Cheva tétele.
Ehető gomba
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 ABC és az oldalán, AB IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. És A.C. pontok megjelölve 1 , C 1 A És 1 B
ennek megfelelően (1. ábra). a) Ha a szegmensek 1 , AA BB 1 és CC
1 akkor egy pontban metszi egymást a) Ha a szegmensek 1 , AA b) Ha az (1) egyenlőség igaz, akkor a szegmensek 1 és 1 és
1 egy pontban metszi egymást. a) Ha a szegmensek 1 , AA b) Ha az (1) egyenlőség igaz, akkor a szegmensek 1 és Az 1. ábra azt az esetet mutatja, amikor a szegmensek 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 1 , És A 1 ill VAL VEL a) Ha a szegmensek 1 , AA BB 1 és 1 a háromszög oldalához, a másik kettő pedig a háromszög oldalainak kiterjesztéséhez tartozik. Ebben az esetben a szakaszok metszéspontja
|
|
|
1 a háromszögön kívül van (2. ábra).
Hogyan emlékezzünk Cheva egyenjogúságára? Legyen adott egy háromszög Figyeljünk az egyenlőségre való emlékezés technikájára (1). A háromszög csúcsai minden relációban és maguk a relációk a háromszög csúcsain való bejárás irányába vannak írva C pontból kiindulva C. Pontból És térjünk a lényegre 1 ill, találkozunk a lényeggel 
1, írja be a törtet . Tovább a lényegtől BAN BEN 1 ill térjünk a lényegre 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, találkozunk a lényeggel 
1, írja be a törtet 1 ill BAN BEN 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 térjünk a lényegre . Tovább a lényegtől, találkozunk a lényeggel 
. Végül a lényegről
. 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 CC 1 , ÉsÉs b) Ha az (1) egyenlőség igaz, akkor a szegmensek pontok megjelölvepontok megjelölve Legyen három cevians 1 egy pontban metszi egymást a háromszög belsejében Legyen adott egy háromszög.
A bizonyítás gondolata az, hogy az (1) egyenlőségből származó szegmensek viszonyait az ugyanazon a vonalon fekvő szegmensek kapcsolataival helyettesítsük.
A ponton keresztül . Tovább a lényegtől Rajzoljunk a ceviannal párhuzamos egyenest SS 1 . Egyenes AA 1 metszi a megszerkesztett egyenest a pontban M, és a ponton áthaladó egyenes pontok megjelölveés párhuzamos AA 1 , - pontban T. Pontokon keresztül 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 IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. 1 ill 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 ZСTM IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. ZCRB szegmensek TM, СZ A 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 1 ill b) Ha az (1) egyenlőség igaz, akkor a szegmensek 1 ill 2 ossza el a szakaszt és az oldalán 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 1 ill b) Ha az (1) egyenlőség igaz, akkor a szegmensek 1 ill 2 ossza el a szakaszt és az oldalán belsőleg ugyanabban a kapcsolatban: 
.
Bizonyíték. Az egyenlőségtől 
egyenlőségek következnek 
És 
. Közülük az utolsó csak azzal a feltétellel teljesül VAL VEL 1 ÉsÉs 1 ill 2 És egyenlőek, azaz feltéve, hogy a pontok 1 ill BB 1 ill 2 meccs.
A lemma bizonyítása arra az esetre, amikor a pontok 1 ill b) Ha az (1) egyenlőség igaz, akkor a szegmensek 1 ill 2 ossza el a szakaszt és az oldalán Külsőleg hasonlóan hajtják végre.
A Ceva-tétel b) állításának bizonyítása
Most legyen igaz az (1) egyenlőség. Bizonyítsuk be, hogy a szegmensek a) Ha a szegmensek 1 , AA 1 és 1 és 1 egy pontban metszi egymást.
Hadd legyen a Chevians AA b) Ha az (1) egyenlőség igaz, akkor a szegmensek BB Legyen három cevians 1 egy pontban metszi egymást, rajzoljon egy szakaszt ezen a ponton keresztül 1 és 2 (1 ill 2 a szegmensen fekszik és az oldalán). Ekkor az a) állítás alapján megkapjuk a helyes egyenlőséget
.
(2)
ÉS 
Az (1) és (2) egyenlőség összehasonlításából arra következtetünk 
, azaz pontok 1 ill b) Ha az (1) egyenlőség igaz, akkor a szegmensek 1 ill 2 ossza el a szakaszt és az oldalán ugyanabban a relációban, ugyanabból a pontból számolva. Az 1. lemmából az következik, hogy a pontok 1 ill BB 1 ill 2 meccs. Ez azt jelenti, hogy a szegmensek a) Ha a szegmensek 1 , AA 1 és 1 és 1 egy pontban metszi egymást, amit bizonyítani kellett.
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 1 a háromszög belsejében egy pontban metszi egymást. Ez az úgynevezett belső pont eset. Ceva tétele érvényes külső pont esetén is, amikor az egyik pontN a 4. ábrán, amely más szegmensek hosszát mutatja.
Válasz. 8.
2. feladat. Chevians A.M.,
BN, CK a háromszög belsejében egy pontban metszik egymást Legyen adott egy háromszög. Találj egy hozzáállást 
, Ha 
,
. Rizs. 4
Válasz.
.
P 
Mutassuk be a cikkből a Ceva-tétel bizonyítását. A bizonyítás gondolata az, hogy az (1) egyenlőségből származó szakaszok viszonyait párhuzamos egyeneseken fekvő szakaszok relációival helyettesítsük.
Hagyja egyenesen CC 1 , ÉsÉs 1 , pontok megjelölvepontok megjelölve Legyen három cevians O a háromszög belsejében ABC(5. ábra). A tetején keresztül 1 ill háromszög ABC húzzunk párhuzamos egyenest és az oldalán, és metszéspontjai a vonalakkal CC 1 , ÉsÉs 1 ennek megfelelően jelöljük C 2 , És 2 .
Két háromszögpár hasonlóságából C.B. 2 És 1 A ABB 1 , BÉGET 1 A C.A. 2 C 1. ábra. 5
egyenlőségeink vannak
,
.
(3)
A háromszögek hasonlóságából időszámításunk előtt 1 O A És 2 CO, C1 ill 1 O A C 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 IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. 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 a) Ha a szegmensek 1 , AA BB 1 és Hagyja, hogy a szegmensek 1 egy pontban metszi egymást 1 egy pontban metszi egymást
,
.
