare och gymnasieelever som är motiverade att bli skickliga i matematik. Du kan återvända till den om du vill förstå problemet mer detaljerat. I denna anteckning kommer vi att ge kort information från den nämnda artikeln och analysera lösningar på problem från samlingen för att förbereda för Unified State Exam 2016.

Cevas sats

Låt en triangel ges ABC och på dess sidor AB, FÖRE KRISTUS. Och A.C. punkter markerade C 1 , A 1 Och B 1 följaktligen (fig. 1).

a) Om segmenten AA 1 , BB 1 och CC 1 skär vid en punkt, alltså

b) Om likhet (1) är sann, då segmenten AA 1 , BB 1 och CC 1 skär vid en punkt.

Figur 1 visar fallet när segmenten AA 1 , BB 1 och CC 1 skär vid en punkt inuti triangeln. Detta är det så kallade inre punktfallet. Cevas sats är också giltig i fallet med en extern punkt, när en av punkterna A 1 , B 1 eller MED 1 tillhör triangelns sida och de andra två tillhör förlängningarna av triangelns sidor. I detta fall skärningspunkten för segmenten AA 1 , BB 1 och CC 1 ligger utanför triangeln (fig. 2).

Hur kommer man ihåg Chevas jämställdhet?

Låt oss uppmärksamma tekniken att minnas jämlikhet (1). Triangelns hörn i varje relation och själva relationerna skrivs i riktning mot att korsa triangelns hörn ABC, med början från punkt A. Från punkt A låt oss gå till saken B, vi möter poängen MED 1, skriv bråket
. Längre från poängen I låt oss gå till saken MED, vi möter poängen A 1, skriv bråket
. Slutligen, från punkten MED låt oss gå till saken A, vi möter poängen I 1, skriv bråket
. I fallet med en extern punkt bevaras ordningen för att skriva bråk, även om segmentets två "delningspunkter" ligger utanför sina segment. I sådana fall säger de att punkten delar segmentet externt.

Observera att varje segment som förbinder en vertex av en triangel med någon punkt på en linje som innehåller den motsatta sidan av triangeln kallas ceviana.

Låt oss överväga flera sätt att bevisa påstående a) i Cevas sats för fallet med en inre punkt. För att bevisa Cevas sats måste du bevisa påstående a) med någon av metoderna som föreslås nedan, och även bevisa påstående b). Beviset för påstående b) ges efter den första metoden för att bevisa påstående a). Beviset för Cevas teorem för fallet med en extern punkt utförs på liknande sätt.

Bevis för påstående a) av Cevas sats med hjälp av proportionella segmentsatsen

Låt tre cevianer AA 1 , BB 1 och CC 1 skär vid en punkt Z inuti triangeln ABC.

Tanken med beviset är att ersätta relationerna mellan segment från likhet (1) med relationer mellan segment som ligger på samma linje.

Genom poängen I Låt oss rita en rät linje parallellt med cevian SS 1 . Hetero AA 1 skär den konstruerade linjen vid punkten M, och den räta linjen som går genom punkten C och parallell AA 1 ,- vid punkt T. Genom prickar A Och MED låt oss rita raka linjer parallellt med cevian BB 1 . De kommer att gå över gränsen VM på punkter N Och R följaktligen (fig. 3).

P om satsen om proportionella segment har vi:

,
Och
.

Då är jämlikheterna sanna

I parallellogram ZСTM Och ZCRB segment TM, СZ Och BR lika som motsatta sidor av ett parallellogram. Därav,
och jämställdheten är sann

För att bevisa påstående b) använder vi följande påstående. Ris. 3

Lemma 1. Om poäng MED 1 och MED 2 dela segmentet AB internt (eller externt) i samma relation, räknat från samma punkt, då sammanfaller dessa punkter.

Låt oss bevisa lemma för fallet när poängen MED 1 och MED 2 dela segmentet AB internt i samma relation:
.

Bevis. Från jämlikhet
jämställdhet följer
Och
. Den sista av dem är uppfylld endast under förutsättning att MED 1 B Och MED 2 Bär lika, d. v. s. förutsatt att poängen MED 1 och MED 2 match.

Bevis på lemma för fallet när poängen MED 1 och MED 2 dela segmentet AB Externt utförs det på liknande sätt.

Bevis för påstående b) av Cevas sats

Låt nu jämställdhet (1) vara sann. Låt oss bevisa att segmenten AA 1 , BB 1 och CC 1 skär vid en punkt.

Låt Chevias AA 1 och BB 1 skär vid en punkt Z, rita ett segment genom denna punkt CC 2 (MED 2 ligger på segmentet AB). Sedan, baserat på påstående a) får vi den korrekta jämställdheten

. (2)

OCH Från jämförelse av jämlikheter (1) och (2) drar vi slutsatsen att
, dvs poäng MED 1 och MED 2 dela segmentet AB i samma relation, räknat från samma punkt. Av Lemma 1 följer att punkterna MED 1 och MED 2 match. Det betyder att segmenten AA 1 , BB 1 och CC 1 skär vid en punkt, vilket är vad som behövde bevisas.

