Cheva tétele és a megváltozott. Cheva tételei és Mendelaya Cheva tételének és Mendelaya vektoros bizonyításai
CHEVA ÉS MENELA ELMÉLETE
Cheva tétele
A háromszög figyelemre méltó pontjainak többsége a következő eljárással érhető el. Legyen valami szabály, amely szerint választhatunk egy bizonyos A pontot 1 , az ABC háromszög BC oldalán (vagy annak kiterjesztésében) (például válassza ki ennek az oldalnak a középpontját). Ezután hasonló B pontokat fogunk felépíteni 1, C 1 a háromszög másik két oldalán (példánkban az oldalak további két középpontja). Ha a kiválasztási szabály sikeres, akkor az AA egyenesek 1, BB 1, CC 1 metszik egymást valamikor Z pontban (az oldalak középpontjának megválasztása ebben az értelemben természetesen sikeres, mivel a háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást).
Szeretnék egy általános módszert, amely lehetővé teszi a háromszög oldalain lévő pontok helyzete alapján annak megállapítását, hogy a megfelelő hármas hármas metszik -e egy ponton vagy sem.
Egy univerzális állapotot, amely "lezárta" ezt a problémát, 1678 -ban találta meg egy olasz mérnökGiovanni Cheva .
Meghatározás. A háromszög csúcsait a szemben lévő oldalakkal (vagy azok kiterjesztéseivel) összekötő szegmenseket cheviannak nevezzük, ha egy pontban metszik egymást.
A chevianok elhelyezkedésének két lehetősége van. Az egyik megvalósításban a lényeg
a metszés belső, és a chevianok végei a háromszög oldalain fekszenek. A második változatban a metszéspont külső, az egyik chevian vége az oldalon fekszik, a másik két chevian vége pedig az oldalak meghosszabbításán van (lásd rajzok).
3. Tétel. (Cheva közvetlen tétele) Egy tetszőleges ABC háromszögben az A pontokat a BC, CA, AB vagy azok kiterjesztésein vesszük 1 , BAN BEN 1 , VAL VEL 1 olyan, hogy egyenes vonalak AA 1 , BB 1 , SS 1 akkor valamilyen közös pontban metszik egymást
.
Bizonyíték: Cheva tételének több eredeti bizonyítéka is van, Menelaus tételének kétszeres alkalmazása alapján fogunk bizonyítékot venni. Írjuk fel először háromszögre Menelaosz tételének összefüggésétABB 1 és secant CC 1 (a chevian metszéspontját jelöliZ):
,
másodszor pedig egy háromszögreB 1 időszámításunk előttés szekáns AA 1 :
.
E két arány megszorzásával és a szükséges csökkentésekkel megkapjuk a tétel állításában szereplő összefüggést.
4. Tétel (Cheva fordított tétele) . Ha a háromszög oldalain kiválasztottakhoz ABC vagy pontbővítéseik A 1 , BAN BEN 1 és C 1 Cheva feltétele teljesült:
,
akkor egyenesen AA 1 , BB 1 és CC 1 metszik egy ponton .
Ennek a tételnek a bizonyítását az ellentmondás hajtja végre, akárcsak Menelaosz tételének bizonyítását.
Tekintsünk példákat Cheva közvetlen és inverz tételeinek alkalmazására.
3. példa. Bizonyítsuk be, hogy a háromszög mediánjai egy ponton találkoznak.
Megoldás. Vegye figyelembe az arányt
a háromszög csúcsaira és oldalai középpontjaira. Nyilvánvaló, hogy a számláló és a nevező minden töredékében egyenlő szegmensek találhatók, tehát ezek a törtek egyenlők. Következésképpen a Ceva reláció érvényes, ezért a fordított tétel szerint a mediánok egy pontban metszik egymást.
Tétel (Cheva -tétel) ... Hagyjuk a pontokat feküdjön az oldalakonés háromszög illetőleg. Hagyja a szegmenseketés metszik egy ponton. Azután
(a háromszög körül az óramutató járásával megegyező irányban).
Bizonyíték. Jelöljük ezzel vonalszakaszok metszéspontjaés ... A pontokból hagyjuk kiés merőlegesek egy egyenesremielőtt pontokban kereszteziés illetve (lásd az ábrát).
Mivel a háromszögekés közös oldala van, akkor területüket erre az oldalra húzott magasságnak nevezik, azazés:
Az utolsó egyenlőség igaz, hiszen derékszögű háromszögekés élességükben hasonlóak.
Hasonlóképpen megkapjuk
és 
Szorozzuk meg ezt a három egyenlőséget:
Q.E.D.
A mediánokról:
1. Helyezze az egységtömegeket az ABC háromszög csúcsaira.
2. Az A és B pontok tömegközéppontja AB közepén található. A teljes rendszer tömegközéppontjának az AB oldal mediánjánál kell lennie, mivel az ABC háromszög tömegközéppontja az A és B pont, valamint a C pont tömegközéppontja.
