Osztály: 9
Az óra céljai:
- általánosítani, bővíteni és rendszerezni a tanulók tudását és készségeit; tanítsa meg a tudás felhasználását összetett problémák megoldása során;
- elősegíti az ismeretek önálló alkalmazásához szükséges készségek fejlesztését a problémamegoldás során;
- fejleszti a tanulók logikus gondolkodását és matematikai beszédét, elemző, összehasonlító és általánosító képességét;
- a tanulók önbizalmát és kemény munkáját keltsék; csapatban való munkavégzés képessége.
Az óra céljai:
- Nevelési: ismételje meg Menelaus és Cheva tételét; alkalmazza őket a problémák megoldása során.
- Fejlődési: tanuljon meg hipotézist felállítani, és ügyesen védje meg véleményét bizonyítékokkal; tesztelje tudását általánosító és rendszerező képességét.
- Nevelési: növelje a téma iránti érdeklődést és készüljön fel az összetettebb problémák megoldására.
Az óra típusa: az ismeretek általánosításának és rendszerezésének órája.
Felszerelés: kártyák kollektív munkához ebben a témában, egyéni kártyák önálló munkához, számítógép, multimédiás projektor, képernyő.
Az órák alatt
I. szakasz. Szervezési pillanat (1 perc)
A tanár bejelenti az óra témáját és célját.
szakasz II. Alapvető ismeretek és készségek frissítése (10 perc)
Tanár: Az óra során Menelaus és Cheva tételeire emlékezünk, hogy sikeresen továbbléphessünk a problémák megoldására. Vessünk egy pillantást a képernyőre, ahol ez megjelenik. Melyik tételre adott ez az ábra? (Menelaus tétel). Próbáld meg egyértelműen megfogalmazni a tételt.
1. kép
Legyen az A 1 pont az ABC háromszög BC oldalán, a C 1 pont az AB oldalon, a B 1 pont az AC oldal C ponton túli folytatásán. Az A 1 , B 1 és C 1 pontok akkor és csakis ugyanazon az egyenesen legyenek ha az egyenlőség érvényesül 
Tanár: Nézzük meg együtt a következő képet. Mondjon el egy tételt ehhez a rajzhoz!
2. ábra
Az AD vonal metszi az IUD háromszög két oldalát és a harmadik oldalának kiterjesztését.
Menelaus tétele szerint 
Az MB egyenes metszi az ADC háromszög két oldalát és a harmadik oldalának kiterjesztését.
Menelaus tétele szerint 
Tanár: Melyik tételnek felel meg a kép? (Ceva tétele). Mondja el a tételt!
3. ábra
Legyen az ABC háromszög A 1 pontja a BC oldalon, a B 1 pont az AC oldalon, a C 1 pont az AB oldalon. Az AA 1, BB 1 és CC 1 szakaszok akkor és csak akkor metszik egymást, ha az egyenlőség fennáll 
szakasz III. Problémamegoldás. (22 perc)
Az osztályt 3 csapatra osztják, mindegyik kap egy kártyát két különböző feladattal. Időt kap a döntés, majd a képernyőn a következő jelenik meg:<Рисунки 4-9>. A feladatokhoz elkészült rajzok alapján a csapat képviselői felváltva ismertetik megoldásaikat. Minden magyarázatot megbeszélés, kérdések megválaszolása és a megoldás helyességének ellenőrzése követ a képernyőn. A beszélgetésben minden csapattag részt vesz. Minél aktívabb a csapat, annál magasabbra értékelik az eredmények összegzésekor.
1. kártya.
1. Az ABC háromszögben az N pontot a BC oldalra vesszük úgy, hogy NC = 3BN; az AC oldal folytatásán az M pontot vesszük A pontnak úgy, hogy MA = AC. Az MN egyenes az AB oldalt az F pontban metszi. Határozzuk meg az arányt
2. Bizonyítsuk be, hogy a háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást.
1. megoldás
4. ábra
A feladat feltételei szerint MA = AC, NC = 3BN. Legyen MA = AC =b, BN = k, NC = 3k. Az MN egyenes metszi az ABC háromszög két oldalát és a harmadik folytatását.
Menelaus tétele szerint 
Válasz:
Bizonyíték 2
5. ábra
Legyen AM 1, BM 2, CM 3 az ABC háromszög mediánja. Annak bizonyításához, hogy ezek a szakaszok egy ponton metszik egymást, elegendő ezt megmutatni 
Ekkor Ceva (fordított) tétele szerint az AM 1, BM 2 és CM 3 szakaszok egy pontban metszik egymást.
Nekünk van: 
Tehát bebizonyosodott, hogy a háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást.
2. kártya.
1. Az N pontot a PQR háromszög PQ oldalán vesszük, az L pontot a PR oldalon, és NQ = LR. A QL és NR szakaszok metszéspontja elosztja QL-t m:n arányban, a Q ponttól számítva.
2. Bizonyítsuk be, hogy a háromszög felezői egy pontban metszik egymást.
1. megoldás
6. ábra
Feltétel szerint NQ = LR, Legyen NA = LR =a, QF = km, LF = kn. Az NR egyenes metszi a PQL háromszög két oldalát és a harmadik folytatását.
Menelaus tétele szerint 
Válasz:
Bizonyíték 2
7. ábra
Mutassuk meg 
Ekkor Ceva (fordított) tétele szerint AL 1, BL 2, CL 3 egy pontban metszi egymást. A háromszögfelezők tulajdonságával
A kapott egyenlőségeket taggal szorozva megkapjuk 
Egy háromszög felezőire teljesül a Cheva-egyenlőség, ezért egy pontban metszik egymást.
3. kártya.
1. Az ABC háromszögben AD a medián, az O pont a medián közepe. A BO egyenes metszi az AC oldalt a K pontban. Milyen arányban osztja a K pont az AC-t az A pontból számolva?
2. Bizonyítsuk be, hogy ha egy kört háromszögbe írunk, akkor a háromszög csúcsait a szemközti oldalak érintkezési pontjaival összekötő szakaszok egy pontban metszik egymást.
1. megoldás
8. ábra
Legyen BD = DC = a, AO = OD = m. A BK egyenes metszi az ADC háromszög két oldalát és a harmadik oldalának kiterjesztését.
Menelaus tétele szerint 
Válasz:
Bizonyíték 2
9. ábra
Legyen A 1, B 1 és C 1 az ABC háromszög beírt körének érintőpontja. Annak bizonyításához, hogy az AA 1, BB 1 és CC 1 szakaszok egy ponton metszik egymást, elegendő megmutatni, hogy Cheva egyenlősége fennáll: 
A körbe egy pontból húzott érintők tulajdonságát felhasználva a következő jelölést vezetjük be: C 1 B = BA 1 = x, AC 1 = CB 1 = y, BA 1 = AC 1 = z.
Cheva egyenlősége teljesül, ami azt jelenti, hogy a háromszög felezői egy pontban metszik egymást.
szakasz IV. Problémamegoldás (önálló munka) (8 perc)
Tanár: A csapatok munkája befejeződött, és most elkezdjük az önálló munkát az egyéni kártyákon 2 lehetőséghez.
Óraanyagok a tanulók önálló munkájához
1.opció. Az ABC háromszögben, melynek területe 6, az AB oldalon van egy K pont, amely ezt az oldalt AK:BK = 2:3 arányban osztja el, az AC oldalon pedig egy L pont, amely osztja az AC-t. AL:LC = 5:3 arányban. A СК és BL egyenesek metszéspontjának Q pontját távolítjuk el az AB egyenestől bizonyos távolságban. Határozzuk meg az AB oldal hosszát! (Válasz: 4.)
2. lehetőség. Az ABC háromszög AC oldalán a K pont AK = 1, KS = 3. Az AB oldalon az L pont AL:LB = 2:3, Q a BK és CL egyenesek metszéspontja. Határozza meg a B csúcsból kiesett ABC háromszög magasságának hosszát! (Válasz: 1.5.)
A munkát a tanárhoz kell benyújtani ellenőrzésre.
V szakasz. Óra összefoglalója (2 perc)
Az elkövetett hibákat elemzik, az eredeti válaszokat és megjegyzéseket rögzítik. Az egyes csapatok munkájának eredményeit összesítik, és osztályzatokat osztanak ki.
szakasz VI. Házi feladat (1 perc)
A házi feladat a 11. számú, 12. számú feladatokból 289-290., 10. sz., 301. old.
Végszó a tanártól (1 perc).