Det kan bevisas att proceduren för att skriva likhet (1) inte beror på från vilken punkt och i vilken riktning triangelns hörn korsas.

Övning 1. Hitta längden på segmentet AN i figur 4, som visar längderna av andra segment.

Svar. 8.

Uppgift 2. Chevianer A.M., BN, CK skära vid en punkt inuti triangeln ABC. Hitta en attityd
, Om
,
. Ris. 4

Svar.
.

P Vi presenterar beviset för Cevas sats från artikeln. Tanken med beviset är att ersätta relationerna mellan segment från likhet (1) med relationerna mellan segment som ligger på parallella linjer.

Släpp rakt AA 1 , BB 1 , CC 1 skär vid en punkt O inuti triangeln ABC(Fig. 5). Genom toppen MED triangel ABC låt oss dra en rät linje parallellt AB, och dess skärningspunkter med linjerna AA 1 , BB 1 betecknar vi i enlighet därmed A 2 , B 2 .

Från likheten mellan två par trianglar C.B. 2 B 1 Och ABB 1 , BÄ 1 Och C.A. 2 A 1, Fig. 5

vi har jämställdhet

,
. (3)

Från likheten mellan trianglar före Kristus 1 O Och B 2 CO, AMED 1 O Och A 2 CO vi har jämställdhet
, varav det följer att

. (4)

P Genom att multiplicera likheter (3) och (4), får vi likhet (1).

Påstående a) av Cevas sats har bevisats.

Låt oss överväga beviset på påståendet a) av Cevas sats med hjälp av ytor för en inre punkt. Det presenteras i boken av A.G. Myakishev och förlitar sig på uttalanden som vi formulerar i form av uppgifter 3 Och 4 .

Uppgift 3. Förhållandet mellan områdena för två trianglar med en gemensam vertex och baser som ligger på samma linje är lika med förhållandet mellan längderna på dessa baser. Bevisa detta påstående.

Uppgift 4. Bevisa att om
, Den där
Och
. Ris. 6

Låt segmenten AA 1 , BB 1 och CC 1 skär vid en punkt Z(Fig. 6), sedan

,
. (5)

OCH från jämställdhet (5) och den andra uppgiften 4 följer det
eller
. På samma sätt får vi det
Och
. Multiplicerar vi de tre sista likheterna får vi:

d.v.s. jämställdhet (1) är sant, vilket är vad som behövde bevisas.

Påstående a) av Cevas sats har bevisats.

Uppgift 15. Låt cevian skära varandra vid en punkt inuti triangeln och dela den i 6 trianglar vars area är lika S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 , S 6 (fig. 7). Bevisa det . Ris. 7

Uppgift 6. Hitta området S triangel CNZ(ytan för andra trianglar visas i figur 8).

Svar. 15.

Uppgift 7. Hitta området S triangel CNO, om arean av triangeln ANEJär lika med 10 och
,
(Fig. 9).

Svar. 30.

Uppgift 8. Hitta området S triangel CNO, om arean av triangeln AFÖRE KRISTUS. lika med 88 och ,
(Fig. 9).

R beslut. Sedan betecknar vi
,
. Därför att , då betecknar vi
,
. Av Cevas teorem följer det
, och då
. Om
, Den där
(Fig. 10). Vi har tre okända kvantiteter ( x, y Och S), så att hitta S Låt oss göra tre ekvationer.

Därför att
, Den där
= 88. Sedan
, Den där
, var
. Därför att
, Den där
.

Så,
, var
. Ris. 10

Uppgift 9. I en triangel ABC poäng K Och L tillhör parterna respektive AB Och BC.
,
. P AL Och CK. Arean av en triangel PBCär lika med 1. Hitta arean av triangeln ABC.

Svar. 1,75.

T Menelaos sats

Låt en triangel ges ABC och på dess sidor A.C. Och CB punkter markerade B 1 och A 1 följaktligen och på fortsättningssidan AB punkt markerad C 1 (fig. 11).

a) Om punkterna A 1 , B 1 och MED 1 ligga på samma raka linje, då

. (6)

b) Om likhet (7) är sann, då poängen A 1 , B 1 och MED 1 ligga på samma räta linje. Ris. elva

Hur kommer man ihåg Menelaos jämlikhet?

Tekniken för att minnas jämlikhet (6) är densamma som för jämlikhet (1). Triangelns hörn i varje relation och själva relationerna skrivs i riktning mot att korsa triangelns hörn ABC- från vertex till vertex, passerar genom delningspunkter (interna eller externa).

Uppgift 10. Bevisa att skrivning av likhet (6) från valfri vertex i triangeln i vilken riktning som helst ger samma resultat.