(zavaróan kiderült)
3. Hasonlóképpen, a CM -nek az AC és BC oldalak mediánján kell feküdnie
4. Mivel a CM az egyetlen pont, ezért mindhárom mediánnak metszenie kell benne.
Egyébként rögtön következik, hogy 2: 1 arányban osztják őket a metszéssel. Mivel az A és B pontok tömegközéppontjának tömege 2, a C pont tömege pedig 1, ezért az arányos tétel szerinti közös tömegközéppont osztja a mediánt a 2/1.
Köszönöm szépen, egyértelműen meg van határozva, azt hiszem, nem lesz felesleges bemutatni a dokit a tömeggeometria módszereivel, például:
Az AA1 és CC1 vonalak találkoznak az O pontban; AC1: C1B = p és BA1: A1C = q. Bizonyítani kell, hogy a BB1 egyenes csak akkor halad át az O ponton, ha a CB1: B1A = 1: pq.
Helyezze az 1, p és pq tömegeket az A, B és C pontokba. Ekkor a C1 pont az A és B pontok tömegközéppontja, az A1 pont pedig a B és C pontok tömegközéppontja. Ezért az A, B és C pontok tömegközéppontja ezekkel a tömegekkel a metszéspont CC1 és AA1 sorok. Másrészt az O pont a B szegmenst összekötő szegmensben fekszik az A és C pontok tömegközéppontjával. Ha B1 az 1 és pq tömegű A és C pontok tömegközéppontja, akkor AB1: B1C = pq: 1. Meg kell jegyezni, hogy az AC szegmensen egyetlen pont osztja el ezt az AB1: B1C arányt.
2. Cheva tétele
A háromszög csúcsát és az ellenkező oldal valamely pontjával összekötő szegmenst nevezzükcheviana ... Így ha háromszögbenABC x , Y és Z - oldalán fekvő pontokidőszámításunk előtt , CA , AB illetve a szegmensekFEJSZE , ÁLTAL , CZ cheviak. A kifejezés Giovanni Ceva olasz matematikus nevéből származik, aki 1678 -ban a következő nagyon hasznos tételt tette közzé:
Tétel 1.21. Ha az ABC háromszög három AX, BY, CZ chevianja (mindegyik csúcsból egy) versenyképes, akkor
| BX || XC |· | CY || YA |· | AZ || ZB |=1 .
| Rizs. 3. |
Amikor azt mondjuk, hogy három sor (vagy szegmens)kompetitív , akkor azt értjük, hogy mindegyik egy ponton halad át, amelyet ezzel jelölünkP ... Cheva tételének bizonyítására emlékezzen arra, hogy az azonos magasságú háromszögek területei arányosak a háromszögek alapjaival. A 3. ábrára hivatkozva:
| BX || XC |= SABXSAXC= SPBXSPXC= SABX−SPBXSAXC−SPXC= SABPSCAP.
Hasonlóképpen,
| CY || YA |= SBCPSABP, | AZ || ZB |= SCAPSBCP.
Most, ha megszorozzuk őket, megkapjuk
| BX || XC |· | CY || YA |· | AZ || ZB |= SABPSCAP· SBCPSABP· SCAPSBCP=1 .
Ennek a tételnek a fordított tétele is igaz:
Tétel 1.22. Ha három chevian AX, BY, CZ kielégíti az összefüggést
| BX || XC |· | CY || YA |· | AZ || ZB |=1 ,
akkor versenyképesek .
Ennek bemutatásához tegyük fel, hogy az első két chevian keresztezi a pontotP , mint korábban, és a ponton áthaladó harmadik chevianaP , leszCZ ′ ... Ezután az 1.21 tétel szerint
| BX || XC |· | CY || YA |· | AZ ′ || Z′B |=1 .
De a feltételezés alapján
| BX || XC |· | CY || YA |· | AZ || ZB |=1 .
Következésképpen,
| AZ || ZB |= | AZ ′ || Z′B | ,
pontZ ' pontjával egybeesikZ , és bebizonyítottuk, hogy a szegmensekFEJSZE , ÁLTAL ésCZ versenyképes (54. és 48., 317. o.).
A geometria során vannak olyan tételek, amelyeket az iskolában nem tanulmányoznak kellő részletességgel, de hasznosak lehetnek az OGE és az egységes államvizsga legnehezebb problémáinak megoldásában. Ide tartozik például Menelaosz tétele. Hagyományosan a 8. osztályban a matematika elmélyült tanulásával foglalkozó osztályokban tanulják, és a szokásos tantervben (Atanasyan tankönyve szerint) Menelaus tételét a 10-11. Évfolyam tankönyvei tartalmazzák.
Eközben a Menelaus -tételt említő internetes források tanulmányozásának eredménye azt mutatja, hogy az általában hiányosan és ezért pontatlanul van megfogalmazva, és nem adják meg minden felhasználási esetét, valamint a fordított tétel bizonyítását. A cikk célja, hogy megértse, mi a Menelaosz -tétel, hogyan és miért használják, és hogy megosszák a diákokkal a módszert, amellyel ezt a tételt egyéni oktatásban tanítják.