Ma kívülről hallottátok egymás matematikai beszédét, és felmérte képességeiteket. A jövőben az ilyen megbeszéléseket felhasználjuk a téma jobb megértése érdekében. A leckében az érvek a tényekkel, az elmélet a gyakorlattal barátkoztak. Köszönök mindent.
Irodalom:
- Tkachuk V.V. Matematika jelentkezőknek. – M.: MTsNMO, 2005.
Matematika - 10. osztály Mendel Viktor Vasziljevics, a Távol-Kelet Állami Egyetem Természettudományi, Matematikai és Információs Technológiai Karának dékánja CHEVA TÉTEL ÉS MENELAY TÉTELE A planimetriában különleges helyet kap két figyelemre méltó tétel: Ceva tétele és Menelaosz tétele. Ezek a tételek nem szerepelnek a középiskolai geometria alaptantervében, de elsajátításukat (és alkalmazásukat) ajánljuk mindenkinek, akit az iskolai tanterv keretein belül lehetségesnél kicsit jobban érdekel a matematika. Miért érdekesek ezek a tételek? Először is megjegyezzük, hogy a geometriai feladatok megoldása során két megközelítést produktívan kombinálnak: - az egyik az alapstruktúra meghatározásán alapul (például: háromszög - kör; háromszög - metsző vonal; háromszög - három egyenes vonal csúcsain áthaladva, és egy pontban metszi; négyszög két párhuzamos oldallal stb.) - a második pedig a támogatási feladatok módszere (egyszerű geometriai feladatok, amelyekre redukálódik egy összetett probléma megoldásának folyamata). Tehát Menelaus és Cheva tételei a leggyakrabban előforduló konstrukciók közé tartoznak: az első olyan háromszöget vesz figyelembe, amelynek oldalait vagy oldalainak kiterjesztését valamilyen egyenes metszi (szekant), a második egy háromszöggel és három áthaladó egyenessel foglalkozik. csúcsain keresztül, egy pontban metszi egymást. Menelaus tétele Ez a tétel a szakaszok megfigyelhető (az inverzekkel együtt) összefüggéseit mutatja be, egy mintát, amely a háromszög csúcsait és a metszéspontokat a háromszög oldalaival (oldalkiterjesztéseivel) összeköti. A rajzokon a háromszög és a szekáns elhelyezkedésének két lehetséges esete látható. Az első esetben a szekáns metszi a háromszög két oldalát és a harmadik kiterjesztését, a másodikban - a háromszög mindhárom oldalának folytatását. 1. Tétel (Menelaus) Legyen ABC-t egy olyan egyenes, amely nem párhuzamos az AB oldallal, és annak két oldalát AC és BC a B1 és A1 pontokban, az AB egyenest pedig a C1 pontban, majd AB1 CA1 pontban metszi. BC1 1. B1C A1B C1 A 2. Tétel (fordítva Menelaosz tételével) Legyenek az ABC háromszög A1, B1, C1 pontjai rendre a BC, AC, AB egyenesekhez, akkor ha AB1 CA1 BC1 1 B1C A1B C1 A, akkor az A1, B1, C1 pontok egy egyenesen fekszenek. Az első tétel bizonyítása a következőképpen hajtható végre: a háromszög összes csúcsából merőlegeseket leeresztjük a metsző egyenesre. Az eredmény három pár hasonló derékszögű háromszög. A tétel megfogalmazásában megjelenő szakaszok kapcsolatait a hasonlóságban hozzájuk tartozó merőlegesek relációi helyettesítik. Kiderült, hogy minden merőleges szegmens törtben kétszer lesz jelen: egyszer az egyik törtben a számlálóban, másodszor egy másik törtben a nevezőben. Így ezeknek az arányoknak a szorzata eggyel lesz egyenlő. A fordított tétel ellentmondással igazolható. Feltételezzük, hogy ha a 2. Tétel feltételei teljesülnek, az A1, B1, C1 pontok nem ugyanazon az egyenesen helyezkednek el. Ekkor az A1B1 egyenes metszi az AB oldalt a C2 pontban, amely különbözik a C1 ponttól. Ebben az esetben az 1. Tétel értelmében az A1, B1, C2 pontokra ugyanaz az összefüggés érvényesül, mint az A1, B1, C1 pontokra. Ebből következik, hogy a C1 és C2 pontok azonos arányban osztják fel az AB szakaszt. Akkor ezek a pontok egybeesnek – ellentmondást kapunk. Nézzünk példákat Menelaosz tételének alkalmazására. 1. példa Bizonyítsuk be, hogy a háromszög metszéspontjában lévő mediánjai a csúcsból kiindulva 2:1 arányban vannak osztva. Megoldás. Írjuk fel a Menelaus tételben kapott összefüggést az ABMb háromszögre és az McM(C) egyenesre: AM c BM M bC 1. M c B MM b CA Az első tört ebben a szorzatban nyilvánvalóan egyenlő 1-hez, a harmadik másodperc aránya pedig 1. Ezért 2 2:1, amit bizonyítani kellett. 2. példa Egy metsző metszi az ABC háromszög AC oldalának kiterjesztését a B1 pontban úgy, hogy a C pont az AB1 szakasz felezőpontja. Ez a szekáns kettéosztja az AB oldalt. Milyen arányban osztja a BC oldalt? Megoldás. Háromszögre és szekánsra írjuk fel három arány szorzatát Menelaus tételéből: AB1 CA1 BC1 1. B1C A1B C1 A A feladat feltételeiből következik, hogy az első arány eggyel egyenlő, és a a harmadik 1, 2, tehát a második arány egyenlő 2-vel, vagyis a szekáns 2:1 arányban osztja a BC oldalt. A Menelaus-tétel alkalmazásának következő példáját Ceva tételének bizonyításakor láthatjuk. Ceva-tétel A háromszög figyelemreméltó pontjainak többségét a következő eljárással kaphatjuk meg. Legyen valami szabály, amely szerint az ABC háromszög BC oldalán (vagy annak folytatásán) választhatunk egy bizonyos A1 pontot (például ennek az oldalnak a felezőpontját). Ezután a háromszög másik két oldalán hasonló B1, C1 pontokat készítünk (példánkban az oldalak további két felezőpontja). Ha a kiválasztási szabály sikeres, akkor az AA1, BB1, CC1 egyenesek egy bizonyos Z pontban metszik egymást (az oldalak felezőpontjainak kiválasztása ebben az értelemben természetesen sikeres, mivel a háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást ). Szeretnék egy olyan általános módszert, amivel a háromszög oldalain lévő pontok helyzetéből megállapítható, hogy a megfelelő egyenesek hármasa egy pontban metszi-e vagy sem. Az univerzális állapotot, amely ezt a problémát „lezárta”, Giovanni Ceva olasz mérnök találta meg 1678-ban. Meghatározás. A háromszög csúcsait egymással szemben lévő pontokkal (vagy azok kiterjesztésével) összekötő szakaszokat ceviánoknak nevezzük, ha egy pontban metszik egymást. A cevinek két helye lehetséges. Az egyik változatban a metszéspont belső, és a cevók végei a háromszög oldalain fekszenek. A második lehetőségnél a metszéspont külső, az egyik cevian vége az oldalon, a másik két cevián vége pedig az oldalak nyúlványain fekszik (lásd a rajzokat). 3. Tétel (Cheva direkt tétele) Egy tetszőleges ABC háromszögben a BC, CA, AB oldalakon vagy azok kiterjesztéseiben felvesszük az A1, B1, C1 pontokat úgy, hogy az AA1, BB1, CC1 egyenesek valamilyen közös pontban metszik egymást. pont, majd BA1 CB1 AC1 1 CA1 AB1 BC1 . Bizonyítás: Ceva tételének több eredeti bizonyítása is létezik, Menelaus tételének kettős alkalmazásán alapuló bizonyítást tekintünk. Írjuk fel Menelaosz tételének összefüggését először az ABB1 háromszögre és a CC1 szekánsra (a Cevians metszéspontját Z-vel jelöljük): AC1 BZ B1C 1, C1B ZB1 CA, másodszor pedig a B1BC háromszög és a szekáns AA1: B1Z BA1 CA 1. ZB A1C AB1 Ezt a két arányt megszorozva és a szükséges redukciókat elvégezve megkapjuk a tétel állításában szereplő arányt. 