För att bevisa Menelaos teorem måste du bevisa påstående a) med någon av metoderna som föreslås nedan, och även bevisa påstående b). Beviset för påstående b) ges efter den första metoden för att bevisa påstående a).

Bevis för påstående a) med hjälp av proportionella segmentsatsen

jagsätt. a) Tanken med beviset är att ersätta förhållandena mellan längderna på segmenten i likhet (6) med förhållandena för längderna på segmenten som ligger på samma linje.

Låt poängen A 1 , B 1 och MED 1 ligga på samma räta linje. Genom poängen C låt oss göra en direkt l, parallellt med linjen A 1 B 1, skär den linjen AB vid punkten M(Fig. 12).

R
är. 12

Genom satsen om proportionella segment har vi:
Och
.

Då är jämlikheterna sanna
.

Bevis för påstående b) av Menelaos sats

Låt nu likhet (6) vara sann, låt oss bevisa att poängen A 1 , B 1 och MED 1 ligga på samma räta linje. Släpp rakt AB Och A 1 B 1 skär vid en punkt MED 2 (fig. 13).

Eftersom poängen A 1 B 1 och MED 2 ligger på samma räta linje, då enligt påståendet a) i Menelaos sats

. (7)

Från en jämförelse av likheter (6) och (7) har vi
, varav det följer att jämlikheterna är sanna

,
,
.

Den sista jämlikheten är sann endast om
, d.v.s. om punkterna MED 1 och MED 2 match.

Påstående b) i Menelaos sats har bevisats. Ris. 13

Bevis för påstående a) genom att använda trianglars likhet

Tanken med beviset är att ersätta förhållandena mellan längderna av segment från likhet (6) med förhållandena för längderna av segment som ligger på parallella linjer.

Låt poängen A 1 , B 1 och MED 1 ligga på samma räta linje. Från poäng A, B Och C låt oss rita vinkelräta AA 0 , BB 0 och SS 0 till denna räta linje (fig. 14).

R
är. 14

Från likheten mellan tre par trianglar A.A. 0 B 1 Och CC 0 B 1 , CC 0 A 1 Och BB 0 A 1 , C 1 B 0 B Och C 1 A 0 A(vid två vinklar) har vi rätt likheter

,
,
,

multiplicerar vi dem får vi:

Påstående a) i Menelaos sats har bevisats.

Bevis på uttalande a) med användning av områden

Tanken med beviset är att ersätta förhållandet mellan längderna på segmenten från likhet (7) med förhållandet mellan trianglarnas ytor.

Låt poängen A 1 , B 1 och MED 1 ligga på samma räta linje. Låt oss koppla ihop prickarna C Och C 1 . Låt oss beteckna trianglarnas area S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 (fig. 15).

Då är jämlikheterna sanna

,
,
. (8)

Om vi multiplicerar likheter (8) får vi:

Påstående a) i Menelaos sats har bevisats.

R
är. 15

Precis som Cevas sats förblir giltig om skärningspunkten för Cevianerna är utanför triangeln, förblir Menelaos sats giltig om sekanten endast skär förlängningarna av triangelns sidor. I det här fallet kan vi prata om skärningen av triangelns sidor vid de yttre punkterna.

Bevis på uttalande a) för fallet med externa punkter

P sekanten skär triangelns sidor ABC vid yttre punkter, d. v. s. skär sidornas förlängningar AB,FÖRE KRISTUS. Och A.C. på punkter C 1 , A 1 och B 1, respektive, och dessa punkter ligger på samma räta linje (Fig. 16).

Genom satsen om proportionella segment har vi:

Och .

Då är jämlikheterna sanna

Påstående a) i Menelaos sats har bevisats. Ris. 16

Observera att ovanstående bevis sammanfaller med beviset för Menelaos sats för fallet när sekanten skär två sidor av triangeln vid de inre punkterna och en på utsidan.

Beviset för påstående b) i Menelaos' teorem för fallet med yttre punkter liknar beviset som ges ovan.

Z uppdrag11. I en triangel ABC poäng A 1 , I 1 ligga på sidorna Sol Och AMED. P- skärningspunkt för segment AA 1 Och BB 1 .
,
. Hitta en attityd
.

Lösning. Låt oss beteckna
,
,
,
(Fig. 17). Enligt Menelaos sats för en triangel FÖRE KRISTUS.I 1 och sekant PA 1 skriver vi rätt likhet:

varifrån följer det

. Ris. 17

Svar. .

Z uppdrag12 (MSU, korrespondensförberedande kurser). I en triangel ABC, vars area är 6, på sidan AB jag förstår TILL, delar denna sida i relation
, och på sidan AC- prick L, delning AC i ett förhållande
. Punkt P linjekorsningar SK Och IL bort från den raka linjen AB på ett avstånd av 1,5. Hitta sidolängden AB.