(5)
ÉS 
(6. ábra), akkor 4
egyenlőségekből (5) és a feladat második kijelentéséből 
ezt követi 
vagy 
És 
. Hasonlóképpen azt is megkapjuk
,
. Az utolsó három egyenlőséget megszorozva kapjuk:
A Ceva-tétel a) állítása beigazolódott.
azaz az (1) egyenlőség igaz, amit bizonyítani kellett. 15. feladat. Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő 1 , Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő 2 , Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő 3 , Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő 4 , Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő 5 , Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő S
6 (7. ábra). Bizonyítsd . Rizs. 7 6. feladat. Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő Keresse meg a területet háromszög CNZ
Válasz. 15.
(a többi háromszög területét a 8. ábra mutatja). 6. feladat. Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő Keresse meg a területet 7. feladat. CNO 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, ha a háromszög területe NEM 
,
egyenlő 10 és
Válasz. 30.
(9. ábra). 6. feladat. Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő Keresse meg a területet 7. feladat. CNO 1 a háromszög belsejében egy pontban metszi egymást. Ez az úgynevezett belső pont eset. Ceva tétele érvényes külső pont esetén is, amikor az egyik pontAB 8. feladat.
egyenlő 10 és
|
|
|
egyenlő 88 és , 
R döntés. 
,
Mivel , jelöljük
. Mert 
,
, akkor jelöljük 
. Ceva tételéből az következik 
, és akkor 
, Azt 
. Ha (10. ábra). Három ismeretlen mennyiségünk van (, x
A Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő y Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő), így megtalálni
Készítsünk három egyenletet. 
, Azt 
Mert 
, Azt 
= 88. Mivel 
, ahol 
, Azt 
.
. Mert 
= 88. Mivel 
Így,
..
Rizs. 10 Legyen adott egy háromszög 9. feladat Háromszögben IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. pontokat K és az oldalán
A Éspontok megjelölve.
,
.
L a felekhez tartoznak IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. CK P AL. Egy háromszög területe Legyen adott egy háromszög.
Válasz. 1,75.
PBC 
egyenlő 1-gyel. Keresse meg a háromszög területét
Ceva tétele Legyen adott egy háromszög ABC És A T Menelaosz tétele És b) Ha az (1) egyenlőség igaz, akkor a szegmensek C 1 CB és az oldalán pontok megjelölve pontok megjelölve ennek megfelelően és a folytatás oldalon
pont megjelölve 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 1 , És 1 és 1 ill 1 (11. ábra).
.
(6)
a) Ha a pontok 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 1 , És b) Ha az (1) egyenlőség igaz, akkor a szegmensek 1 ill 1 akkor ugyanabban az egyenesben feküdjön
b) Ha a (7) egyenlőség igaz, akkor a pontok
1 ugyanazon az egyenesen fekszik. Rizs. tizenegy Legyen adott egy háromszög 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- csúcstól csúcsig, osztási pontokon (belső vagy külső) áthaladva.
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 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 1 , És 1 és 1 ill 1 ugyanazon az egyenesen fekszik. A ponton keresztül pontok megjelölve csináljunk közvetlen l, párhuzamos a vonallal 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 1 És 1, metszi az egyenest AB azon a ponton M(12. ábra).
egyenlő 88 és , 
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 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 1 , És 1 és 1 ill 1 ugyanazon az egyenesen fekszik. Hagyja egyenesen AB IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. 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 1 És 1 egy pontban metszi egymást 1 ill 2 (13. ábra).
A pontok óta 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 1 És 1 és 1 ill 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 1 ill b) Ha az (1) egyenlőség igaz, akkor a szegmensek 1 ill 2 meccs.
Menelaosz tételének b) állítása beigazolódott.
Rizs. 13
Az a) állítás bizonyítása háromszögek hasonlóságával
Hagyja a pontokat 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 1 , És 1 és 1 ill A bizonyítás célja, hogy a (6) egyenlőségből származó szakaszok hosszának arányait a párhuzamos egyeneseken fekvő szakaszok hosszának arányaival helyettesítsük. C, ÉsÉs pontok megjelölve 1 ugyanazon az egyenesen fekszik. Pontokból AA 0 , ÉsÉs merőlegeseket rajzoljunk SS 0 és
egyenlő 88 és , 
0 ehhez az egyeneshez (14. ábra).
van. 14 Három háromszögpár hasonlóságából 0 És 1 A A.A. 0 És 1 , A.A. 0 C 1 A AA 0 C 1 , pontok megjelölve 1 És 0 És A pontok megjelölve 1 C 0 C CC
,
,
,
(két szögben) megvan a helyes egyenlőség
.
ezeket megszorozva kapjuk:
Menelaosz tételének a) állítása beigazolódott.
Állítás igazolása a) területek felhasználásával
Hagyja a pontokat 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 1 , És 1 és 1 ill A bizonyítás célja, hogy a (7) egyenlőségből származó szakaszok hosszának arányát a háromszögek területének arányaival helyettesítsük. pontok megjelölve IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. pontok megjelölve 1 ugyanazon az egyenesen fekszik. Kössük össze a pontokat Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő 1 , Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő 2 , Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő 3 , Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő 4 , Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő 1 . Jelöljük a háromszögek területét
Akkor igazak az egyenlőségek
,
,
. (8)
5 (15. ábra).
ezeket megszorozva kapjuk:
egyenlő 88 és , 
A (8) egyenlőségeket megszorozva kapjuk:
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.
P 
Állítás igazolása a) külső pontok esetén Legyen adott egy háromszög a szekáns metszi a háromszög oldalait külső pontokon, azaz metszi az oldalak nyúlványait,AB IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. És IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. pontok megjelölve 1 , C b) Ha az (1) egyenlőség igaz, akkor a szegmensek És pontokon
1, illetve ezek a pontok ugyanazon az egyenesen helyezkednek el (16. ábra).
Az arányos szegmensekre vonatkozó tétel alapján a következőket kapjuk:
És .
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. 
Z11.
feladat ABC Háromszögben pontokat 1 , . Tovább a lényegtől A 1 fekszenek az oldalakon IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. C1 ill.
L Nap AA 1
A BB 1 .
,
- szakaszok metszéspontja 
.
. Találj egy hozzáállást Megoldás. 
,
,
,
Jelöljük AB. Tovább a lényegtől(17. ábra). Menelaus háromszögre vonatkozó tétele szerint 1 és szekant PA
,
1 írjuk a helyes egyenlőséget:
honnan az következik
Válasz.