4. tétel (Ceva fordított tétele). Ha az ABC háromszög oldalain kiválasztott A1, B1 és C1 pontokra vagy azok kiterjesztésére Cheva feltétele teljesül: BA1 CB1 AC1 1 CA1 AB1 BC1, akkor az AA1, BB1 és CC1 egyenesek egy pontban metszik egymást. Ennek a tételnek a bizonyítása éppúgy ellentmondással történik, mint Menelaosz tételének bizonyítása. Nézzünk példákat Ceva direkt és inverz tételeinek alkalmazására. 3. példa Bizonyítsuk be, hogy egy háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást. Megoldás. Tekintsük az AC1 BA1 CB1 C1B A1C B1 A összefüggést a háromszög csúcsaira és oldalainak felezőpontjaira. Nyilvánvaló, hogy minden törtben a számlálónak és a nevezőnek egyenlő szegmensei vannak, tehát ezek a törtek egyenlők eggyel. Következésképpen Cheva relációja teljesül, ezért a fordított tétel szerint a mediánok egy pontban metszik egymást. Önálló megoldási feladatok Az itt javasolt feladatok a 9. osztályos tanulók számára készült 1. számú tesztmunka. Oldja meg ezeket a feladatokat, írja le a megoldásokat egy külön füzetbe (fizika és informatika szakból). A borítón tüntesse fel magáról a következő adatokat: 1. Vezetéknév, keresztnév, osztály, osztály profilja (például: Vaszilij Pupkin, 9. osztály, matematika) 2. Irányítószám, lakcím, email (ha van), telefon ( otthon vagy mobil) ) 3. Az iskolával kapcsolatos információk (például: MBOU 1. sz., Bikin falu) 4. A matematikatanár vezetékneve, teljes neve (például: matematikatanár Petrova M.I.) Legalább négy feladat megoldása javasolt. M 9.1.1. A Menelaus-tételből származó metszővonal fel tudja-e vágni egy háromszög oldalait (vagy azok kiterjesztését) a következő hosszúságú szakaszokra: a) 3, 3, 5, 7,10, 14; c) 3, 5, 6, 7, 7, 10, Ha lehetséges, mondjon példákat! A szegmensek különböző sorrendben haladhatnak. M 9.1.2. Egy háromszög belső cevianjai feloszthatják-e az oldalait szakaszokra: a) 3, 3, 5, 7,10, 14; c) 3, 5, 6, 7, 7, 10, Ha lehetséges, mondjon példákat! A szegmensek különböző sorrendben haladhatnak. Tipp: amikor példákat talál ki, ne felejtse el ellenőrizni, hogy a háromszög nem azonos-e. M 9.1.3. Ceva fordított tételével igazoljuk, hogy: a) a háromszög felezői egy pontban metszik egymást; b) a háromszög csúcsait a szemközti oldalú pontokkal összekötő szakaszok, amelyeknél ezek az oldalak érintik a beírt kört, egy pontban metszik egymást. Irányok: a) ne feledjük, milyen arányban osztja a felező a szemközti oldalt; b) használja azt a tulajdonságot, hogy egy pontból egy bizonyos körbe húzott két érintő szakasza egyenlő. M 9.1.4. Fejezd be Menelaus tételének a cikk első részében megkezdett bizonyítását! M 9.1.5. Bizonyítsuk be, hogy egy háromszög magasságai egy pontban metszik egymást a Ceva-féle fordított tétel segítségével. M 9.1.6. Bizonyítsuk be Simpson tételét: az ABC háromszög köré körülírt körön felvett tetszőleges M pontból merőlegeseket ejtünk a háromszög oldalaira vagy oldalhosszabbításaira, bizonyítsuk be, hogy ezeknek a merőlegeseknek az alapjai ugyanazon az egyenesen vannak. Tipp: Használja Menelaosz tételének fordítottját. Az összefüggésekben használt szakaszok hosszát próbálja meg kifejezni az M pontjukból húzott merőlegesek hosszával. Célszerű felidézni egy beírt négyszög szögeinek tulajdonságait is.
Menelaosz tétele vagy a teljes négyszögtétel az ókori Görögország idejétől ismert. Nevét szerzője, egy ókori görög matematikus és csillagász tiszteletére kapta. Alexandriai Menelaosz(Kr. u. 100 körül). Ez a tétel nagyon szép és egyszerű, de sajnos a modern iskolai kurzusokban nem fordítanak kellő figyelmet rá. Mindeközben sok esetben segít az egészen bonyolult geometriai feladatok nagyon egyszerűen és elegáns megoldásában.
1. tétel (Menelaus tétel). Legyen ∆ABC-t egy olyan egyenes, amely nem párhuzamos az AB oldallal, és annak két oldalát AC és BC metszi az F és E pontokban, az AB egyenest pedig a D pontban. (1. ábra),
akkor A F FC * CE EB * BD DA = 1
Jegyzet. A képlet könnyű megjegyezéséhez használhatja a következő szabályt: mozogjon a háromszög kontúrja mentén a csúcstól az egyenes metszéspontjáig, és a metszésponttól a következő csúcsig.
Bizonyíték. A háromszög A, B, C csúcsaiból rendre három párhuzamos egyenest húzunk, amíg nem metszik egymást a szekáns egyenessel. Három pár hasonló háromszöget kapunk (a hasonlóság jele két szögben). A háromszögek hasonlóságából a következő egyenlőségek következnek:
Most szorozzuk meg ezeket a kapott egyenlőségeket:
A tétel bizonyítást nyert.
Hogy érezzük ennek a tételnek a szépségét, próbáljuk meg két különböző módon megoldani az alább javasolt geometriai problémát: segédkonstrukció segítségévelés a segítségével Menelaosz tétele.
1. feladat.
∆ABC-ben az AD felező 2:1 arányban osztja a BC oldalt, és milyen arányban osztja a CE medián ezt a felezőt?
Megoldás.
Segédkonstrukció alkalmazása:
Legyen S az AD felező és a CE medián metszéspontja. Építsünk ∆ASB-t ASBK paralelogrammára. (2. ábra)
Nyilván SE = EK, mivel a paralelogramma metszéspontja felezi az átlókat. Tekintsük most a ∆CBK és ∆CDS háromszögeket. Könnyen belátható, hogy hasonlóak (a hasonlóság jele két szögben: és belső egyoldali szögként AD és KB párhuzamos egyenesekkel és CB metszővel). A háromszög hasonlóságából a következő:
A feltétel felhasználásával a következőket kapjuk:
CB CD = CD + DB CD = CD + 2 CD CB = 3 CD CD = 3
Most vegyük észre, hogy KB = AS, mint a paralelogramma szemközti oldalai. Akkor
AS SD = KB SD = CB CD = 3
Menelaosz tételét használva.
Tekintsük az ∆ABD-t és alkalmazzuk rá Menelaosz tételét (a C, S, E pontokon átmenő egyenes szekáns egyenes):
BE EA * AS SD * DC CB = 1
A tétel feltételei szerint BE/EA = 1, mivel CE a medián, és DC/CB = 1/3, amint azt már korábban kiszámoltuk.
1 * AS SD * 1 3 = 1
Innen AS/SD = 3 Első ránézésre mindkét megoldás meglehetősen kompakt és megközelítőleg egyenértékű. Az iskolások számára készült kiegészítő konstrukció ötlete azonban gyakran nagyon összetettnek és egyáltalán nem nyilvánvalónak bizonyul, míg Menelaus tételének ismeretében csak helyesen kell alkalmaznia.
Nézzünk meg egy másik problémát, amelyben Menelaosz tétele nagyon elegánsan működik.
2. feladat.
Az AB és BC oldalon ∆ABC M és N pontok vannak megadva úgy, hogy a következő egyenlőségek teljesülnek:
AM MB = CN NA = 1 2
Milyen arányban osztja fel a BN és CM szakaszok S metszéspontja ezeket a szakaszokat (3. ábra)?
Megoldás.
Tekintsük az ∆ABN-t. Alkalmazzuk Menelaosz tételét erre a háromszögre (az M, S, C pontokon átmenő egyenes szekáns egyenes)
AM MB * BC SN * CN CA = 1
A problémás feltételekből a következőt kaptuk: AM MB = 1 2
NC CA = NC CN + NA = NC CN + 2NC = NC 3 NC = 1 3
Cseréljük ki ezeket az eredményeket, és kapjuk:
1 2 * BS SN * 1 3 = 1
Ezért BS/SN = 6. Ezért a BN és CM szakaszok metszéspontjának S pontja 6:1 arányban osztja fel a BN szakaszt.