Lösning. Från poäng R Och MED låt oss släppa vinkelräta PR Och CENTIMETER direkt AB. Låt oss beteckna
,
,
,
(Fig. 18). Enligt Menelaos sats för en triangel A.K.C. och sekant P.L. Låt oss skriva ner den korrekta jämställdheten:
, varifrån vi får det
,
. Ris. 18

Från likheten mellan trianglar TILLM.C. Och TILLR.P.(i två vinklar) får vi det
, varav det följer att
.

Nu vet du längden på höjden som dras åt sidan AB triangel ABC, och arean av denna triangel, beräknar vi längden på sidan:
.

Svar. 4.

Z uppdrag13. Tre cirklar med mittpunkter A,I,MED, vars radier är besläktade som
, rör vid varandra externt på punkter X, Y, Z som visas i figur 19. Segment YXA Och FÖRBI skära vid en punkt O. I vilket avseende, räknat från punkten B, linjesegmentet CZ delar upp ett segment FÖRBI?

Lösning. Låt oss beteckna
,
,
(Fig. 19). Därför att
, sedan enligt påståendet b) i Cevas sats segmenten AX, FÖRBI Och MEDZ skära vid en punkt - en punkt O. Sedan segmentet CZ delar upp ett segment FÖRBI i ett förhållande
. Låt oss hitta detta förhållande. Ris. 19

Enligt Menelaos sats för en triangel B.C.Y. och sekant OXE vi har:
, varav det följer att
.

Svar. .

Uppgift 14 (Unified State Exam 2016).

Poäng I 1 och MED AC Och AB triangel ABC, och AB 1:B 1 MED =
= AC 1:MED 1 B. Direkt BB 1 Och SS 1 skära vid en punkt HANDLA OM.

A ) Bevisa att linjen JSC halverar sidan Sol.

AB 1 O.C. 1 till triangelns area ABC, om det är känt att AB 1:B 1 MED = 1:4.

Lösning. a) Låt det vara en rak linje A.O. korsar sidan FÖRE KRISTUS. vid punkten A 1 (fig. 20). Enligt Cevas sats har vi:

. (9)

Därför att AB 1:B 1 MED = AC 1:MED 1 B, så följer av jämlikhet (9) att
, det är C.A. 1 = A 1 B, vilket var det som behövde bevisas. Ris. 20

b) Låt arean av triangeln AB 1 O lika med S. Därför att AB 1:B 1 MED C.B. 1 O är lika med 4 S, och arean av triangeln AOC är lika med 5 S. Sedan arean av triangeln AOB är också lika med 5 S, eftersom trianglar AOB Och AOC har en gemensam grund A.O., och deras hörn B Och C lika långt från linjen A.O.. Dessutom området för triangeln AOC 1 är lika S, därför att AC 1:MED 1 B = 1:4. Sedan arean av triangeln ABB 1 är lika med 6 S. Därför att AB 1:B 1 MED= 1:4, sedan arean av triangeln C.B. 1 O lika med 24 S, och arean av triangeln ABC lika med 30 S. Låt oss nu hitta förhållandet mellan arean av fyrhörningen AB 1 O.C. 1 (2S) till triangelns area ABC (30S), är det lika med 1:15.

Svar. 1:15.

Uppgift 15 (Unified State Exam 2016).

Poäng I 1 och MED 1 ligga på sidorna respektive AC Och AB triangel ABC, och AB 1:B 1 MED =
= AC 1:MED 1 B. Direkt BB 1 Och SS 1 skära vid en punkt HANDLA OM.

a) Bevisa att linjen JSC halverar sidan Sol.

b) Hitta förhållandet mellan arean av fyrhörningen AB 1 O.C. 1 till triangelns area ABC, om det är känt att AB 1:B 1 MED = 1:3.

Svar. 1:10.

Z Uppgift 16 (USE-2016). På segmentet BD jag förstår MED. Bisektris B.L. ABC med bas Sol BLD med bas BD.

a) Bevisa att triangeln DCL likbent.

b) Det är känt att cos
ABC DL, dvs triangeln BD jag förstår MED. Bisektris B.L. likbent triangel ABC med bas Solär den laterala sidan av en likbent triangel BLD med bas BD.

a) Bevisa att triangeln DCL likbent.

b) Det är känt att cos ABC= . I vilket avseende är den räta linjen D.L. delar sidan AB?

Svar. 4:21.

Litteratur

1. Smirnova I.M., Smirnov V.A. Underbara punkter och linjer i triangeln. M.: Matematik, 2006, nr 17.

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

3. Geometri. Ytterligare kapitel till årskurs 8:s lärobok: En lärobok för elever i skolor och klasser med fördjupning / L.S. Atanasyan, V.F. Butuzov, S.B. Kadomtsev et al. - M.: Vita-Press, 2005. - 208 sid.