Tekintsünk egy tipikus problémát (26. feladat, OGE), amely a vizsgák során felmerült különféle lehetőségeknél, amelyek csak az állapot számaiban különböznek.
Maga a probléma megoldása nem nehéz - az alábbiakban megismerkedhet vele. Ebben a cikkben elsősorban egy kissé eltérő pontra vagyunk kíváncsiak, amelyet gyakran kihagynak, magától értetődőnek, nyilvánvalónak értenek. De nyilvánvaló az, amit bizonyítani lehet. Ez pedig különféle módon bizonyítható - általában kizárólag a hasonlóság segítségével bizonyítják -, de Menelaosz tételének segítségével is.
Ebből a feltételből következik, hogy mivel a trapéz alsó alapján lévő szögek 90 ° -ot tesznek ki, akkor ha kiterjesztjük az oldalakat, akkor derékszögű háromszöget kapunk. Továbbá, az oldalsó oldalak kiterjesztésének eredő metszéspontjából egy szegmenst rajzolunk, amely átmegy az alapok középpontján. Miért megy át ez a szegmens mindhárom ponton? Általában egy szó sem esik erről az interneten talált probléma megoldásokban. A trapéz négy pontjára vonatkozó tételre még utalás sincs, nem is beszélve ennek az állításnak a bizonyításáról. Eközben Menelaus tételével bizonyítható, 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 egészen más megfogalmazások vannak, bár a lényeg változatlan. Atanasyan és munkatársai tankönyvében. A 10-11. Évfolyamon a Menelaosz-tétel következő megfogalmazása szerepel, nevezzük "vektornak":
Aleksandrov és munkatársai "Geometry Grades 10-11" című tankönyvében, valamint ugyanezen szerzők tankönyvében "Geometry. 8. évfolyam, Menelaosz tételének kissé eltérő megfogalmazása, és ez ugyanaz a 10-11. És a 8. osztályban:
Itt három pontot kell kiemelni.
1. megjegyzés: A vizsgákon nincsenek problémák, amelyeket csak vektorok segítségével kell megoldani, amelyekhez pontosan "mínusz egy" -t használnak. Ezért gyakorlati használatra a legkényelmesebb megfogalmazás valójában a szegmensekre vonatkozó tétel következménye (ez a második vastag betűs megfogalmazás). Arra szorítkozunk, hogy tovább tanulmányozzuk a Menelaosz -tételt, mivel célunk, hogy megtanuljuk, hogyan kell alkalmazni a problémák megoldására.
2. megjegyzés. Annak ellenére, hogy minden tankönyv egyértelműen rögzíti azt az esetet is, amikor mindhárom A 1, B 1 és C 1 pont a háromszög oldalainak kiterjesztésein (vagy a háromszög oldalait tartalmazó egyeneseken) feküdhet , az internet több oktatóoldalán csak az eset fogalmazódik meg, amikor két pont két oldalon fekszik, a harmadik pedig a harmadik oldal kiterjesztésén. Ez aligha indokolható azzal a ténnyel, hogy a vizsgákon csak az első típusú problémákkal találkoznak, és akkor sem, amikor mindezek a pontok három oldal kiterjesztésén vannak.
Jegyzet 3. A fordított tétel, azaz azt a feltételt, hogy három pont egy egyenesen fekszik, általában egyáltalán nem veszik figyelembe, sőt néhány oktató azt is tanácsolja (???), hogy csak a közvetlen tétellel foglalkozzon, és ne vegye figyelembe az inverz tételt. Eközben a fordított állítás bizonyítása elég tanulságos, és lehetővé teszi az 1. feladat megoldásában szereplő állításokhoz hasonló állítások bizonyítását. A fordított tétel bizonyításának tapasztalatai kétségkívül kézzelfogható előnyökkel járnak a diákok számára a problémák megoldásában.
Rajzok és minták
Annak érdekében, hogy megtanítsuk a tanulót, hogy Menelaosz tételét látja a problémákban, és fel tudja használni a megoldásokban, fontos, hogy figyeljen a képekre és mintákra a tétel rögzítésében egy adott esetre vonatkozóan. És mivel maga a tétel "tiszta" formában van, azaz anélkül, hogy más szegmensek veszik körül, a problémák különböző alakjainak oldalai általában nem fordulnak elő, akkor célszerűbb konkrét tételekről bemutatni a tételt. És ha képeket mutat magyarázatként, akkor tegye azokat többváltozósá. Ugyanakkor emelje ki egy színben (például piros) az egyenest, amelyet három pont alkot, és a kék - a háromszög szegmenseit, amelyek részt vesznek Menelaosz tételének rögzítésében. 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 egyértelmű; miután mindhárom tört részt vesz benne. Valóban, ha a tanuló nem rendelkezik elegendő tapasztalattal, könnyen hibázhat írásban, és ennek eredményeként helytelenül megoldhatja a problémát. És itt történik, kezdődnek a problémák. A tény az, hogy a tankönyvek általában nem arra összpontosítanak, hogyan kell „kitérőt tenni” tétel írásakor. Magáról a tétel megírásának törvényeiről semmit nem mondanak. Ezért néhány oktató különböző nyilakat is rajzol, amelyek sorrendjében írják le a képletet. És felajánlják a diákoknak, hogy szigorúan kövessék az ilyen irányelveket. Ez részben helyes, de sokkal fontosabb megérteni a tétel lényegét, mint tisztán gépiesen leírni, a "bejárási szabály" és a nyilak segítségével.