Tekintsük az ∆ACM-et. Alkalmazzuk Menelaus tételét erre a háromszögre (az N, S, B pontokon átmenő egyenes szekáns egyenes):
AN NC * CS SM * MB BA = 1
A feladatfeltételekből a következőt kapjuk: AN NC = 2
MB BA = MB BM + MA = 2MA 2MA + MA = 2 MB 3MA = 2 3
Cseréljük ki ezeket az eredményeket, és kapjuk:
2 * CS SM * 2 3 = 1
Ezért CS/SM = 3/4
Ezért a BN és CM szakaszok metszéspontjának S pontja 3:4 arányban osztja el a CM szakaszt.
Menelaosz tételének fordított tétele is igaz. Gyakran kiderül, hogy még hasznosabb. Különösen bizonyítási problémák esetén működik jól. Gyakran a segítségével még az olimpiai feladatokat is szépen, egyszerűen és gyorsan megoldják.
2. tétel(Menelaosz fordított tétele). Legyen adott egy ABC háromszög, és a D, E, F pontok a BC, AC, AB egyenesekhez tartoznak (megjegyzendő, hogy az ABC háromszög oldalain és meghosszabbításain egyaránt elhelyezkedhetnek) (4. ábra).
Ezután, ha AF FC * CE EB * BD DA = 1
akkor a D, E, F pontok ugyanazon az egyenesen vannak.
Bizonyíték. Bizonyítsuk be a tételt ellentmondással. Tegyük fel, hogy a tétel feltételeiből származó összefüggés teljesül, de az F pont nem a DE egyenesen fekszik (5. ábra).
Jelöljük a DE és AB egyenesek metszéspontját O betűvel. Most alkalmazzuk Menelaus tételét, és megkapjuk: AE EC * CD DB * BO OA = 1
De másrészt a BF FA = BO OA egyenlőség
nem hajtható végre.
Ezért a tétel feltételeiből származó összefüggés nem teljesíthető. Ellentmondásunk van.
A tétel bizonyítást nyert.
weboldalon, az anyag teljes vagy részleges másolásakor a forrásra mutató hivatkozás szükséges.
A geometria tantárgy olyan tételeket tartalmaz, amelyeket az iskolában nem tanulnak elég részletesen, de amelyek hasznosak lehetnek az Egységes Államvizsga és Egységes Államvizsga legösszetettebb feladatainak megoldásában. Ide tartozik például Menelaus tétele. Hagyományosan a 8. osztályban elmélyült matematika-tanulmányú osztályokban tanulják, a normál programban (Atanasyan tankönyve szerint) Menelaosz tétele szerepel a 10-11. osztályos tankönyvben.
Mindeközben a Menelaus-tételt említő internetes források tanulmányozásának eredménye azt mutatja, hogy az általában hiányosan, ezért pontatlanul van megfogalmazva, és használatának minden esete, valamint a fordított tétel bizonyítása nincs megadva. Ennek a cikknek az a célja, hogy megértsük, mi Menelaosz tétele, hogyan és miért használják, valamint hogy megosszuk a tanulókkal ennek a tételnek az egyéni oktatói órákon való tanításának módszertanát.
Tekintsünk egy tipikus problémát (26. feladat, OGE), amely a vizsgákon számos változatban megjelenik, csak a feltételben szereplő számokban tér el.
Maga a probléma megoldása egyszerű – alább megtalálja. Ebben a cikkben főként egy kicsit más szempont érdekel minket, amit gyakran kihagynak és magától értetődőnek tartanak. De a nyilvánvaló az, amit be lehet bizonyítani. És ezt többféleképpen is be lehet bizonyítani - általában kizárólag a hasonlóság segítségével -, de megtehető Menelaosz tételével is.
Abból a feltételből következik, hogy mivel a trapéz alsó bázisánál a szögek összeadódnak 90°-os, akkor ha az oldalakat meghosszabbítjuk, derékszögű háromszöget kapunk. Ezután az oldalsó oldalak kiterjesztéseinek metszéspontjából rajzoljon egy szegmenst, amely átmegy az alapok közepén. Miért megy át ez a szakasz mindhárom ponton? Általában az interneten található problémamegoldások erről egy szót sem szólnak. Még csak utalás sincs a négypontos trapéztételre, nemhogy ennek az állításnak a bizonyítása. Mindeközben Menelaosz tételével igazolható, amely feltétele annak, hogy három pont egy egyeneshez tartozzon.
Menelaosz tételének megfogalmazásai
Ideje megfogalmazni a tételt. Meg kell jegyezni, hogy a különböző tankönyvekben és kézikönyvekben meglehetősen eltérő megfogalmazások találhatók, bár a lényeg változatlan. Atanasyan és munkatársai 10-11. osztályos tankönyvében Menelaus tételének a következő megfogalmazása található, nevezzük ezt „vektornak”:
Aleksandrov és munkatársai „Geometria 10-11. osztályok” című tankönyvében, valamint ugyanezen szerzők „Geometria. 8. osztály” a Menelaosz-tétel kissé eltérő megfogalmazását adja, és ez mind a 10-11., mind a 8. évfolyamon ugyanaz:
Itt három megjegyzést kell tenni.
Megjegyzés 1. A vizsgákon nincsenek olyan problémák, amelyeket csak vektorok segítségével kell megoldani, amelyekhez a „mínusz egyet” használjuk. Ezért a gyakorlati felhasználás szempontjából az a legkényelmesebb megfogalmazás, amely lényegében a szegmensekre vonatkozó tétel következménye (ez a második, vastag betűkkel kiemelve). Menelaus tételének további tanulmányozása érdekében erre korlátozzuk magunkat, mivel a célunk az, hogy megtanuljuk, hogyan alkalmazzuk azt problémák megoldására.
Megjegyzés 2. Annak ellenére, hogy minden tankönyv egyértelműen előírja azt az esetet, amikor mindhárom A 1, B 1 és C 1 pont a háromszög oldalainak meghosszabbításain (vagy a háromszög oldalait tartalmazó egyeneseken) feküdhet, Számos internetes oktatói oldalon csak az az eset fogalmazódik meg, amikor két pont két oldalon, a harmadik pedig a harmadik oldal folytatásán fekszik. Ez aligha indokolható azzal, hogy a vizsgákon csak az első típusú problémákkal találkozunk, és akkor sem, ha mindezek a pontok három oldal meghosszabbításán helyezkednek el.
Megjegyzés 3. A fordított tétel, i.e. azt a feltételt, hogy három pont ugyanazon az egyenesen feküdjön, általában egyáltalán nem veszi figyelembe, sőt egyes oktatók azt tanácsolják (???), hogy csak a közvetlen tételt tanulmányozzák, és ne vegyék figyelembe az inverz tételt. Eközben a fordított állítás bizonyítása meglehetősen tanulságos, és lehetővé teszi az 1. feladat megoldásában megadottakhoz hasonló állítások bizonyítását. A fordított tétel bizonyításának tapasztalata kétségtelenül kézzelfogható előnyökkel jár a tanuló számára a problémák megoldása során.
Rajzok és minták
Annak érdekében, hogy megtanítsuk a tanulót Menelaosz tételének meglátására a problémákban és a döntések meghozatalakor, fontos, hogy a tétel megírásánál egy adott esetre figyeljünk a képekre és mintákra. És mivel maga a tétel „tiszta” formájában van, i.e. anélkül, hogy más szegmensekkel körülvéve, a különböző ábrák oldalai általában nem találhatók meg a feladatokban, akkor célszerűbb a tételt konkrét problémákra mutatni. És ha rajzokat mutat be magyarázatként, akkor tegye őket többváltozóssá. Ebben az esetben jelölje ki egy színnel (például pirossal) a három pontból álló egyenest, kékkel pedig a háromszög azon szakaszait, amelyek részt vesznek a Menelaus tétel megírásában. Ebben az esetben azok az elemek, amelyek nem vesznek részt, feketék maradnak:
Első pillantásra úgy tűnhet, hogy a tétel megfogalmazása meglehetősen bonyolult és nem mindig érthető; végül is három törtrészről van szó. Valóban, ha a hallgatónak nincs elég tapasztalata, akkor könnyen hibázhat az írásban, és ennek eredményeként rosszul oldja meg a problémát. És néha itt kezdődnek a problémák. Az a helyzet, hogy a tankönyvek általában nem arra koncentrálnak, hogyan lehet „megkerülni” egy tételt. Magáról a tétel rögzítésének törvényeiről nem mondanak semmit. Ezért egyes oktatók különböző nyilakat is rajzolnak, hogy jelezzék a képlet felírásának sorrendjét. És arra kérik a diákokat, hogy szigorúan tartsák be ezeket az irányelveket. Ez részben helyes, de sokkal fontosabb megérteni a tétel lényegét, mint pusztán mechanikusan, a „kikerülési szabály” és a nyilak segítségével leírni.