4. Erdniev P., Mantsaev N. Chevas och Menelaos satser. M.: Kvant, 1990, nr 3, s. 56–59.

5. Sharygin I.F. Teorem av Cheva och Menelaos. M.: Kvant, 1976, nr 11, s. 22–30.

6. Vavilov V.V. Medianer och mittlinjer i en triangel. M.: Matematik, 2006, nr 1.

7. Efremov Dm. Ny triangelgeometri. Odessa, 1902. - 334 sid.

8. Matematik. 50 varianter av typiska testuppgifter / I.V. Yashchenko, M.A. Volkevich, I.R. Vysotsky och andra; redigerad av I.V. Jasjtjenko. - M.: Förlaget "Examen", 2016. - 247 sid.

SATSER OM CHEVA OCH MENELAUS

Cevas sats

De flesta av de anmärkningsvärda triangelpunkterna kan erhållas med följande procedur. Låt det finnas någon regel enligt vilken vi kan välja en viss punkt A 1 , på sidan BC (eller dess förlängning) av triangeln ABC (välj till exempel mittpunkten på denna sida). Sedan kommer vi att konstruera liknande punkter B 1, C1 på de andra två sidorna av triangeln (i vårt exempel finns det ytterligare två mittpunkter på sidorna). Om urvalsregeln är framgångsrik, då rak AA 1, BB 1, CC 1 kommer att skära varandra vid någon punkt Z (valet av sidornas mittpunkter i denna mening är naturligtvis framgångsrikt, eftersom triangelns medianer skär varandra vid en punkt).

Jag skulle vilja ha någon generell metod som låter en avgöra från positionen för punkter på sidorna av en triangel om motsvarande trippel av linjer skär varandra i en punkt eller inte.

Ett universellt tillstånd som "stängde" detta problem hittades 1678 av en italiensk ingenjörGiovanni Cheva .

Definition. Segment som förbinder hörnen i en triangel med punkter på motsatta sidor (eller deras förlängningar) kallas cevianer om de skär varandra i en punkt.

Det finns två möjliga platser för cevian. I en version, poängen

korsningar är interna, och ändarna av cevian ligger på sidorna av triangeln. I det andra alternativet är skärningspunkten extern, änden av en cevian ligger på sidan och ändarna på de andra två cevian ligger på sidornas förlängningar (se ritningar).

Sats 3. (Cevas direkta teorem) I en godtycklig triangel ABC tas punkterna A på sidorna BC, CA, AB eller deras förlängningar. 1 , I 1 , MED 1 , sådan att rak AA 1 , BB 1 , SS 1 skära vid någon gemensam punkt alltså

Bevis: Medan flera ursprungliga bevis för Cevas sats är kända, kommer vi att överväga ett bevis baserat på en dubbel tillämpning av Menelaos sats. Låt oss skriva ner relationen mellan Menelaos sats för första gången för en triangelABB 1 och sekant CC 1 (vi betecknar skärningspunkten för cevianernaZ):

och andra gången för en triangelB 1 FÖRE KRISTUS. och sekant A.A. 1 :

Genom att multiplicera dessa två förhållanden och göra de nödvändiga reduktionerna får vi det förhållande som finns i satsens uttalande.

Sats 4. (Cevas omvända sats) . Om för de som valts på sidorna av triangeln ABC eller deras förlängningar av poäng A 1 , I 1 Och C 1 Chevas tillstånd är uppfyllt:

sedan rakt A.A. 1 , BB 1 Och CC 1 skära varandra vid en punkt .

Beviset för denna sats utförs genom motsägelse, precis som beviset för Menelaos sats.

Låt oss överväga exempel på tillämpningen av Cevas direkta och inversa satser.

Exempel 3. Bevisa att medianerna för en triangel skär varandra vid en punkt.

Lösning. Tänk på förhållandet

för en triangels hörn och mittpunkterna på dess sidor. Uppenbarligen har täljaren och nämnaren i varje bråk lika delar, så alla dessa bråk är lika med ett. Följaktligen uppfylls Chevas relation, därför skärs medianerna vid en punkt genom den omvända satsen.

Sats (Cevas sats) . Låt poängen ligga på sidorna och triangel respektive. Låt segmenten Och skära varandra vid en punkt. Sedan

(vi går runt triangeln medurs).

Bevis. Låt oss beteckna med skärningspunkt för segment Och . Låt oss utelämna från punkterna Och vinkelrät mot en linjeinnan du skär den på punkter Och i enlighet med detta (se figur).

Eftersom trianglar Och har en gemensam sida, då är deras områden relaterade till de höjder som dras åt denna sida, d.v.s. Och:

Den sista likheten är sann, eftersom räta trianglar Och liknande i spetsig vinkel.

På samma sätt får vi

Och

Låt oss multiplicera dessa tre likheter:

Q.E.D.