.
Menelaus tételének b) állításának bizonyítása külső pontok esetére hasonló a fenti bizonyításhoz. 
Z12
.
feladat ABC,
Rizs. 17 (MSU, levelező felkészítő tanfolyamok). melynek területe 6, oldalán AB,
megértettem az álláspontodat 
NAK NEK megosztva ezzel az oldallal kapcsolatban, és az oldalán pontokat,
AC megosztva ezzel az oldallal kapcsolatban- pont 
osztva L
kapcsolatban . Pont A . Tovább a lényegtőlpontokat
vonal kereszteződései (MSU, levelező felkészítő tanfolyamok). SK távol az egyenestől
. Találj egy hozzáállást 1,5 távolságra. Keresse meg az oldal hosszát AB. IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. 1 ill Pontokból R ejtsük le a merőlegeseket PRÉs (MSU, levelező felkészítő tanfolyamok). CM 
,
,
,
közvetlenül . Jelöljük(18. ábra). Menelaus háromszögre vonatkozó tétele szerint A.K.C.és szekant 
P.L. 
,
Írjuk fel a helyes egyenlőséget:
A háromszögek hasonlóságából AB, honnan vettük eztÉs AB. Rizs. 18 
M.C. 
.
R.P. és az oldalán háromszög (két szögben) azt kapjuk, amiből az következik 
.
Válasz. 4.
Menelaus tételének b) állításának bizonyítása külső pontok esetére hasonló a fenti bizonyításhoz. 
Z13.
Most, ismerve az oldalra húzott magasság hosszát 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,ABC,VAL VEL,
, és ennek a háromszögnek a területe, kiszámítjuk az oldal hosszát: 
Három kör középponttal BAN BEN, amelynek sugarai összefüggenek, mint, 1 egy pontban metszi egymást, külső pontokon érintsék meg egymást x IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. Y ahogy a 19. ábra mutatja. Szegmensek O.
FEJSZE ÉsÁLTAL pontban metszik egymást A ponttól számítva milyen szempontból Y?
. Találj egy hozzáállást, vonalszakasz 
,
,
CZ 
szakaszt oszt 1 a háromszög belsejében egy pontban metszi egymást. Ez az úgynevezett belső pont eset. Ceva tétele érvényes külső pont esetén is, amikor az egyik pontBAN BEN, YÉs 1 ill1 egy pontban metszi egymást Jelöljük O(19. ábra). Mert pontban metszik egymást A ponttól számítva milyen szempontból Y, akkor a Ceva-tétel b) állítása szerint a szegmenseket 
metszik egy pontban – egy pontban
. Aztán a szegmens kapcsolatban. Találjuk meg ezt a kapcsolatot. Rizs. 19 Menelaus háromszögre vonatkozó tétele szerint B.C.Y. 
M.C. 
.
Válasz.
.
és szekant
ÖKÖR . Tovább a lényegtől b) Ha az (1) egyenlőség igaz, akkor a szegmensek 1 ill megosztva ezzel az oldallal kapcsolatban IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. (MSU, levelező felkészítő tanfolyamok). Keresse meg a területet Legyen adott egy háromszög nekünk van: (MSU, levelező felkészítő tanfolyamok). 1:És 1 1 ill
=
= megosztva ezzel az oldallal kapcsolatban 1:1 ill 1 És 14. feladat (Egységes Államvizsga 2016). BB 1
IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. SS 1
Pontok , és
. Közvetlen 
pontban metszik egymást RÓL RŐL. A ) Bizonyítsuk be, hogy az egyenes
és az oldalán 1 JSC kettévágja az oldalt Legyen adott egy háromszög Nap. (MSU, levelező felkészítő tanfolyamok). 1:És 1 1 ill = 1:4.
. Találj egy hozzáállást O.C. 1 a háromszög területére , ha ez ismert AB a) Legyen egyenes C A.O.
.
(9)
keresztezi az oldalt (MSU, levelező felkészítő tanfolyamok). 1:És 1 1 ill
= megosztva ezzel az oldallal kapcsolatban 1:1 ill 1 És azon a ponton 
1 (20. ábra). Ceva tétele alapján a következőt kapjuk: C.A. 1 = 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 1 És Mert
, akkor a (9) egyenlőségből az következik és az oldalán 1 O , vagyis Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő. Készítsünk három egyenletet. (MSU, levelező felkészítő tanfolyamok). 1:És 1 1 ill C.B. 1 O , amit bizonyítani kellett. Rizs. 20 Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő b) Legyen a háromszög területe egyenlő egyenlő 4 Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő, és a háromszög területe AOC egyenlő 5-tel Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő. Ezután a háromszög területe AOC A egyenlő AOB 1 a háromszög területére szintén egyenlő 5-tel És IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. pontok megjelölve, hiszen háromszögek 1 a háromszög területére van közös alapjuk egyenlő, és azok csúcsai Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő egyenlő távolságra a vonaltól megosztva ezzel az oldallal kapcsolatban 1:1 ill 1 És . Ezenkívül a háromszög területe ABB 1 egyenlő Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő, mert (MSU, levelező felkészítő tanfolyamok). 1:És 1 1 ill= 1:4. Ezután a háromszög területe C.B. 1 O 1 egyenlő 6-tal Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő b) Legyen a háromszög területe Legyen adott egy háromszög . Mert Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő= 1:4, akkor a háromszög területe és az oldalán 1 JSC 1 (2Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő egyenlő 24 Legyen adott egy háromszög (30Hagyja, hogy a cevians egy pontban metsszék egymást a háromszög belsejében, és osszuk fel 6 háromszögre, amelyek területe egyenlő egyenlő 30-al
Válasz. 1:15.
15. feladat (Egységes Államvizsga 2016).
ÖKÖR . Tovább a lényegtől b) Ha az (1) egyenlőség igaz, akkor a szegmensek 1 ill 1 feküdjön az oldalakon, ill megosztva ezzel az oldallal kapcsolatban IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. (MSU, levelező felkészítő tanfolyamok). Keresse meg a területet Legyen adott egy háromszög nekünk van: (MSU, levelező felkészítő tanfolyamok). 1:És 1 1 ill
=
= megosztva ezzel az oldallal kapcsolatban 1:1 ill 1 És 14. feladat (Egységes Államvizsga 2016). BB 1
IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. SS 1
Pontok , és
a) Bizonyítsuk be, hogy az egyenes RÓL RŐL. kettévágja az oldalt ) Bizonyítsuk be, hogy az egyenes
b) Határozza meg a négyszög területének arányát! és az oldalán 1 JSC kettévágja az oldalt Legyen adott egy háromszög Nap. (MSU, levelező felkészítő tanfolyamok). 1:És 1 1 ill = 1:3.