Valójában csak az a fontos, hogy megértsük a „kikerülő” logikáját, és olyan precíz, hogy lehetetlen hibázni a képlet megírásában. Mindkét a) és b) esetben felírjuk az AMC háromszög képletét.
Először három pontot határozunk meg magunknak - a háromszög csúcsait. Számunkra ezek az A, M, C pontok. Ezután meghatározzuk a metszésvonalon (piros vonalon) fekvő pontokat, ezek B, P, K. A „mozgást” a háromszög csúcsából kezdjük, pl. a C pontból. Innen "odamegyünk" abba a pontba, amelyet például az AC oldal és a metsző egyenes metszéspontja alkot - számunkra ez a K pont. Az első tört számlálójába írjuk - SK . Ezután a K pontból „megyünk” az AC egyenes fennmaradó pontjába - az A pontba. Az első tört nevezőjébe KA-t írunk. Mivel az A pont is az AM egyeneshez tartozik, így járunk el az AM egyenes szakaszaival is. És itt is a csúcsból indulunk ki, majd „megyünk” a metsző egyenesen egy ponthoz, ami után az M csúcsba lépünk. „Miután megtaláltuk magunkat” a BC egyenesen, ugyanezt tesszük a szakaszon lévő szakaszokkal. ezt a sort. M-ből természetesen B-be „megyünk”, utána visszatérünk C-be. Ezt a „kitérőt” az óramutató járásával megegyezően vagy azzal ellentétes irányban is megtehetjük. Csak az a fontos, hogy megértsük a bejárás szabályát - egy csúcstól egy egyenes pontig, és egy vonal pontjától egy másik csúcsig. Nagyjából így szokták magyarázni a törtek szorzatának felírásának szabályát. Az eredmény: 
Felhívjuk figyelmét, hogy a teljes „kitérő” megjelenik a felvételen, és a kényelem kedvéért nyilakkal látható.
Az eredményül kapott rekord azonban megszerezhető bármilyen „bejárás” nélkül. Miután kiírtuk a pontokat - a háromszög csúcsait (A, M, C) és a metsző egyenesen (B, P, K) elhelyezkedő pontokat - írjuk fel a három ponton fekvő pontokat jelölő betűhármasokat is. vonalak. Esetünkben ezek I) B, M, C; II) A, P, M és III) A, C, K. Ezek után tetszőleges sorrendben felírható a képlet megfelelő bal oldala anélkül, hogy megnéznénk a rajzot. Elég, ha mindhárom betűből igaz törteket írunk, amelyek engedelmeskednek a szabálynak - hagyományosan a „középső” betűk a metszővonal (piros) pontjai. Hagyományosan a „külső” betűk a háromszög csúcsainak pontjai (kék). A képlet ilyen módon történő megírásakor csak arra kell ügyelnie, hogy bármelyik „kék” betű (a háromszög csúcsa) egyszer szerepeljen a számlálóban és a nevezőben is, pl. 
Ez a módszer különösen hasznos a b) típusú eseteknél, valamint az önellenőrzésnél.
Menelaus tétele. Bizonyíték
Menelaosz tételének bizonyítására több különböző módszer is létezik. Néha háromszögek hasonlóságával igazolják, amelyre az M pontból AC-vel párhuzamos szakaszt húznak (mint ezen a rajzon). Mások egy további egyenest húznak, amely nem párhuzamos a metsző egyenessel, majd a metsző egyenessel párhuzamos egyeneseket használva úgy tűnik, hogy az összes szükséges szakaszt erre az egyenesre „vetítik”, és Thalész tételének általánosításával (pl. az arányos szegmensekre vonatkozó tétel), származtassa a képletet. A bizonyítási módszer talán legegyszerűbb módja azonban úgy érhető el, hogy az M pontból a metszővel párhuzamos egyenest húzunk. Bizonyítsuk be Menelaosz tételét így.
Adott: ABC háromszög. A PK egyenes metszi a háromszög oldalait és az MC oldal folytatását a B pontban.
Bizonyítsuk be, hogy az egyenlőség fennáll: 
Bizonyíték. Rajzoljuk BK-val párhuzamosan az MM 1 sugarat. Írjuk fel azokat az összefüggéseket, amelyekben a Menelaus-tétel képletében szereplő szegmensek részt vesznek. Az egyik esetben tekintsük az A pontban, a másik esetben pedig a C pontban metsző egyeneseket. 
Szorozzuk meg ezen egyenletek bal és jobb oldalát: 
A tétel bizonyítást nyert.
A tétel a b) esetre is hasonlóan bizonyítva van.
A C pontból a BK egyenessel párhuzamos CC 1 szakaszt rajzolunk. Írjuk fel azokat az összefüggéseket, amelyekben a Menelaus-tétel képletében szereplő szegmensek részt vesznek. Az egyik esetben tekintsük az A pontban metsző egyeneseket, a másik esetben pedig az M pontban metsző egyeneseket. Mivel a Thales-tétel nem mond semmit a szakaszok elhelyezkedéséről két metsző egyenesen, a szakaszok az M pont ellentétes oldalán helyezkedhetnek el. . Ebből adódóan, 
A tétel bizonyítást nyert.
Most bizonyítsuk be a fordított tételt.
Adott: 
Bizonyítsuk be, hogy a B, P, K pontok ugyanazon az egyenesen helyezkednek el. 
Bizonyíték. Hagyja, hogy a BP egyenes metsze az AC-t egy olyan K 2 pontban, amely nem esik egybe a K ponttal. Mivel BP egy egyenes, amely tartalmazza a K 2 pontot, ezért érvényes rá az imént bevált Menelaus-tétel. Szóval, írjuk le neki 
Ezt azonban most bebizonyítottuk 
Ebből következik, hogy a K és K 2 pont egybeesik, mivel azonos arányban osztják el az AC oldalt.
A b) esetre a tételt hasonló módon bizonyítjuk.
Feladatok megoldása Menelaosz tételével
Először térjünk vissza az 1. feladathoz, és oldjuk meg. Olvassuk el újra. Készítsünk rajzot:
Adott egy ABCD trapéz. ST - a trapéz középvonala, azaz. a megadott távolságok egyikét. Az A és D szögek összege 90°. Meghosszabbítjuk az AB és CD oldalakat, és a metszéspontjuknál kapjuk a K pontot. Kössük össze a K pontot az N ponttal - BC közepével. Most bebizonyítjuk, hogy a P pont, amely az AD bázis felezőpontja, szintén a KN egyeneshez tartozik. Tekintsük egymás után az ABD és az ACD háromszögeket. Minden háromszög két oldalát a KP egyenes metszi. Tegyük fel, hogy a KN egyenes egy X pontban metszi az AD bázist. Menelaus tétele szerint: 
Mivel az AKD háromszög derékszögű, a P pont, amely az AD hipotenusz felezőpontja, egyenlő távolságra van A-tól, D-től és K-től. Hasonlóképpen, az N pont egyenlő távolságra van B, C és K pontoktól. 
Hol az egyik alap 36, a másik pedig 2? 
Megoldás. Tekintsük a BCD háromszöget. Ezt az AX sugár keresztezi, ahol X ennek a sugárnak a metszéspontja a BC oldal kiterjesztésével. Menelaus tétele szerint: 
Az (1)-et (2)-re behelyettesítve a következőt kapjuk: 
Megoldás. Jelöljük S 1 , S 2 , S 3 és S 4 betűkkel az AOB, AOM, BOK háromszögek, illetve a MOKC négyszög területét. 
Mivel a BM a medián, akkor S ABM = S BMC.
Ez azt jelenti, hogy S 1 + S 2 = S 3 + S 4.
Mivel meg kell találnunk az S 1 és S 4 területek arányát, az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk S 4-gyel: 
Helyettesítsük be ezeket az értékeket az (1) képletbe: 
A BMC háromszögből AK szekánssal Menelaus tétele szerint a következőt kapjuk: 
A BM szekáns AKC háromszögből Menelaus tétele alapján a következőt kapjuk: 
Az összes szükséges összefüggést k-n keresztül fejezzük ki, és most behelyettesítheti őket a (2) kifejezésbe: 
Ennek a problémának a Menelaus-tétel segítségével történő megoldását tárgyaljuk a oldalon.