Valójában csak a "bypass" logika megértése fontos, és annyira pontos, hogy lehetetlen hibázni a képlet írásakor. Mindkét a) és b) esetben az AMC háromszög képletét írjuk fel.
Először három pontot definiálunk magunknak - a háromszög csúcsait. Megvannak ezek az A, M, C pontok. Ezután meghatározzuk a metsző egyenesen (piros vonal) fekvő pontokat, ezek a B, P, K. A "mozgást" a háromszög csúcsától kezdjük, például C pont. Ettől a ponttól "megyünk" addig a pontig, amelyet például az AC oldal és a metsző egyenes metszéspontja képez - ez a K. pont van. Az első tört számlálójába írjuk - SC . A K ponttól tovább "megyünk" az AC egyenes fennmaradó pontjához - az A ponthoz. Az első tört nevezőjébe írjuk - KA. Mivel az A pont is az AM vonalhoz tartozik, ugyanezt tesszük az AM egyenes szegmenseivel. És itt megint felülről indulunk, majd "megyünk" a metsző egyenes egy pontjához, majd az M csúcshoz. "Megtaláljuk magunkat" a BC egyenesben, ugyanezt tesszük a egyenes. M -től természetesen "megyünk" B -be, utána visszatérünk C -be. Ezt a "kitérőt" az óramutató járásával megegyező és az óramutató járásával ellentétes irányban is meg lehet tenni. Csak fontos megérteni a bejárás szabályát - egy csúcsból egy egyenes pontba, és egy egyenes pontból egy másik csúcsba. Általában így magyarázzák a törtek szorzatának felírásának szabályát. Az eredmény: 
Ügyeljen arra, hogy a teljes "bypass" tükröződik a rekordban, és nyilak jelzik a kényelem érdekében.
A kapott rekord azonban "áthaladás" végrehajtása nélkül is megszerezhető. Miután a pontokat - a háromszög csúcsait (A, M, C) és a pontokat - a metsző egyenesen (B, P, K) kiírtuk, felírjuk a betűk hármasát is, amelyek mindegyiken fekvő pontokat jelölik három sor. Esetünkben ezek I) B, M, C; II) A, P, M és III) A, C, K. Ezt követően a képlet helyes bal oldala írható anélkül, hogy a rajzra nézne, és bármilyen sorrendben. Elég, ha minden betűhármasból helyes törteket írunk, amelyek engedelmeskednek a szabálynak - feltételesen a "középső" betűk a metsző egyenes pontjai (piros). Hagyományosan az "extrém" betűk a háromszög csúcsainak pontjai (kék). Amikor egy képletet ilyen módon ír, csak arról kell gondoskodnia, hogy bármely "kék" betű (egy háromszög csúcsa) egyszerre érje el a számlálót és a nevezőt. 
Ez a módszer különösen hasznos a b) típusú esetekben, valamint önellenőrzéseknél.
Menelaosz tétele. Bizonyítéka
Menelaosz tételének bizonyítására többféle módszer létezik. Néha a háromszögek hasonlóságát használva bizonyítják, amelyekhez az AC -vel párhuzamos szegmenst húzunk az M pontból (mint ezen a rajzon). Mások egy további egyenest rajzolnak, nem párhuzamosan a metsző vonallal, majd a metsző vonallal párhuzamos egyenesekkel úgy tűnik, hogy "kivetítik" az összes szükséges szegmenst erre az egyenesre, és Thales -tétel általánosításával (pl. az arányos szegmensekre vonatkozó tétel), származtasson egy képletet. A bizonyítás talán legegyszerűbb módja azonban az, ha a metszésponttal párhuzamos M pontból egy egyenest húzunk. Bizonyítsuk be így Menelaosz tételét.
Adott: ABC háromszög. A PK egyenes metszi a háromszög oldalait és az MC oldal kiterjesztését a B pontban.
Bizonyítsuk be, hogy az egyenlőség érvényes: 
Bizonyíték. Rajzolja az MM 1 sugarat a BK -val párhuzamosan. Írjuk fel azokat a kapcsolatokat, amelyekben a szegmensek részt vesznek, és amelyek szerepelnek Menelaosz tételének képletében. Az egyik esetben vegyük figyelembe az A pontban metsző, a másik esetben pedig a C pontban metsző egyeneseket. 