Om medianer:

1. Placera enhetsmassorna vid hörnen på triangeln ABC.
2. Masscentrum för punkterna A och B är i mitten av AB. Hela systemets masscentrum måste vara vid medianen till sidan AB, eftersom triangelns ABC masscentrum är masscentrum för massacentrum för punkterna A och B och punkt C.
(det blev förvirrande)
3. Likaså - CM måste ligga på medianen till sidorna AC och BC
4. Eftersom CM är en enda punkt, måste därför alla dessa tre medianer skära varandra vid den.

Förresten följer det omedelbart att de genom korsning är uppdelade i förhållandet 2:1. Eftersom massan av massacentrum för punkterna A och B är 2, och massan för punkt C är 1, kommer därför det gemensamma masscentrumet, enligt proportionssatsen, att dela medianen i förhållandet 2/1 .

Tack så mycket, det presenteras på ett tillgängligt sätt, jag tror att det inte skulle vara fel att presentera beviset med metoderna för massgeometri, till exempel:
Linjerna AA1 och CC1 skär varandra vid punkt O; AC1: C1B = p och BA1: A1C = q. Vi måste bevisa att linje BB1 passerar genom punkt O om och endast om CB1: B1A = 1: pq.
Låt oss placera massorna 1, p och pq vid punkterna A, B respektive C. Då är punkt C1 massacentrum för punkterna A och B, och punkt A1 är masscentrum för punkterna B och C. Därför är masscentrum för punkterna A, B och C med dessa massor skärningspunkten O för linjerna CC1 och AA1. Å andra sidan ligger punkt O på segmentet som förbinder punkt B med masscentrum för punkterna A och C. Om B1 är masscentrum för punkterna A och C med massorna 1 och pq, då AB1: B1C = pq: 1. Det återstår att notera att på segment AC finns det en enda punkt som delar den i det givna förhållandet AB1: B1C.

2. Cevas sats

Ett segment som förbinder en vertex i en triangel med en punkt på motsatt sida kallasceviana . Alltså, om i en triangelABC X , Y och Z - punkter som ligger på sidornaFÖRE KRISTUS. , C.A. , AB därefter segmentenYXA , FÖRBI , CZ är Chevianer. Termen kommer från den italienske matematikern Giovanni Ceva, som 1678 publicerade följande mycket användbara teorem:

Sats 1.21. Om tre cevianer AX, BY, CZ (en från varje vertex) i triangeln ABC är konkurrenskraftiga, då

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .

Ris. 3.

När vi säger att tre linjer (eller segment)konkurrenskraftig , då menar vi att de alla passerar genom en punkt, som vi betecknar medP . För att bevisa Cevas sats, kom ihåg att arean av trianglar med lika höjder är proportionella mot trianglarnas baser. Med hänvisning till figur 3 har vi:

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

Likaså,

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

Nu om vi multiplicerar dem får vi

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

Motsatsen till detta teorem är också sant:

Sats 1.22. Om tre cevianer AX, BY, CZ uppfyller förhållandet

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 ,

då är de konkurrenskraftiga .

För att visa detta, anta att de två första ceviana skär varandra vid punktenP , som tidigare, och den tredje cevian som passerar genom spetsenP , kommerCZ′ . Sedan, genom sats 1.21,

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ′||Z′B|=1 .

Men genom antagande

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .

Därav,

|AZ||ZB|= |AZ′||Z′B| ,

punktZ′ sammanfaller med poängenZ , och vi bevisade att segmentenYXA , FÖRBI OchCZ konkurrenskraftig (, s. 54 och , s. 48, 317).