Válasz. 1:10.
Menelaus tételének b) állításának bizonyítása külső pontok esetére hasonló a fenti bizonyításhoz. 
feladat 16 (USE-2016). A szegmensen BD megértettem az álláspontodat 1 ill. Felezővonal B.L. Legyen adott egy háromszög alappal 1 fekszenek az oldalakon BLD alappal BD.
a) Bizonyítsuk be, hogy a háromszög DCL egyenlő szárú.
b) Ismeretes, hogy cos 
Legyen adott egy háromszög DL, azaz BD háromszög megértettem az álláspontodat 1 ill. Felezővonal B.L. egyenlő szárú háromszög Legyen adott egy háromszög alappal 1 fekszenek az oldalakon egy egyenlő szárú háromszög oldaloldala BLD alappal BD.
a) Bizonyítsuk be, hogy a háromszög DCL egyenlő szárú.
b) Ismeretes, hogy cos Legyen adott egy háromszög= . Milyen vonatkozásban van az egyenes D.L. osztja az oldalt (MSU, levelező felkészítő tanfolyamok).?
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 tanulóinak elmélyült tanulással / L.S. Atanasyan, V.F. Butuzov, S.B. Kadomtsev et al. - 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.: "Vizsga" Kiadó, 2016. - 247 p.
A hasonlóság alkalmazása tételek bizonyítására és problémák megoldására (Thalész tételének általánosítása. Cheva és Menelaus tételei.)
1. Bemutatkozás;
2. Thalész-tétel általánosítása;
a) megfogalmazás;
(b) Bizonyíték;
3. Tétel arányos szakaszokról;
4. Ceva tétele;
a) megfogalmazás;
(b) Bizonyíték;
5. Menelaus tétel;
a) megfogalmazás;
(b) Bizonyíték;
6. Problémák és megoldásaik;
7. Információforrások;
Bevezetés.
Az esszém a hasonlóság alkalmazásának a tételek bizonyítására és a problémamegoldásra, vagyis Thalész tételének általánosításának, Cheva és Menelaus tételének az iskolai tantervben nem tárgyalt alapos tanulmányozására irányul. A nyolcadik osztályban tárgyalt hasonlóság témájára mindössze 19 óra áll rendelkezésre, ami nem elég a téma mélyebb tanulmányozására. A hasonlóság témakörébe tartozik: a hasonló háromszögek meghatározása, a hasonlóság jelei, a hasonló háromszögek területének aránya, a háromszög középvonala, az arányos szakaszok stb.
Hadd emlékeztesselek hasonló háromszögek azonosítása :
Két háromszöget hasonlónak nevezünk, ha szögeik egyenlőek, és az egyik háromszög oldalai arányosak a másik háromszög hasonló oldalaival. Kiderült, hogy hasonló háromszögeknél nemcsak a hasonló oldalak aránya, hanem bármely más hasonló szegmens aránya is megegyezik a hasonlósági együtthatóval. Például a hasonló AD és A 1 D 1 felezők aránya, azaz. az ABC és A 1 hasonló háromszögben az A 1 egyenlő szögű felezőpontok B 1 C 1 egyenlő a k hasonlósági együtthatóval, az AM és A 1 M 1 hasonló mediánok aránya egyenlő k-val és ugyanígy a hasonló magasságú AH és A 1 H 1 egyenlő k -val.
Ennek az iskolai tantervben tanulmányozott anyagnak a segítségével a problémák meglehetősen szűk körét tudjuk megoldani. Az esszé elkészítésekor elmélyítem a témában szerzett ismereteimet, ami lehetővé teszi, hogy arányos szegmenseken szélesebb körű problémákat oldjak meg. Ez az esszém relevanciája.
Az egyik tétel Thalész tételének általánosítása. Magát Thalész-tételt a nyolcadik osztályban tanítják. De a fő tételek Ceva és Menelaus tételei.
Thalész tételének általánosítása.
Összeállítás:
A két adott egyenest metsző párhuzamos egyenesek arányos szakaszokat vágnak le ezeken az egyeneseken.
Bizonyít:
=…= .
Bizonyíték:
Bizonyítsuk be például azt
Nézzünk két esetet:
1 eset
Az a és b egyenesek párhuzamosak. Ekkor az A1A2B2B1 és A2A3B3B2 négyszögek paralelogrammák. Ezért A1A2=B1B2 és A2A3=B2B3, ami azt jelenti
2. eset
Az a és b egyenesek nem párhuzamosak. Az A1 ponton keresztül a b egyenessel párhuzamos c egyenest húzunk. Egyes C2 és C3 pontokban metszi az A2B2 és A3B3 egyeneseket. Az A1A2C2 és A1A3C3 háromszögek két szögben hasonlóak (az A1 szög közös, az A1A2C2 és A1A3C3 szögek megegyeznek, ha az A2B2 és A3B3 egyenesek párhuzamosak az A2A3 metszővel), ezért
Innen az arányok tulajdonsága alapján a következőket kapjuk:
(1)
Ezzel szemben az első esetben bebizonyosodottak szerint A1C2 = B1B2, C2C3 = B2B3. Ha az (1) A1C2-t B1B2-vel és a C2C3-at B2B3-mal helyettesítjük, akkor az egyenlőséghez jutunk.
(2)
Q.E.D.
Tétel a háromszög arányos szakaszairól.
Az ABC háromszög AC és BC oldalain a K és M pontokat úgy jelöljük, hogy AK:KS=m:n, BM:MC=p:q. Az AM és BK szakaszok az O pontban metszik egymást.
Bizonyít:
Bizonyíték:
Az M ponton keresztül VC-vel párhuzamos egyenest húzunk. Az AC oldalt a D pontban metszi, és Thalész tételének általánosítása szerint
Legyen AK=mx. Ekkor a feladat feltételének megfelelően KS=nx, és mivel KD:DC=p:q, akkor
Használjuk ismét Thalész tételének általánosítását: Hasonlóképpen bebizonyosodott, hogy
.
Ceva tétele.