Szorozzuk meg az egyenletek bal és jobb oldalát: 
A tétel bizonyított.
A tételt hasonlóan bizonyítjuk a b) esetre is.
A C pontból rajzoljon egy CC 1 szegmenst a BK egyenessel párhuzamosan. Írjuk fel azokat a kapcsolatokat, amelyekben a szegmensek részt vesznek, és amelyek szerepelnek Menelaosz tételének képletében. Az egyik esetben vegyük figyelembe az A pontban metsző, a másik esetben az M pontban metsző egyeneseket. Mivel Thales tétele nem mond semmit a szegmensek elhelyezkedéséről két metsző egyenesen, a szegmensek elhelyezkedhetnek a M. pont. Ezért 
A tétel bizonyított.
Most bizonyítsuk az ellenkező tételt.
Adott: 
Bizonyítsuk be, hogy a B, P, K pontok kollineárisak. 
Bizonyíték. Hagyja, hogy a BP egyenes metszen AC -t egy K 2 pontban, amely nem esik egybe a K ponttal. Mivel a BP a K 2 pontot tartalmazó egyenes, az imént bizonyított Menelaus -tétel érvényes rá. Ezért neki fogunk írni 
Ezt azonban csak most bizonyítottuk 
Ebből következik, hogy a K és a K 2 pont egybeesik, mivel az AC oldalt azonos arányban osztják.
A b) eset esetében a tételt hasonló módon bizonyítjuk.
Problémamegoldás Menelaus tételével
Először is térjünk vissza az 1. feladathoz, és oldjuk meg. Olvassuk el újra. Készítsünk rajzot:
Adott egy trapéz ABCD. ST a trapéz középső vonala, azaz a megadott távolságok egyike. Az A és D szögek összeadódnak 90 ° -kal. Kiterjesztjük az AB és CD oldalakat, és metszéspontjukban megkapjuk a K pontot. K pontot összekötjük az N ponttal - Kr. E. Most bizonyítsuk be, hogy a P pont, amely az AD bázis felezőpontja, szintén a KN egyeneshez tartozik. Tekintsük sorban az ABD és ACD háromszögeket. A KP egyenes minden háromszög két oldalát metszi. Tegyük fel, hogy a KN egyenes keresztezi az AD bázist X pontban. A Menelaus -tétel szerint: 
Mivel az AKD háromszög téglalap alakú, a P pont, amely az AD hipotenúz középpontja, egyenlő távolságra van A, D és K -tól. Hasonlóképpen, az N pont egyenlő távolságra van a B, C és K ponttól. 
Honnan az egyik bázis 36, a másik 2. 
Megoldás. Tekintsünk egy BCD háromszöget. Az AX sugár keresztezi, ahol X a sugár metszéspontja a BC oldal kiterjesztésével. Menelaosz tétele szerint: 
Az (1) helyett (2) helyettesítve a következőket kapjuk: 
Megoldás. Jelöljük S 1, S 2, S 3 és S 4 betűkkel az AOB, AOM, BOK és a MOKC négyszög területeit. 
Mivel a BM a medián, akkor S ABM = S BMC.
Ezért 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: 
Helyettesítse ezeket az értékeket az (1) képletbe: 
A BMC háromszögből a Menelaus tétel szerinti AK szekvenssel: 
Az AKC háromszögből a Menelaus tétel szerinti BM szekvenciával: 
Az összes szükséges arányt k -ban fejezik ki, és most helyettesítheti őket a (2) kifejezéssel: 
Ennek a problémának a megoldását Menelaus tételével tárgyaljuk az oldalon.
Math Tutor megjegyzése. Menelaosz tételének alkalmazása ebben a feladatban az az eset, amikor ez a módszer jelentősen időt takaríthat meg a vizsgán. Ezt a problémát javasolja a HSE Líceum 9. osztályos felvételi vizsga demó verziója (2019).
© Matematika oktató Moszkvában, Alexander Anatolyevich, 8-968-423-9589.
Döntse el maga
1) A feladat egyszerűbb.
Az ABC háromszög BD mediánjában egy M pont van megjelölve, így BM: MD = m: n. Az AM vonal metszi a BC oldalt K pontban.
Keresse meg a BK: KC arányt.
2) A feladat nehezebb.
Az ABCD paralelogramma A szögfelezője metszi a ВС oldalt a P pontban, és a BD átlót - a T pontban. Ismert, hogy AB: AD = k (0 3) 26. számú probléma OGE.
Az ABC háromszögben a BE felező és az AD medián merőleges és azonos hosszúságú, egyenlő 36. Keresse meg az ABC háromszög oldalait.