Matematik - 10:e klass Mendel Viktor Vasilievich, dekanus för fakulteten för naturvetenskap, matematik och informationsteknologi vid Far East State University CHEVAS SAT OCH MENELAYS SAT En speciell plats i planimetri ges två anmärkningsvärda satser: Cevas sats och Menelaus sats. Dessa satser ingår inte i den grundläggande läroplanen för gymnasiegeometri, men deras studier (och tillämpning) rekommenderas för alla som är intresserade av matematik lite mer än vad som är möjligt inom ramen för skolans läroplan. Varför är dessa satser intressanta? Först noterar vi att när man löser geometriska problem kombineras två tillvägagångssätt produktivt: - en är baserad på definitionen av en grundläggande struktur (till exempel: en triangel - en cirkel; en triangel - en sekantlinje; en triangel - tre räta linjer passerar genom dess hörn och skär varandra vid en punkt; en fyrhörning med två parallella sidor, etc.) - och den andra är metoden för stödproblem (enkla geometriska problem till vilka processen att lösa ett komplext problem reduceras). Så, Menelaos och Chevas satser är bland de vanligaste konstruktionerna: den första betraktar en triangel, vars sidor eller förlängningar av sidorna skärs av någon linje (sekant), den andra handlar om en triangel och tre linjer som passerar genom dess hörn, skärande vid en punkt. Menelaos sats Denna sats visar de observerbara (tillsammans med de inversa) förhållandena mellan segment, ett mönster som förbinder en triangels hörn och skärningspunkterna för en sekant med triangelns sidor (förlängningar av sidorna). Ritningarna visar två möjliga fall av triangelns och sekantens placering. I det första fallet skär sekanten två sidor av triangeln och förlängningen av den tredje, i det andra - fortsättningen av alla tre sidor av triangeln. Sats 1. (Menelaus) Låt ABC skäras av en rät linje som inte är parallell med sidan AB och skär dess två sidor AC respektive BC i punkterna B1 och A1, och rät linje AB i punkt C1, sedan AB1 CA1 BC1    1. B1C A1B C1 A Sats 2. (omvänd Menelaos sats) Låt punkterna A1, B1, C1 i triangeln ABC tillhöra de räta linjerna BC, AC, AB respektive, då om AB1 CA1 BC1   1 B1C A1B C1 A, då ligger punkterna A1, B1, C1 på en rät linje. Beviset för den första satsen kan utföras på följande sätt: vinkelräta från alla hörn i triangeln sänks ner på sekantlinjen. Resultatet är tre par liknande räta trianglar. Relationerna mellan segmenten som förekommer i formuleringen av satsen ersätts av relationerna mellan perpendikulära som motsvarar dem i likhet. Det visar sig att varje vinkelrät segment i bråk kommer att finnas två gånger: en gång i ett bråk i täljaren, en andra gång i ett annat bråk i nämnaren. Således kommer produkten av alla dessa förhållanden att vara lika med ett. Den omvända satsen kan bevisas genom motsägelse. Det antas att om villkoren i sats 2 är uppfyllda så ligger inte punkterna A1, B1, C1 på samma räta linje. Då kommer den räta linjen A1B1 att skära sidan AB vid punkt C2, annorlunda än punkt C1. I detta fall, i kraft av sats 1, gäller för punkterna A1, B1, C2 samma relation som för punkterna A1, B1, C1. Av detta följer att punkterna C1 och C2 kommer att dela segmentet AB i samma förhållanden. Då sammanfaller dessa punkter – vi får en motsägelse. Låt oss titta på exempel på tillämpningen av Menelaos teorem. Exempel 1. Bevisa att medianerna för en triangel i skärningspunkten är uppdelade i förhållandet 2:1 med början från vertex. Lösning. Låt oss skriva ner relationen som erhålls i satsen, Menelaos för triangeln ABmb och den räta linjen McM(C): AM c BM M bC    1. M c B MM b CA Den första bråkdelen i denna produkt är uppenbarligen lika med till 1, och det tredje andra förhållandet är lika med 1. Därför 2 2:1, vilket är det som behövde bevisas. Exempel 2. En sekant skär förlängningen av sidan AC i triangeln ABC i punkt B1 så att punkt C är mittpunkten av segment AB1. Denna sekant delar sidan AB på mitten. Hitta i vilket förhållande den delar sidan BC? Lösning. För en triangel och en sekant, låt oss skriva produkten av tre förhållanden från Menelaos sats: AB1 CA1 BC1    1. B1C A1B C1 A Av villkoren för problemet följer att det första förhållandet är lika med ett, och att tredje är 1, 2, så det andra förhållandet är lika med 2, det vill säga att sekanten delar sidan BC i förhållandet 2:1. Vi kommer att se nästa exempel på tillämpningen av Menelaos teorem när vi överväger beviset för Cevas teorem. Cevas sats De flesta av de anmärkningsvärda punkterna i en triangel kan erhållas med följande procedur. Låt det finnas någon regel enligt vilken vi kan välja en viss punkt A1 på sidan BC (eller dess fortsättning) av triangeln ABC (välj till exempel mittpunkten på denna sida). Sedan kommer vi att konstruera liknande punkter B1, C1 på de andra två sidorna av triangeln (i vårt exempel, ytterligare två mittpunkter på sidorna). Om urvalsregeln är