A tétel Giovanni Ceva olasz matematikusról kapta a nevét, aki 1678-ban bebizonyította.
Összeállítás:
Ha a C 1, A 1 és B 1 pontokat az ABC háromszög AB, BC és CA oldalára vesszük, akkor az AA 1, BB 1 és CC 1 szakaszok akkor és csak akkor metszik egymást egy pontban.
(3)
Bizonyít:
(3)
2. Az AA1, BB1 és CC1 szakaszok egy pontban metszik egymást
Bizonyíték:
1. Az AA1, BB1 és CC1 szakaszok egy O pontban metsszék egymást. Bizonyítsuk be, hogy teljesül a (3) egyenlőség. A háromszög arányos szakaszaira vonatkozó tétel szerint a következőket kapjuk:
IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. 
.
Ezeknek az egyenlőségeknek a bal oldala azonos, ami azt jelenti, hogy a jobb oldala is egyenlő. Ha egyenlővé tesszük őket, azt kapjuk
.
Mindkét oldalt a jobb oldallal elosztva a (3) egyenlőséghez jutunk.
2. Bizonyítsuk be a fordított állítást. Vegyük a C1, A1 és B1 pontokat az AB, BC és CA oldalon úgy, hogy a (3) egyenlőség teljesüljön. Bizonyítsuk be, hogy az AA1, BB1 és CC1 szakaszok egy pontban metszik egymást. Jelöljük O betűvel az AA1 és BB1 szakaszok metszéspontját, és húzzunk egy CO egyenest. Egy bizonyos pontban metszi az AB oldalt, amit C2-nek jelölünk. Mivel az AA1, BB1 és CC1 szakaszok egy pontban metszik egymást, akkor az első pontban bebizonyítottak szerint
. (4)
Tehát a (3) és (4) egyenlőség teljesül.
Ezeket összehasonlítva jutunk el az egyenlőséghez
= , ami azt mutatja, hogy a C1 és C2 pontok azonos arányban osztják el az AB oldalt. Következésképpen a C1 és C2 pont egybeesik, és ezért az AA1, BB1 és CC1 szakaszok az O pontban metszik egymást. A tétel bizonyítást nyer.
Önkormányzati tudományos és gyakorlati konferencia
"LOMONOSOV-OLVASÁSOK"
Ceva tétele
MBOU "17. számú középiskola".
Felügyelő:
Matematika tanár MBOU 17. Sz. Középiskola.
én annotáció
Ez a munka segíthet a különböző oktatási intézmények diákjainak a Ceva-tétel segítségével bővíteni a háromszög tulajdonságainak megértését. A munka rendszerezi a Cheva-tétel használatával kapcsolatos problémákat a háromszög figyelemreméltó pontjainak tulajdonságainak bizonyítására, a sík egyes transzformációinak igazolására, a mennyiségek legnagyobb és legkisebb értékeinek megtalálásával kapcsolatos problémák megoldására, valamint különböző problémákra. bonyolultsági szintek. A munka felhasználható szabadon választható kurzusokon, olimpiára, egységes államvizsgákra és felvételi vizsgákra való felkészítés során.
II Visszajelzés a menedzsertől
Jelenleg a modern iskolában a geometria szerepét kissé alábecsülik. Ez a munka segíthet megerősíteni a geometria tantárgy presztízsét, mert megmutatja, hogy egyetlen csodálatos tétel segítségével felfedezheti a háromszög legérdekesebb tulajdonságainak egy egész rétegét, és élvezheti a segítségével megoldott problémák szépségét és eleganciáját. .
A szerző, Vera Pankova a munka során nagyfokú függetlenséget tanúsított. A meglévő szakirodalmi források elemzésének és összehasonlításának módszerét alkalmazva a szerző egy másik kutatási módszer - a feladatok rendszerezésének - alkalmazásának szükségességével szembesült. A felhasznált irodalomban a feladatokat rendszerezés nélküli listaként javasolják bizonyos témákban. A problémák tematikus rendszerezése jelentősen leegyszerűsítette a problémamegoldási módszerek megtalálásának lehetőségét. Ugyanakkor Vera a legtöbb problémát önállóan oldotta meg, ami hozzájárult a logikai kultúra szintjének növekedéséhez és a szerző térbeli képzeletének fejlődéséhez.
A munka felhasználható speciális tanfolyamokon, szakirányú továbbképzéseken, olimpiára és egységes államvizsgára való felkészítésben.
Felügyelő
____________/
III Felülvizsgálat
A „Ceva tétele” témával foglalkozó munka a középiskolai geometria tantervében nem szereplő Ceva-tétel felhasználási lehetőségeinek feltárását szolgálja. A téma azért releváns, mert a Ceva-tétel egy egész problémaosztály megoldása során lehetővé teszi a könnyű és elegáns megoldások megszerzését, míg a hagyományos megközelítések nehézkes és unalmas bizonyításokhoz vezetnek.
A hangsúly magának a tételnek a különböző módon és formában történő bizonyításán van.
A gyakorlati részben a hagyományos bizonyítási módszereket, hogy három egyenes metszi egymást egy pontban, és a Ceva-tételt használó bizonyításokat hasonlítjuk össze.
A fő törekvések a problémák megoldására irányulnak a tétel segítségével és azok tematikus rendszerezésével, lehetővé téve a megoldási módszerek keresésének egyszerűsítését. Ugyanakkor a szerző lényegében egy problémát old meg: bemutatja a Ceva-tétel alkalmazásának előnyeit a problémamegoldás megkönnyítésére.
Tartózkodni kell azon a tényen, hogy a Ceva-tétel alkalmazási lehetőségeinek tanulmányozása során a szerzőnek sikerült elmélyítenie ismereteit egy háromszög figyelemre méltó pontjairól, és az iskolai kurzusban ismert négy figyelemre méltó pontot kiegészítenie a háromszög új pontjaival és pontjaival. másodrendű, azaz átalakítások eredményeként kapott. A figyelembe vett átalakítások egyben az iskolai tanfolyam elmélyítését is jelentik.
Ennek a munkának az előnye a tudományos természet, a bizonyítékok és az anyag bemutatásának logikai következetessége.