Matematikatanári tipp. Az interneten van egy ilyen probléma megoldása további konstrukció, majd vagy hasonlóság vagy területek keresése segítségével, és csak ezután a háromszög oldalai. Azok. mindkét módszer további konstrukciót igényel. Egy ilyen probléma megoldása azonban a felező tulajdonság és a Menelaus -tétel segítségével nem igényel további konstrukciókat. Ez sokkal egyszerűbb és racionálisabb.
Menelaosz tétele vagy a teljes négyszög tétele az ókori Görögország napja óta ismert. Nevét szerzője - az ókori görög matematikus és csillagász - tiszteletére kapta Alexandriai Menelaosz(Kr. u. 100). Ez a tétel nagyon szép és egyszerű, de sajnos a modern iskolai tanfolyamban nem fordítanak kellő figyelmet. És közben sok esetben segít nagyon könnyen és kecsesen megoldani a meglehetősen összetett geometriai feladatokat.
1. Tétel (Menelaosz tétele)... Legyen ∆ABC metszett egy egyenessel, amely nem párhuzamos az AB oldallal, és metszi két oldalát AC és BC az F és E pontban, és az AB egyenest a D pontban (1. ábra),
akkor A F FC * CE EB * BD DA = 1
Jegyzet. Ahhoz, hogy könnyen megjegyezhesse ezt a képletet, használhatja a következő szabályt: lépjen a háromszög körvonala mentén a csúcsból az metszéspontba az egyenes vonallal és a metszéspontból a következő csúcsig.
Bizonyíték. A háromszög A, B, C csúcsaiból húzzon három párhuzamos egyenest a másodlagos egyenes metszéspontjáig. Három pár hasonló háromszöget kapunk (a hasonlóság jele két szögben). A háromszögek hasonlósága a következő egyenlőségeket jelenti
És most megszorozzuk a kapott egyenleteket:
A tétel bizonyított.
E tétel szépségének megtapasztalására próbáljuk meg az alábbi geometriai problémát két különböző módon megoldani: segédszerkezet segítségévelés a segítséggel Menelaosz tételei.
1. célkitűzés.
∆ABC -ben az AD felező 2: 1 arányban osztja el a BC oldalt. Milyen arányban osztja a CE medián ezt a felezőt?
Megoldás.
Segédszerkezet használata:
Legyen S az AD felező és a CE középső metszéspontja. Egészítsük ki az ∆ASB -t az 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 (két szögben a hasonlóság jele: és belső egyoldalú szögek, párhuzamos AD és KB vonalakkal, valamint a CB szakasz). A háromszög hasonlósága a következőket jelenti:
A feltételt használva a következőket kapjuk:
CB CD = CD + DB CD = CD + 2CD CB = 3CD CD = 3
Vegye figyelembe, hogy a KB = AS a paralelogramma ellentétes oldala. Azután
AS SD = KB SD = CB CD = 3
Menelaosz tételének felhasználásával.
Tekintsük az DABD -t, és alkalmazzuk rá a Menelaus -tételt (a C, S, E pontokat áthaladó egyenes szekáns egyenes):
BE EA * AS SD * DC CB = 1
A tétel hipotézise szerint BE / EA = 1, mivel a CE a medián, és DC / CB = 1/3, ahogy korábban számoltuk.
1 * SD -ként * 1 3 = 1
Innen AS / SD = 3 kapunk. Első pillantásra mindkét megoldás meglehetősen kompakt és megközelítőleg egyenértékű. Az iskolásoknak szánt kiegészítő konstrukció ötlete azonban gyakran nagyon nehéznek és egyáltalán nem nyilvánvalónak bizonyul, míg Menelaosz tételének ismeretében csak helyesen kell alkalmaznia.
Tekintsünk egy másik problémát, amelyben Menelaosz tétele nagyon elegánsan működik.
2. célkitűzés.
Az M és az N pontokat az AB és a BC sidesABC oldalon adjuk meg, így a következő egyenlőség érvényes
AM MB = CN NA = 1 2
Milyen arányban osztja el a BN és CM szegmensek S metszéspontja ezeket a szegmenseket (3. ábra)?
Megoldás.
Tekintsük az ∆ABN -t. Erre a háromszögre alkalmazzuk Menelaosz tételét (az M, S, C pontokat áthaladó egyenes a másodlagos egyenes)
AM MB * BC SN * CN CA = 1
A probléma állapotából kiindulva: AM MB = 1 2
NC CA = NC CN + NA = NC CN + 2NC = NC 3 NC = 1 3
Helyettesítse ezeket az eredményeket, és kapja meg:
1 2 * BS SN * 1 3 = 1
Ezért BS / SN = 6. És ezért a BN és CM szakaszok metszéspontjának S pontja osztja a BN szegmenst 6: 1 arányban.
Fontolja meg az ∆ACM -et. Erre a háromszögre alkalmazzuk Menelaosz tételét (az N, S, B pontokat áthaladó egyenes szekáns egyenes):
AN NC * CS SM * MB BA = 1
A probléma feltételéből következő: AN NC = 2
MB BA = MB BM + MA = 2MA 2MA + MA = 2MB 3MA = 2 3
Helyettesítse ezeket az eredményeket, és kapja meg:
2 * CS SM * 2 3 = 1
Ezért CS / SM = 3/4
Ez azt jelenti, hogy a BN és CM szegmensek metszéspontja S pontja osztja a CM szegmenst 3: 4 arányban.