framgångsrik, kommer linjerna AA1, BB1, CC1 att skära varandra vid någon punkt Z (valet av sidornas mittpunkter i denna mening är naturligtvis framgångsrikt, eftersom triangelns medianer skär varandra vid en punkt ). Jag skulle vilja ha någon generell metod som låter en avgöra från positionen för punkter på sidorna av en triangel om motsvarande trippel av linjer skär varandra i en punkt eller inte. Det universella tillståndet som "stängde" detta problem hittades 1678 av den italienske ingenjören Giovanni Ceva. Definition. Segment som förbinder hörnen i en triangel med punkter på motsatta sidor (eller deras förlängningar) kallas cevianer om de skär varandra i en punkt. Det finns två möjliga platser för cevian. I en variant är skärningspunkten intern, och ändarna av cevian ligger på sidorna av triangeln. I det andra alternativet är skärningspunkten extern, änden av en cevian ligger på sidan och ändarna på de andra två cevian ligger på sidornas förlängningar (se ritningar). Sats 3. (Chevas direkta sats) I en godtycklig triangel ABC, på sidorna BC, CA, AB eller deras förlängningar, tas punkterna A1, B1, C1 respektive så att linjerna AA1, BB1, CC1 skär varandra vid någon gemensam punkt, sedan BA1 CB1 AC1   1 CA1 AB1 BC1 . Bevis: Det finns flera ursprungliga bevis för Cevas sats, vi kommer att överväga ett bevis baserat på en dubbel tillämpning av Menelaos sats. Låt oss skriva relationen mellan Menelaos sats första gången för triangeln ABB1 och sekanten CC1 (vi betecknar skärningspunkten för Cevianerna som Z): AC1 BZ B1C    1, C1B ZB1 CA och andra gången för triangeln B1BC och sekanten AA1: B1Z BA1 CA    1. ZB A1C AB1 Multiplicerar dessa två förhållanden och gör de nödvändiga reduktionerna, får vi förhållandet som finns i satssatsen. Sats 4. (Cevas omvända sats). Om för punkterna A1, B1 och C1 valda på sidorna av triangeln ABC eller deras förlängningar, är Chevas villkor uppfyllt: BA1 CB1 AC1   1 CA1 AB1 BC1, då skär linjerna AA1, BB1 och CC1 i en punkt. Beviset för denna sats utförs genom motsägelse, precis som beviset för Menelaos sats. Låt oss överväga exempel på tillämpningen av Cevas direkta och inversa satser. Exempel 3. Bevisa att medianerna för en triangel skär varandra vid en punkt. Lösning. Betrakta relationen AC1 BA1 CB1   C1B A1C B1 A för triangelns hörn och mittpunkterna på dess sidor. Uppenbarligen har täljaren och nämnaren i varje bråk lika delar, så alla dessa bråk är lika med ett. Följaktligen uppfylls Chevas relation, därför skärs medianerna vid en punkt genom den omvända satsen. Problem för självständig lösning De problem som föreslås här är provarbete nr 1 för elever i årskurs 9. Lös dessa problem, skriv ner lösningarna i en separat anteckningsbok (från fysik och datavetenskap). Ange följande information om dig själv på omslaget: 1. Efternamn, förnamn, klass, klassprofil (till exempel: Vasily Pupkin, årskurs 9, matematik) 2. Postnummer, bostadsadress, e-post (om någon), telefon ( hem eller mobil) ) 3. Information om skolan (till exempel: MBOU nr 1, Bikin village) 4. Efternamn, fullständigt namn på matematikläraren (till exempel: matematikläraren Petrova M.I.) Det rekommenderas att lösa minst fyra problem. M 9.1.1. Kan sekantlinjen från Menelaos teorem skära sidorna av en triangel (eller deras förlängningar) i längdsegment: a) 3, 3, 5, 7,10, 14; c) 3, 5, 6, 7, 7, 10, Om sådana alternativ är möjliga, ge exempel. Segmenten kan gå i olika ordningsföljder. M 9.1.2. Kan de inre ceviana i en triangel dela sina sidor i segment: a) 3, 3, 5, 7,10, 14; c) 3, 5, 6, 7, 7, 10, Om sådana alternativ är möjliga, ge exempel. Segmenten kan gå i olika ordningsföljder. Tips: när du kommer med exempel, glöm inte att kontrollera att triangeln inte är identisk. M 9.1.3. Använd Cevas omvända sats och bevisa att: a) bisektrarna i en triangel skär varandra i en punkt; b) segmenten som förbinder triangelns hörn med punkter på motsatta sidor, vid vilka dessa sidor vidrör den inskrivna cirkeln, skär varandra i en punkt. Riktningar: a) kom ihåg i vilket förhållande bisektrisen delar den motsatta sidan; b) använd egenskapen att segment av två tangenter dragna från en punkt till en viss cirkel är lika. M 9.1.4. Slutför beviset för Menelaos sats som påbörjades i den första delen av artikeln. M 9.1.5. Bevisa att en triangels höjder skär varandra vid en punkt med hjälp av Cevas omvända sats. M 9.1.6. Bevisa Simpsons sats: från en godtycklig punkt M tagen på en cirkel omskriven runt triangeln ABC, släpps perpendikulära på sidorna eller förlängningarna av sidorna av triangeln, bevisa att baserna för dessa perpendikulära ligger på samma räta linje. Tips: Använd motsatsen till Menelaos sats. Försök att uttrycka längderna på segmenten som används i sambanden i termer av längderna på perpendikulära ritade från deras punkt M. Det är också användbart att komma ihåg egenskaperna hos vinklarna för en inskriven fyrhörning.