" "………………..2007 vezetője
____________/
I Absztrakt…………………………………………………………………………………..2
II Visszajelzés a vezetőtől…………………………………………………………3
III. Felülvizsgálat………………………………………………………………………………………4
IV Tézisek………………………………………………………………………………………..6
IV Bevezetés………………………………………………………………………………..8
V fő rész:
1) Elmélet……………………………………………………………………………………10
2) Gyakorlás…………………………………………………………………………………14
a) Ceva tétele és a háromszög figyelemre méltó pontjai.……………..14
b) Gergon és Nagel pontok és Ceva tétele …………………………….17
c) Néhány figyelemre méltó transzformáció a Ceva-tételhez kapcsolódóan………………………………………………………………….19
d) A Ceva-tétel alkalmazása különböző problémák megoldására…………….23
e) A Ceva-tételhez tartozó mennyiségek legnagyobb és legkisebb értékének megtalálásának problémái ……………………………………………………………
VI Következtetés………………………………………………………………..…….31
VII Hivatkozások………………………………………………………………………………………….
IV Absztraktok
1) A munka első része elméleti. Íme különböző módok Ceva közvetlen és fordított tételének bizonyítására: egy bizonyítás hasonló háromszögekkel, két bizonyítás a terület fogalmával, és Ceva tétele szinuszok formájában. Meghatározza a cevians fogalmát is, mint a háromszög csúcsát a háromszög másik oldalán lévő bizonyos ponttal összekötő szegmenseket, valamint a versenyképesség fogalmát.
2) A munka második része gyakorlati jellegű. Íme a problémák tematikus rendszerezése Ceva tételével. Minden problémát megoldások kísérnek.
a) Ceva-tétel és a háromszög figyelemre méltó pontjai. Ebben a fejezetben a Ceva-tétel segítségével bizonyítjuk egy háromszög figyelemre méltó egyeneseinek egybeesését: mediánok, felezők, magasságok és merőleges felezők.
b) Gergon és Nagel pontok. Ceva tételével itt bebizonyosodik, hogy a háromszög csúcsain átmenő egyenesek és a beírt kör érintőpontjai egy pontban metszik egymást (Gergonne-pont), valamint azt is, hogy a háromszög csúcsain és a kör érintési pontjain átmenő egyenesek a beírt körök egy pontban metszik egymást (Nagel-pont).
c) Néhány figyelemre méltó transzformáció a Ceva-tételhez kapcsolódóan. Ebben a fejezetben Ceva tételével bizonyítjuk, hogy létezik egy izotómiailag konjugált, izogonálisan konjugált a Cevians metszéspontjához képest egy pont háromszögéhez képest, egy izokör alakú kép a Cevians metszéspontjáról. És példákat is adunk a 2. rendű figyelemreméltó pontokra, azaz a jelzett síktranszformációk felhasználásával kapott példákat.
d) A Ceva-tétel alkalmazása különféle problémák megoldására. Íme a különböző bonyolultságú megoldásokkal kapcsolatos problémák, amelyek önellenőrzésre használhatók.
e) A Ceva-tételhez kapcsolódó mennyiségek legnagyobb és legkisebb értékének megtalálásának problémái. Ez a fejezet a mennyiségek legnagyobb és legkisebb értékének megtalálásával kapcsolatos problémákat oldja meg elemi módszerekkel, azaz derivált használata nélkül.
V Bevezetés.
Kiterjedtebb irodalom birtokában,
mint az algebra és az aritmetika együtt,
és legalább olyan kiterjedt
mint az elemzés, a geometria nagyobb mértékben,
mint a matematika bármely más ága,
a leggazdagabb kincstár
a legérdekesebb, de félig elfeledett dolgok,
aki által, a rohanó nemzedék
nincs ideje élvezni.
Kozma Prutkov „Senki sem fogja magáévá tenni a végtelenséget” mondása teljes mértékben a háromszög geometriájának tulajdonítható. A háromszög, mint a gyönyörű és csodálatos geometriai minták tárháza, valóban kimeríthetetlen. Nehezen rendszerezhető sokszínűségük és bőségük nem csak gyönyörködtet.
A háromszög geometriája általában figyelemre méltó pontokhoz kapcsolódik. A legtöbb figyelemre méltó pont az alábbiak szerint szerezhető.
Legyen valami szabály, amely alapján kiválaszthatja az A1 pontot az ABC háromszög BC oldalán (például ennek az oldalnak a közepét). Ezután a háromszög másik két oldalán hasonló B1, C1 pontokat készítünk (példánkban az oldalak további két felezőpontja). Ha ez a szabály „sikeres”, akkor az AA1, BB1, CC1 egyenesek valamikor Z pontban metszik egymást. A múlt tudósai mindig is szerettek volna egy olyan módszert, amely lehetővé teszi számukra a háromszög oldalain lévő pontok helyzetének meghatározását. hogy a megfelelő három egyenes egy pontban metszi-e egymást vagy sem.
1678-ban találtak egy univerzális feltételt, amely „lezárta” ezt a problémát. Giovanni Cheva olasz mérnök.
Ceva figyelemre méltó tétele nem szerepel a középiskolai geometria tantervében. Ez a tétel azonban problémák egész osztályának megoldásakor lehetővé teszi, hogy könnyen és elegánsan kapjunk megoldásokat. Ceva tétele lehetőséget nyit a háromszög számos olyan új tételével és tulajdonságával való megismerkedésre, amelyeket az iskolai tanterv nem tanulmányoz.
A munka célja: bővítse a háromszög tulajdonságainak megértését Ceva-tétel segítségével.
Hipotézis: ha Ceva tétele segít a megoldható geometriai feladatok osztályának bővítésében, akkor ez a geometria egyik alapvető tétele.
Feladatok:
· feltárja a Ceva-tétel felhasználási lehetőségeit a háromszög figyelemreméltó pontjainak tulajdonságainak bizonyítására;
· megtanulják alkalmazni a Ceva-tételt különböző bonyolultságú problémák megoldására;
· tematikusan rendszerezi a Ceva-tétel segítségével megoldott problémákat.
Kutatási módszerek: a rendelkezésre álló irodalmi források elemzése, összehasonlítása, feladatok rendszerezése.
V én Fő rész
1) Elmélet
A háromszög csúcsát a szemközti oldalon lévő ponttal összekötő szakaszt CEVIANA-nak nevezzük.
AXE, BY, CZ – Chevians ∆ ABC.
Ha mindhárom cevian egy P pontban metszi egymást, akkor azt mondjuk, hogy VERSENYKÉPES.
1) Ceva tétele. Ha az ABC háromszög három AX, BY, CZ cevianja versenyképes, akkor
Bizonyíték. Ismeretes, hogy az egyenlő magasságú háromszögek területei arányosak a háromszögek alapjával.