A Menelaus -tétel fordított tétele is érvényes. Gyakran még hasznosabb is. Különösen jól működik bizonyítási problémák esetén. Gyakran még az olimpiai feladatokat is szépen, könnyen és gyorsan megoldják a segítségével.
2. Tétel(Menelaosz fordított tétele). Adjunk meg egy ABC háromszöget, és a D, E, F pontok a BC, AC, AB egyenesekhez tartoznak (vegye figyelembe, hogy mind az ABC háromszög oldalain, mind azok kiterjesztésein feküdhetnek) (4. ábra).
Ekkor ha AF FC * CE EB * BD DA = 1
akkor a D, E, F pontok egy egyenesen fekszenek.
Bizonyíték. Bizonyítsuk be a tételt ellentmondással. Tegyük fel, hogy a tétel feltételeiből származó kapcsolat teljesül, de az F pont nem fekszik a DE egyenesen (5. ábra).
Jelöljük a DE és AB egyenesek metszéspontját O betűvel. Most alkalmazzuk a Menelaus -tételt és kapjuk: AE EC * CD DB * BO OA = 1
De másrészt az egyenlőség BF FA = BO OA
nem hajtható végre.
Ezért a tétel hipotéziséből származó összefüggés nem teljesülhet. Ellentmondást kaptunk.
A tétel bizonyított.
oldalon, az anyag teljes vagy részleges másolásával, a forrás hivatkozása szükséges.
Osztály: 9
A lecke céljai:
- általánosítani, bővíteni és rendszerezni a tanulók tudását és készségeit; megtanítani a tudás használatát összetett problémák megoldásában;
- a tudás önálló alkalmazásának készségeinek fejlesztése a problémák megoldásában;
- fejlessze a tanulók logikus gondolkodását és matematikai beszédét, elemezze, hasonlítsa össze és általánosítson;
- a diákokat önbizalomra, kemény munkára nevelni; csapatban való munkavégzés képessége.
Az óra céljai:
- Nevelési: ismételje meg Menelaosz és Cheva tételeit; alkalmazza őket a problémák megoldásakor.
- Fejlesztés: tanítson meg hipotézist felállítani, és ügyesen védje meg véleményét bizonyítékokkal; tesztelje tudása általánosításának és rendszerezésének képességét.
- Nevelési: növelje a téma iránti érdeklődést és készüljön fel az összetettebb problémákra.
Az óra típusa: a tudás általánosításának és rendszerezésének leckéje.
Felszerelés: kártyák a kollektív munkához egy leckében erről a témáról, egyéni kártyák önálló munkához, számítógép, multimédia kivetítő, képernyő.
Az órák alatt
I. szakasz. Szervezési pillanat (1 perc)
A tanár közli az óra témáját és célját.
II. Szakasz Az alapvető ismeretek és készségek frissítése (10 perc)
Tanár: A leckében felidézzük Menelaosz és Cheva tételeit annak érdekében, hogy sikeresen tovább tudjunk lépni a problémák megoldásában. Nézzük meg veled a képernyőt. Mely tételhez van megadva ez az ábra? (Menelaosz tétele). Próbálja világosan 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 meghosszabbításán. Az A 1, B 1 és C 1 pontok egy egyenesen helyezkednek el, ha és csak akkor, ha fennáll az egyenlőség 
Tanár: Nézzük meg együtt az alábbi ábrát. Fogalmazza meg a rajz tételét!
2. ábra
Az AD vonal keresztezi a BMC háromszög két oldalát és a harmadik oldal folytatását.
Menelaosz tételével 
Az MB egyenes metszi az ADC háromszög két oldalát és a harmadik oldal folytatását.
Menelaosz tételével 
Tanár: Melyik tételnek felel meg az ábra? (Cheva -tétel). Tétel megfogalmazása.
3. ábra
Hagyjuk az ABC háromszögben az A 1 pontot a BC oldalon, a B 1 pontot - az AC oldalon, a C 1 pontot - az AB oldalon. Az AA 1, BB 1 és CC 1 szegmensek akkor és csak akkor metszik egymást, ha az egyenlőség 
III. Szakasz Problémákat megoldani. (22 perc)
Az osztály 3 csapatra oszlik, mindegyik kap egy kártyát két különböző feladattal. Időt adnak a megoldásra, majd megjelenik a képernyő<Рисунки 4-9>... A feladatok kész rajzai szerint a csapatok képviselői egyenként elmagyarázzák megoldásukat. Minden magyarázatot vita, kérdések megválaszolása és a megoldás helyességének ellenőrzése követ a képernyőn. A csapat minden tagja részt vesz a vitában. Minél aktívabb a csapat, annál magasabbra értékelik az eredmények összegzésekor.