Matek tanári jegyzet. Menelaus tételének alkalmazása ebben a feladatban éppen az az eset, amikor ezzel a módszerrel jelentősen megtakarítható a vizsgaidő. Ezt a feladatot a Közgazdasági Felsőoktatási Iskola líceumi felvételi vizsgájának demó változata kínálja a 9. osztályos (2019).
© Matematika oktató Moszkvában, Alekszandr Anatoljevics, 8-968-423-9589.
Döntsd el magad
1) A feladat egyszerűbb.
Az ABC háromszög BD mediánján egy M pontot jelölünk úgy, hogy BM: MD = m: n. Az AM egyenes a BC oldalt a K pontban metszi.
Keresse meg a BK:KC arányt.
2) A feladat nehezebb.
Az ABCD paralelogramma A szögfelezője a P pontban metszi a BC oldalt, a T pontban a BD átlót. Ismeretes, hogy AB: AD = k (0 3) 26. számú feladat OGE.
Az ABC háromszögben a BE felező és az AD medián merőlegesek, és azonos hosszúságúak 36. Határozzuk meg az ABC háromszög oldalait!
Matek tanári tipp. Az Interneten egy ilyen problémára találhatunk megoldást kiegészítő konstrukcióval, majd vagy hasonlósággal, vagy a területek megkeresésével, és csak ezt követően a háromszög oldalaival. Azok. mindkét módszer további konstrukciót igényel. Azonban egy ilyen probléma megoldása a felező tulajdonság és Menelaus tétel segítségével nem igényel további konstrukciókat. Sokkal egyszerűbb és racionálisabb.
A.V. Sevkin
FMS 2007. sz
Cheva és Menelaus tételei az egységes államvizsgáról
„Ceva és Menelaus tételei körül” részletes cikk jelent meg honlapunkon a CIKKEK rovatban. Azoknak a matematikatanároknak és középiskolásoknak szól, akik motiváltak a matematikában jártasságra. Visszatérhet hozzá, ha részletesebben szeretné megérteni a kérdést. Ebben a jegyzetben rövid tájékoztatást adunk az említett cikkből, és elemezzük a problémák megoldásait a 2016-os Egységes Államvizsgára való felkészülés gyűjteményéből.
Ceva tétele
Legyen adott egy háromszög ABCés az oldalán AB, IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT.És A.C. pontok megjelölve C 1 , A 1 És B 1 ennek megfelelően (1. ábra).
a) Ha a szegmensek AA 1 , BB 1 és CC 1 akkor egy pontban metszi egymást
b) Ha az (1) egyenlőség igaz, akkor a szegmensek AA 1 , BB 1 és CC 1 egy pontban metszi egymást.
Az 1. ábra azt az esetet mutatja, amikor a szegmensek AA 1 , BB 1 és CC 1 a háromszög belsejében egy pontban metszi egymást. Ez az úgynevezett belső pont eset. Ceva tétele érvényes külső pont esetén is, amikor az egyik pont A 1 , B 1 ill VAL VEL 1 a háromszög oldalához, a másik kettő pedig a háromszög oldalainak kiterjesztéséhez tartozik. Ebben az esetben a szakaszok metszéspontja AA 1 , BB 1 és CC 1 a háromszögön kívül van (2. ábra).
|
|
|
Hogyan emlékezzünk Cheva egyenjogúságára?
Figyeljünk az egyenlőségre való emlékezés technikájára (1). A háromszög csúcsai minden relációban és maguk a relációk a háromszög csúcsain való bejárás irányába vannak írva ABC pontból kiindulva A. Pontból A térjünk a lényegre B, találkozunk a lényeggel VAL VEL 1, írja be a törtet 
. Tovább a lényegtől BAN BEN térjünk a lényegre VAL VEL, találkozunk a lényeggel A 1, írja be a törtet 
. Végül a lényegről VAL VEL térjünk a lényegre A, találkozunk a lényeggel BAN BEN 1, írja be a törtet 
. Külső pont esetén a törtek írási sorrendje megmarad, bár a szegmens két „osztási pontja” kívül esik a szegmensén. Ilyenkor azt mondják, hogy a pont kívülről osztja el a szakaszt.
Vegyük észre, hogy minden olyan szakaszt, amely egy háromszög csúcsát a háromszög ellentétes oldalát tartalmazó egyenes bármely pontjával összeköti, ún. ceviana.
Tekintsünk több módot a Ceva-tétel a) állításának bizonyítására belső pont esetére. A Ceva-tétel bizonyításához az a) állítást az alábbiakban javasolt módszerek bármelyikével igazolni kell, valamint a b) állítást is igazolni kell. A b) állítás bizonyítását az a) állítás első bizonyítási módja után adjuk meg. A Ceva-tétel bizonyítása külső pont esetére hasonlóan történik.
A Ceva-tétel a) állításának bizonyítása az arányos szegmenstétel segítségével
Legyen három cevians AA 1 , BB 1 és CC 1 egy pontban metszi egymást Z a háromszög belsejében ABC.
A bizonyítás gondolata az, hogy az (1) egyenlőségből származó szegmensek viszonyait az ugyanazon a vonalon fekvő szegmensek kapcsolataival helyettesítsük.
A ponton keresztül BAN BEN Rajzoljunk a ceviannal párhuzamos egyenest SS 1 . Egyenes AA 1 metszi a megszerkesztett egyenest a pontban M, és a ponton áthaladó egyenes Cés párhuzamos AA 1 , - pontban T. Pontokon keresztül AÉs VAL VEL húzzunk egyenes vonalakat a cevekkel párhuzamosan BB 1 . Át fogják lépni a határt VM pontokon NÉs R ennek megfelelően (3. ábra).
P 
az arányos szegmensekre vonatkozó tételről van:
,
És 
.
Akkor igazak az egyenlőségek
.
A paralelogrammákban ZСTMÉs ZCRB szegmensek TM, СZÉs BR egyenlő a paralelogramma szemközti oldalaival. Ennélfogva, 
és az egyenlőség igaz
.
A b) állítás bizonyítására a következő állítást használjuk. Rizs. 3
1. lemma. Ha pont VAL VEL 1 és VAL VEL 2 ossza el a szakaszt AB belül (vagy külsőleg) ugyanabban a relációban, ugyanabból a pontból számolva, akkor ezek a pontok egybeesnek.
Bizonyítsuk be a lemmát arra az esetre, amikor a pontok VAL VEL 1 és VAL VEL 2 ossza el a szakaszt AB belsőleg ugyanabban a kapcsolatban: 
.
Bizonyíték. Az egyenlőségtől 
egyenlőségek következnek 
És 
. Az utolsó közülük csak azzal a feltétellel teljesül VAL VEL 1 BÉs VAL VEL 2 B egyenlőek, azaz feltéve, hogy a pontok VAL VEL 1 és VAL VEL 2 meccs.
A lemma bizonyítása arra az esetre, amikor a pontok VAL VEL 1 és VAL VEL 2 ossza el a szakaszt AB Külsőleg hasonlóan hajtják végre.
A Ceva-tétel b) állításának bizonyítása
Most legyen igaz az (1) egyenlőség. Bizonyítsuk be, hogy a szegmensek AA 1 , BB 1 és CC 1 egy pontban metszi egymást.
Hadd legyen a Chevians AA 1 és BB 1 egy pontban metszi egymást Z, rajzoljon egy szakaszt ezen a ponton keresztül CC 2 (VAL VEL 2 a szegmensen fekszik AB). Ekkor az a) állítás alapján megkapjuk a helyes egyenlőséget
.
(2)
ÉS 
Az (1) és (2) egyenlőség összehasonlításából arra következtetünk 
, azaz pontok VAL VEL 1 és VAL VEL 2 ossza el a szakaszt AB ugyanabban a relációban, ugyanabból a pontból számolva. Az 1. lemmából az következik, hogy a pontok VAL VEL 1 és VAL VEL 2 meccs. Ez azt jelenti, hogy a szegmensek AA 1 , BB 1 és CC 1 egy pontban metszi egymást, ezt kellett bizonyítani.
Bizonyítható, hogy az (1) egyenlőség felírásának eljárása nem függ attól, hogy a háromszög csúcsai melyik pontból és milyen irányban haladnak be.
1. Feladat. Keresse meg a szakasz hosszát AN a 4. ábrán, amely más szegmensek hosszát mutatja.
Válasz. 8.