Alkossunk kapcsolatot
.
Hasonlóképpen,
.
Szorozzuk meg a kapott egyenlőségeket
.
Fordított tétel.
Ha három Chevian AX, BY, CZ kielégíti az összefüggést 
, akkor versenyképesek.
Bizonyíték.
Tegyük fel, hogy az első két cevian a P pontban metszi egymást, mint korábban, és a P ponton áthaladó harmadik cevian CZ lesz.
Ezután Ceva közvetlen tétele alapján
.
De az állapotnak megfelelően ,
Ennélfogva, .
A pont egybeesik a Z ponttal, és bebizonyítottuk, hogy az AX, BY és CZ szegmensek versenyképesek.
2) Nézzük meg a Ceva-tétel bizonyításának módját hasonló háromszögek használatával.
Legyen az oldalakon és az oldalán, AB IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. És háromszög Legyen adott egy háromszög a pontokat ennek megfelelően veszik pontok megjelölve 1, C 1 és És 1. Egyenes Három háromszögpár hasonlóságából 1, AA 1, A.A. 1 akkor és csak akkor metszi egymást egy pontban
(*) 
egyenes Három háromszögpár hasonlóságából 1, AA 1, A.A. 1 egy pontban metszi egymást O(2. ábra). A tetején keresztül pontok megjelölve háromszög Legyen adott egy háromszög húzzunk párhuzamos egyenest és az oldalán, és metszéspontjai a vonalakkal Három háromszögpár hasonlóságából 1, AA 1 ennek megfelelően jelöljük C 2, És 2. A háromszögek hasonlóságából C.B. 2És 1 és ABB 1 egyenlőségünk van
Hasonlóképpen a háromszögek hasonlóságai BÉGET 1 és C.A. 2C 1 egyenlőségünk van
Továbbá a háromszögek hasonlóságából AB 1O IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. És 2CO, És 1O IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. C 2CO nekünk van 
Ezért az egyenlőség fennáll
Az (1), (2) és (3) egyenlőségeket megszorozva megkapjuk a szükséges egyenlőséget (*).
Bizonyítsuk be az ellenkezőjét. Legyen pontokért C 1, És 1, pontok megjelölve 1 a háromszög megfelelő oldalain Legyen adott egy háromszög egyenlőség (*) teljesül. Jelöljük az egyenesek metszéspontját Három háromszögpár hasonlóságából 1 és AA 1 keresztül Oés az egyenesek metszéspontja CO IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. és az oldalán keresztül pontok megjelölve" . Aztán a bebizonyítottak alapján fennáll az egyenlőség
https://pandia.ru/text/79/202/images/image017.gif" width="100" height="52"> ahonnan a pontok egybeesnek pontok megjelölve" A pontok megjelölve 1, és ezért egyenes Három háromszögpár hasonlóságából 1, AA 1, A.A. 1 egy pontban metszi egymást.
3) Egy másik módszer Ceva tételének bizonyítására a terület fogalmával.
Tegyük fel, hogy az AA1, BB1, CC1 egyenesek az O pontban metszik egymást. (3. ábra) Az ABC háromszög A és B csúcsaiból ejtsük az AA, BB merõlegeseket a CC1 egyenesre. Az AC1A" és a BC1B" háromszögek hasonlóak, ezért
66" height="30" bgcolor="white" style="border:.75pt tömör fehér; vertical-align:top;background:white"> Egy egyenlőséget megszorozva a másikkal, a következőt kapjuk:
Hasonlóképpen
https://pandia.ru/text/79/202/images/image028.gif" width="187" height="56 src=">
Végül megvan: https://pandia.ru/text/79/202/images/image030.gif" width="260" height="47">
2) Gyakorolj
a) Ceva-tétel és a háromszög figyelemre méltó pontjai.
Ceva tétele lehetővé teszi a háromszög mediánjainak, felezőinek, magasságainak (vagy azok kiterjesztésének) és középvonalainak metszéspontjára vonatkozó állítások nagyon egyszerű bizonyítását.
Mediánok- ezek a cevianok, amelyek a háromszög csúcsait a szemközti oldalak felezőpontjaival kötik össze.
1. számú feladat. Bizonyítsuk be, hogy a háromszög mediánjai kompetitívek.
Bizonyíték. Mivel AB1 = B1C; CA1 = A1B (5. ábra);
BC1 = C1A, akkor
.
Ceva tétele szerint ebből az következik, hogy a mediánok kompetitívek.
Magasság - ezek a háromszög oldalaira vagy oldalainak meghosszabbításaira merőleges cevók.
Közös pontjuk az ún ortocentrum.
A Ceva-tétel megfordítása annak bizonyítására, hogy három egyenes egy pontban metszi egymást, nagyban leegyszerűsíti a bizonyítást. Hasonlítsuk össze a háromszög magasságainak egybeesésének Ceva-tétellel végzett bizonyítását és egy másik módszerrel végzett bizonyítást.
2. feladat. Bizonyítsuk be, hogy egy hegyesszögű háromszög magassága versengő.
Bizonyíték. Legyen AA1, BB1 és CC1 a háromszög magassága. (6. ábra) A téglalap ∆AA1C és ∆BB1C hasonlóak (mivel közös C hegyesszögük van), ezért
Hasonlóképpen, a ∆AA1B és ∆CC1B hasonlóságából az következik:
És a ∆ВВ1А és ∆СС1А hasonlóságából – egyenlőség.