1. kártya.
1. Az ABC háromszögben a BC oldalon az N pontot úgy vesszük, hogy NC = 3BN; az AC oldal A ponton túli kiterjesztésén az M pontot úgy vesszük, hogy MA = AC. Az MN egyenes metszi az AB oldalt az F pontban. Keresse meg az arányt
2. Bizonyítsuk be, hogy a háromszög mediánjai egy ponton találkoznak.
1. megoldás
4. ábra
A probléma feltétele 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.
Menelaosz tételével 
Válasz:
Bizonyítás 2
5. ábra
Legyen AM 1, BM 2, CM 3 az ABC háromszög mediánja. Annak bizonyítására, hogy ezek a szegmensek egy pontban metszik egymást, elegendő ezt megmutatni 
Ezután a Cheva (inverz) tétel alapján az AM 1, BM 2 és CM 3 szegmensek egy pontban metszik egymást.
Nekünk van: 
Tehát bebizonyosodott, hogy a háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást.
2. kártya.
1. A PQR háromszög PQ oldalán az N pontot veszik fel, a PR oldalon pedig az L pontot, és NQ = LR. A QL és NR szegmensek metszéspontja osztja a 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.
Menelaosz tételével 
Válasz:
Bizonyítás 2
7. ábra
Mutassuk meg ezt 
Ezután a Cheva (inverz) tétel alapján az AL 1, BL 2, CL 3 egy pontban metszi egymást. Egy háromszög felezőinek tulajdonsága szerint
A kapott egyenlőségi tagot megszorozva kifejezéssel megkapjuk 
A háromszög felezői számára a Cheva egyenlősége érvényes, ezért egy pontban metszik egymást.
3. kártya.
1. Az ABC háromszögben AD a medián, O pont a medián felezőpontja. Az egyenes BO keresztezi az AC oldalt a K pontban. Milyen arányban osztja el a K pont az AC -t, az A ponttól számítva?
2. Bizonyítsuk be, hogy ha egy kör be van írva egy háromszögbe, akkor a háromszög csúcsait az ellentétes oldalak érintési pontjaival összekötő szegmensek egy pontban metszik egymást.
1. megoldás
8. ábra
Legyen BD = DC = a, AO = OD = m. A BK vonal keresztezi az ADC háromszög két oldalát és a harmadik oldal folytatását.
Menelaosz tételével 
Válasz:
Bizonyítás 2
9. ábra
Legyen A 1, B 1 és C 1 az ABC háromszög körvonalának érintési pontja. Annak bizonyítására, hogy az AA 1, BB 1 és CC 1 szegmensek egy pontban metszik egymást, elegendő annak bizonyítása, hogy Cheva egyenlősége érvényes: 
Az egyik pontból a körre húzott érintők tulajdonságát felhasználva bevezetjük a jelölést: C 1 B = BA 1 = x, AC 1 = CB 1 = y, BA 1 = AC 1 = z.
Cheva egyenlősége érvényes, ami azt jelenti, hogy a háromszög felezői egy pontban metszik egymást.
IV. Szakasz Problémamegoldás (önálló munka) (8 perc)
Tanár: A csapatok munkája véget ért, és most elkezdjük az önálló munkát az egyéni kártyákon 2 lehetőség miatt.
Anyagok a leckéhez a tanulók önálló munkájához
1.opció. Az ABC háromszögben, amelynek területe 6, a K pontot az AB oldalon vesszük, osztva ezt az oldalt az AK: BK = 2: 3 arányban, és az AC oldalon - L pont, osztva az AC -t AL: LC = 5: 3 arány. Az SK és BL egyenesek metszéspontjának Q pontját távolítják el az AB egyenestől. Keresse meg az AB oldal hosszát. (Válasz: 4.)
2. lehetőség. A K pontot az ABC háromszög váltakozó oldalán látjuk. Keresse meg az ABC háromszög magasságának hosszát a B csúcsból ejtve. (Válasz: 1.5.)
A munkákat a tanárnak adják át ellenőrzésre.
V. szakasz Lecke összefoglaló (2 perc)
A hibákat elemzik, az eredeti válaszokat és megjegyzéseket megjegyzik. Minden csapat munkájának eredményeit összegzik és osztályzatokat adnak.
VI. Szakasz Házi feladat (1 perc)
A házi feladat a 11. számú feladatokból áll, 12. oldal 289-290, 10. szám, 301. o.
A tanár záró megjegyzése (1 perc).
Ma hallottátok egymás matematikai beszédét, és értékeltétek képességeiteket. A jövőben ilyen vitákat fogunk alkalmazni a téma jobb megértése érdekében. A lecke érvei barátok voltak a tényekkel, az elmélet pedig a gyakorlattal. Köszönök mindent.
Irodalom:
- Tkachuk V.V. Matematika a jelentkező számára. - M.: MTsNMO, 2005.