2. feladat. Chevians A.M.,
BN, CK a háromszög belsejében egy pontban metszik egymást ABC. Találj egy hozzáállást 
, Ha 
,
. Rizs. 4
Válasz.
.
P 
A cikkből bemutatjuk Ceva tételének bizonyítását. A bizonyítás gondolata az, hogy az (1) egyenlőségből származó szakaszok viszonyait a párhuzamos egyeneseken fekvő szakaszok kapcsolataival helyettesítsük.
Hagyja egyenesen AA 1 , BB 1 , CC 1 egy pontban metszi egymást O a háromszög belsejében ABC(5. ábra). A tetején keresztül VAL VEL háromszög ABC húzzunk párhuzamos egyenest AB, és metszéspontjai a vonalakkal AA 1 , BB 1 ennek megfelelően jelöljük A 2 , B 2 .
Két háromszögpár hasonlóságából C.B. 2 B 1 És ABB 1 , BÉGET 1 És C.A. 2 A 1. ábra. 5
egyenlőségeink vannak
,
.
(3)
A háromszögek hasonlóságából időszámításunk előtt 1 OÉs B 2 CO, AVAL VEL 1 OÉs A 2 CO egyenlőségeink vannak 
, amiből az következik
.
(4)
P 
A (3) és (4) egyenlőséget megszorozva (1) egyenlőséget kapunk.
A Ceva-tétel a) állítása beigazolódott.
Tekintsük a Ceva-tétel a) állításának bizonyítását egy belső pont területeinek felhasználásával. A.G. könyvében bemutatja. Myakishev és azokra az állításokra támaszkodik, amelyeket feladatok formájában fogalmazunk meg 3 És 4 .
3. feladat. Két közös csúcsú háromszög és az egy egyenesen fekvő alapok területeinek aránya megegyezik ezen alapok hosszának arányával. Bizonyítsd be ezt az állítást.
4. feladat. Bizonyítsd be, hogy ha 
, Azt 
És 
. Rizs. 6
Hagyja, hogy a szegmensek AA 1 , BB 1 és CC 1 egy pontban metszi egymást Z(6. ábra), akkor
,
.
(5)
ÉS 
egyenlőségekből (5) és a feladat második kijelentéséből 4
ezt követi 
vagy 
. Hasonlóképpen azt is megkapjuk 
És 
. Az utolsó három egyenlőséget megszorozva kapjuk:
,
azaz az (1) egyenlőség igaz, amit bizonyítani kellett.
A Ceva-tétel a) állítása beigazolódott.
15. feladat. Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 , S 6 (7. ábra). Bizonyítsd . Rizs. 7
6. feladat. Keresse meg a területet S háromszög CNZ(a többi háromszög területét a 8. ábra mutatja).
Válasz. 15.
7. feladat. Keresse meg a területet S háromszög CNO, ha a háromszög területe ANEM egyenlő 10 és 
,
(9. ábra).
Válasz. 30.
8. feladat. Keresse meg a területet S háromszög CNO, ha a háromszög területe AIDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. egyenlő 88 és ,
(9. ábra).
|
|
|
R 
döntés. Mivel , jelöljük 
,
. Mert
, akkor jelöljük 
,
. Ceva tételéből az következik 
, és akkor 
. Ha 
, Azt 
(10. ábra). Három ismeretlen mennyiségünk van ( x, y
És S), így megtalálni S Készítsünk három egyenletet.
Mert 
, Azt 
= 88. Mivel 
, Azt 
, ahol 
. Mert 
, Azt 
.
Így, 
, ahol 
. Rizs. 10
9. feladat.
Háromszögben ABC pontokat KÉs L a felekhez tartoznak AB
És BC.
,
.
P ALÉs CK. Egy háromszög területe PBC egyenlő 1-gyel. Keresse meg a háromszög területét ABC.
Válasz. 1,75.
T 
Menelaosz tétele
Legyen adott egy háromszög ABCés az oldalán A.C.És CB pontok megjelölve B 1 és A 1 ennek megfelelően, és a folytatás oldalon AB pont megjelölve C 1 (11. ábra).
a) Ha a pontok A 1 , B 1 és VAL VEL 1 akkor ugyanabban az egyenesben feküdjön
.
(6)
b) Ha a (7) egyenlőség igaz, akkor a pontok A 1 , B 1 és VAL VEL 1 ugyanazon az egyenesen fekszik. Rizs. tizenegy
Hogyan emlékezzünk Menelaosz egyenlőségére?
Az egyenlőség (6) emlékezésének technikája ugyanaz, mint az (1) egyenlőségre. A háromszög csúcsai minden relációban és maguk a relációk a háromszög csúcsain való bejárás irányába vannak írva ABC- csúcstól csúcsig, osztási pontokon (belső vagy külső) áthaladva.
10. feladat. Bizonyítsuk be, hogy a (6) egyenlőség felírása a háromszög bármely csúcsából bármely irányban ugyanazt az eredményt adja.
Menelaus tételének bizonyításához az a) állítást az alábbiakban javasolt módszerek bármelyikével igazolni kell, valamint a b) állítást is igazolni kell. A b) állítás bizonyítását az a) állítás első bizonyítási módja után adjuk meg.
Az a) állítás bizonyítása az arányos szegmenstétel segítségével
énút. a) A bizonyítás célja, hogy a (6) egyenlőségben lévő szakaszok hosszának arányait az azonos egyenesen fekvő szakaszok hosszának arányaival helyettesítsük.
Hagyja a pontokat A 1 , B 1 és VAL VEL 1 ugyanazon az egyenesen fekszik. A ponton keresztül C csináljunk közvetlen l, párhuzamos a vonallal A 1 B 1, metszi az egyenest AB azon a ponton M(12. ábra).
R 
van. 12
Az arányos szegmensekre vonatkozó tétel alapján a következőket kapjuk: 
És 
.
Akkor igazak az egyenlőségek 
.
Menelaosz-tétel b) állításának bizonyítása
Most legyen igaz a (6) egyenlőség, bizonyítsuk be, hogy a pontok A 1 , B 1 és VAL VEL 1 ugyanazon az egyenesen fekszik. Hagyja egyenesen ABÉs A 1 B 1 egy pontban metszi egymást VAL VEL 2 (13. ábra).
A pontok óta A 1 B 1 és VAL VEL 2 ugyanazon az egyenesen fekszik, akkor Menelaosz tételének a) állítása szerint
. (7)
A (6) és (7) egyenlőség összehasonlításából azt kaptuk 
, amiből az következik, hogy az egyenlőségek igazak
,
,
.
Az utolsó egyenlőség csak akkor igaz 
, vagyis ha a pontok VAL VEL 1 és VAL VEL 2 meccs.
Menelaosz tételének b) állítása beigazolódott. Rizs. 13
Az a) állítás bizonyítása háromszögek hasonlóságával
A bizonyítás célja, hogy a (6) egyenlőségből származó szakaszok hosszának arányait a párhuzamos egyeneseken fekvő szakaszok hosszának arányaival helyettesítsük.
Hagyja a pontokat A 1 , B 1 és VAL VEL 1 ugyanazon az egyenesen fekszik. Pontokból A, BÉs C merőlegeseket rajzoljunk AA 0 , BB 0 és SS 0 ehhez az egyeneshez (14. ábra).
R 
van. 14
Három háromszögpár hasonlóságából A.A. 0 B 1 És CC 0 B 1 , CC 0 A 1 És BB 0 A 1 , C 1 B 0 BÉs C 1 A 0 A(két szögben) megvan a helyes egyenlőség
,
,
,
ezeket megszorozva kapjuk:
.
Menelaosz tételének a) állítása beigazolódott.
Az állítás igazolása a) területek felhasználásával
A bizonyítás célja, hogy a (7) egyenlőségből származó szakaszok hosszának arányát a háromszögek területének arányaival helyettesítsük.
Hagyja a pontokat A 1 , B 1 és VAL VEL 1 ugyanazon az egyenesen fekszik. Kössük össze a pontokat CÉs C 1 . Jelöljük a háromszögek területeit S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 (15. ábra).
Akkor igazak az egyenlőségek
,
,
. (8)
A (8) egyenlőségeket megszorozva kapjuk:
Menelaosz tételének a) állítása beigazolódott.
R 
van. 15
Ahogy Ceva tétele érvényben marad, ha a Cevians metszéspontja a háromszögön kívül van, Menelaus tétele érvényben marad, ha a szekáns csak a háromszög oldalainak kiterjesztését metszi. Ebben az esetben a háromszög oldalainak a külső pontokban történő metszéspontjáról beszélhetünk.
Állítás igazolása a) külső pontok esetén
P 
a szekáns metszi a háromszög oldalait ABC külső pontokon, azaz metszi az oldalak nyúlványait AB,IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT.És A.C. pontokon C 1 , A 1 és B 1, illetve ezek a pontok ugyanazon az egyenesen helyezkednek el (16. ábra).
Az arányos szegmensekre vonatkozó tétel alapján a következőket kapjuk:
És .
Akkor igazak az egyenlőségek
Menelaosz tételének a) állítása beigazolódott. Rizs. 16
Figyeljük meg, hogy a fenti bizonyítás egybeesik Menelaus tételének bizonyításával arra az esetre, amikor a szekáns a háromszög két oldalát a belső pontokban, az egyiket pedig a külső pontokban metszi.
Menelaus tételének b) állításának bizonyítása külső pontok esetére hasonló a fenti bizonyításhoz.
Z 
feladat11.
Háromszögben ABC pontokat A 1 , BAN BEN 1 fekszenek az oldalakon NapÉs AVAL VEL.
P- szakaszok metszéspontja AA 1
És BB 1 .
,
. Találj egy hozzáállást 
.
Megoldás. Jelöljük 
,
,
,
(17. ábra). Menelaus háromszögre vonatkozó tétele szerint IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT.BAN BEN 1 és szekant PA 1 írjuk a helyes egyenlőséget:
,
honnan az következik
. Rizs. 17
Válasz.
.
Z 
feladat12
(MSU, levelező felkészítő tanfolyamok).
Háromszögben ABC,
melynek területe 6, oldalán AB megértettem az álláspontodat NAK NEK,
megosztva ezzel az oldallal kapcsolatban 
, és az oldalán AC- pont L,
osztva AC kapcsolatban 
. Pont P
vonal kereszteződései SKÉs BAN BENL
távol az egyenestől AB 1,5 távolságra. Keresse meg az oldal hosszát AB.
Megoldás. Pontokból RÉs VAL VEL ejtsük le a merőlegeseket PRÉs CM közvetlenül AB. Jelöljük 
,
,
,
(18. ábra). Menelaus háromszögre vonatkozó tétele szerint A.K.C.és szekant P.L.Írjuk fel a helyes egyenlőséget: 
, honnan vettük ezt 
,
. Rizs. 18
A háromszögek hasonlóságából NAK NEKM.C.És NAK NEKR.P.(két szögben) azt kapjuk 
, amiből az következik 
.
Most, ismerve az oldalra húzott magasság hosszát AB háromszög ABC, és ennek a háromszögnek a területe, kiszámítjuk az oldal hosszát: 
.
Válasz. 4.
Z 
feladat13.
Három kör középponttal A,BAN BEN,VAL VEL,
amelynek sugarai összefüggenek, mint 
, külső pontokon érintsék meg egymást x, Y, Z ahogy a 19. ábra mutatja. Szegmensek FEJSZEÉs ÁLTAL pontban metszik egymást O.
A ponttól számítva milyen szempontból B, vonalszakasz CZ szakaszt oszt ÁLTAL?
Megoldás. Jelöljük 
,
,
(19. ábra). Mert 
, akkor a Ceva-tétel b) állítása szerint a szegmenseket Ax, ÁLTALÉs VAL VELZ metszik egy pontban – egy pontban O. Aztán a szegmens CZ szakaszt oszt ÁLTAL kapcsolatban 
. Találjuk meg ezt a kapcsolatot. Rizs. 19
Menelaus háromszögre vonatkozó tétele szerint B.C.Y.és szekant ÖKÖR nekünk van: 
, amiből az következik 
.
Válasz.
.
14. feladat (Egységes Államvizsga 2016).
Pontok BAN BEN 1 és VAL VEL ACÉs AB háromszög ABC, és AB 1:B 1 VAL VEL
=
= AC 1:VAL VEL 1 B. Közvetlen BB 1
És SS 1
pontban metszik egymást RÓL RŐL.
A 
) Bizonyítsuk be, hogy az egyenes JSC kettévágja az oldalt Nap.
AB 1 O.C. 1 a háromszög területére ABC, ha ez ismert AB 1:B 1 VAL VEL = 1:4.
Megoldás. a) Legyen egyenes A.O. keresztezi az oldalt IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. azon a ponton A 1 (20. ábra). Ceva tétele szerint:
.
(9)
Mert AB 1:B 1 VAL VEL
= AC 1:VAL VEL 1 B, akkor a (9) egyenlőségből az következik 
, vagyis C.A. 1 = A 1 B, amit bizonyítani kellett. Rizs. 20
b) Legyen a háromszög területe AB 1 O egyenlő S. Mert AB 1:B 1 VAL VEL C.B. 1 O egyenlő 4 S, és a háromszög területe AOC egyenlő 5-tel S. Ezután a háromszög területe AOB szintén egyenlő 5-tel S, hiszen háromszögek AOB És AOC van közös alapjuk A.O., és azok csúcsai BÉs C egyenlő távolságra a vonaltól A.O.. Ezenkívül a háromszög területe AOC 1 egyenlő S, mert AC 1:VAL VEL 1 B = 1:4. Ezután a háromszög területe ABB 1 egyenlő 6-tal S. Mert AB 1:B 1 VAL VEL= 1:4, akkor a háromszög területe C.B. 1 O egyenlő 24 S, és a háromszög területe ABC egyenlő 30-al S. Most keressük meg a négyszög területének arányát AB 1 O.C. 1 (2S) a háromszög területére ABC (30S), egyenlő 1:15-tel.
Válasz. 1:15.
15. feladat (Egységes Államvizsga 2016).
Pontok BAN BEN 1 és VAL VEL 1 feküdjön az oldalakon, ill ACÉs AB háromszög ABC, és AB 1:B 1 VAL VEL
=
= AC 1:VAL VEL 1 B. Közvetlen BB 1
És SS 1
pontban metszik egymást RÓL RŐL.
a) Bizonyítsuk be, hogy az egyenes JSC kettévágja az oldalt Nap.
b) Határozza meg a négyszög területének arányát! AB 1 O.C. 1 a háromszög területére ABC, ha ez ismert AB 1:B 1 VAL VEL = 1:3.
Válasz. 1:10.
Z 
1. feladat6 (USE-2016). A szegmensen BD megértettem az álláspontodat VAL VEL. Felezővonal B.L. ABC alappal Nap BLD alappal BD.
a) Bizonyítsuk be, hogy a háromszög DCL egyenlő szárú.
b) Ismeretes, hogy cos 
ABC DL, azaz BD háromszög megértettem az álláspontodat VAL VEL. Felezővonal B.L. egyenlő szárú háromszög ABC alappal Nap egy egyenlő szárú háromszög oldaloldala BLD alappal BD.
a) Bizonyítsuk be, hogy a háromszög DCL egyenlő szárú.
b) Ismeretes, hogy cos ABC= . Milyen vonatkozásban van az egyenes D.L. osztja az oldalt AB?
Válasz. 4:21.
Irodalom
1. Smirnova I.M., Smirnov V.A. A háromszög csodálatos pontjai és vonalai. M.: Matematika, 2006, 17. sz.
2. Myakishev A.G. Háromszög geometriai elemek. ("Matematikai oktatás" könyvtár" sorozat). M.: MTsNMO, 2002. - 32 p.
3. Geometria. További fejezetek a 8. osztályos tankönyvhöz: Tankönyv iskolák és osztályok tanulói számára elmélyült tanulással / L.S. Atanasyan, V.F. Butuzov, S.B. Kadomtsev és társai - M.: Vita-Press, 2005. - 208 p.
4. Erdniev P., Mantsaev N. Cheva és Menelaus tételei. M.: Kvant, 1990, 3. sz., 56–59.
5. Sharygin I.F. Cheva és Menelaus tételei. M.: Kvant, 1976, 11. sz., 22–30.
6. Vavilov V.V. Háromszög mediánjai és középvonalai. M.: Matematika, 2006, 1. sz.
7. Efremov Dm. Új háromszög geometria. Odessza, 1902. - 334 p.
8. Matematika. A tipikus tesztfeladatok 50 változata / I.V. Jascsenko, M.A. Volkevics, I.R. Viszockij és mások; szerkesztette I.V. Jascsenko. - M.: "Exam" kiadó, 2016. - 247 p.