Bizonyítás: Legyen ABC az adott háromszög (7. ábra). Az ABC háromszög AP és BQ magasságát tartalmazó egyenesek metszék egymást az O pontban. Rajzoljunk az A ponton keresztül a BC szakasszal párhuzamos egyenest, a B ponton keresztül az AC szakasszal párhuzamos egyenest, a C ponton pedig a vele párhuzamos egyenest. az AB szakasz. Mindezek a vonalak páronként metszik egymást. Legyen az AC és BC oldallal párhuzamos egyenesek metszéspontja az M pont, az AB és BC oldallal párhuzamos egyenesek metszéspontja az L pont, az AB és AC oldallal párhuzamos pontok pedig a K pont. A K, L, M nem fekszenek ugyanazon az egyenesen, különben az ML egyenes egybeesne az MK egyenessel, ami azt jelenti, hogy a BC egyenes párhuzamos lenne az AC egyenessel, vagy egybeesne vele, vagyis az A, B és C pont ugyanazon feküdne. vonal, ami ellentmond a háromszög definíciójának.* http://geometr. info/geometriia/treug/medvys. html
A geometria világa – Diákportál
Tehát a K, L, M pontok háromszöget alkotnak. MA párhuzamos a BC-vel, és MB párhuzamos az AC-vel szerkezetileg. Ez azt jelenti, hogy az MACB négyszög paralelogramma. Ezért MA = BC, MB = AC. Hasonlóképpen AL = BC = MA, BK = AC = MB, KC = AB = CL. Ez azt jelenti, hogy AP és BQ merőleges felezők a KLM háromszög oldalaira. Az O pontban metszik egymást, ami azt jelenti, hogy a CO egyben egy medián merőleges is. CO merőleges KL-re, KL párhuzamos AB-re, ami azt jelenti, hogy CO merőleges AB-re. Legyen R az AB és a CQ metszéspontja. Ekkor CR merőleges az AB-re, azaz CR az ABC háromszög magassága. Az O pont az ABC háromszög magasságait tartalmazó összes egyeneshez tartozik. Ez azt jelenti, hogy ennek a háromszögnek a magasságait tartalmazó egyenesek egy pontban metszik egymást. Q.E.D.
Nyilvánvaló, hogy Ceva tétele megkönnyíti a bizonyítást.
3. feladat. Bizonyítsuk be, hogy a háromszög felezői egy pontban metszik egymást, azaz versengenek.
https://pandia.ru/text/79/202/images/image040.gif" width="272 height=53" height="53">
Ezeket az egyenlőségeket megszorozva kapjuk:
Innen Ceva tétele alapján az következik, hogy a felezők egy pontban metszik egymást.
A háromszög negyedik figyelemre méltó pontja a háromszög oldalaira merőleges felezők metszéspontja.
a cevians versenyképességét, és nem a háromszög oldalaira merőlegeseket. Ez a nehézség lehetlegyőzni az A1B1C1 középső háromszög figyelembevételével. Mivel a középvonalak párhuzamosak az eredeti háromszög oldalaival, a merőleges felezők a mediális háromszög magasságai, amelyek egyidejűségét Ceva-tétellel már igazoltuk. Ez azt jelenti, hogy az ∆ ABC oldalakra merőleges felezők versengenek. A tétel bizonyítást nyert.
b) Gergon és Nagel pontok és Ceva tétele.
Használjuk Ceva tételét a háromszög további két figyelemre méltó pontjának megállapítására.
5. számú probléma Bizonyítsuk be, hogy a háromszög csúcsain és a beírt kör érintési pontjain átmenő egyenesek egy pontban metszik egymást, ún. Gergon pont.
Bizonyíték.
Egy O középpontú kör érintse az ∆ABC oldalakat az A1, B1, C1 pontokban (11. ábra), majd az egy pontból a körre húzott érintőszakaszok tulajdonsága szerint.
AB1 = AC1; BC1 = BA1; CA1 = CB1
11. ábra 
,
Eszközök. Az AA1, BB1, CC1 vonalak kompetitívek, azaz egy G pontban – a Gergon pontban – metszik egymást.
A háromszög másik figyelemre méltó pontja az Nagel pont .
Meghatározás. A kört úgy hívják felirat nélküli háromszöggé, ha érinti ennek a háromszögnek az egyik oldalát és a másik két oldalának kiterjesztését.
6. számú probléma Bizonyítsd a háromszög csúcsain és a körkörök érintőpontjain átmenő egyenesek egy pontban metszik egymást (Nagel-pont).
Bizonyíték.
Legyen AB = c; BC = a; AC = b; ВХb = BZb érintőszegmensek egyenlőségének tulajdonsága alapján (12. ábra)
ВХb + BZb = ВС + СХb + ZbA + AB,
СХb + ZbA = b, https://pandia.ru/text/79/202/images/image045.gif" width="20" height="16"> ВХb + BZb = а +b +с = 2p (p – a háromszög fél kerülete),
ВХb = BZb.= p, hasonlóan a másik két csúcsból húzott érintőszakaszokhoz. Szintén СХb = ВХb – ВС = p-a; minden érintőszegmensre felírhatjuk azt is
7. problémaannak az oldalnak a közepe, tovább
hol fekszik. Az így kapott három pontot A2-vel, B2-vel, C2-vel jelöljük. Bizonyítsuk be, hogy ekkor az AA2, BB2, CC2 egyenesek is egy Zm pontban metszik egymást.
Bizonyíték. Cheva tétele szerint mivel AA1, BB1, CC1 egy pontban metszik egymást, akkor
de A2 és A1, B2 és B1, C2 és C1 szimmetrikusak a háromszög oldalainak felezőpontjaihoz képest, => AC1=BC2; C1B=AC2; BA1=CA2 stb.
ezért , => AA2, BB2, СС2
egy pontban metszik egymást.
Ezt a pontot hívják izotómiailag konjugált Z pont, az ABC háromszöghez képest.
8. számú probléma
Bizonyíték. Itt célszerű a Ceva-tételt szinusz formájában használni.
https://pandia.ru/text/79/202/images/image068.gif" width="261" height="45 src=">,=> mivel az AA2, BB2, CC2 egyenesek szimmetrikusak az AA1 egyenessel , BB1, СС1 a háromszög megfelelő szögeinek felezőihez képest, akkor a szögek egyenlőek =
= ACC 2 , 
stb.
az AA2, BB2, CC2 egyenesek is egy pontban metszik egymást.
Ezt a pontot hívják izogonálisan konjugált Z pont az ABC háromszöghez viszonyítva.
Használva izotómikusÉs izogón vonal kapcsolatokat, új csodálatos pontokat szerezhet.
Lemoine pont
- a mediánok metszéspontjához izogonálisan konjugált pont, azaz a háromszög megfelelő felezőihez képest a mediánokkal szimmetrikus egyenesek (szimediánok) metszéspontja (15. ábra). 
Hm – antiortocentrum
– az ortocentrumhoz izotómiailag konjugált pont, azaz az oldalak felezőpontjaihoz képest a magasságok alapjaira szimmetrikus pontokon átmenő egyenesek metszéspontja és a háromszög megfelelő csúcsai (16. ábra).
Gl– a Gergonne-ponthoz izogonálisan konjugált pont (18. ábra).
A BC oldal által levágott szakaszba beírunk egy kört, amely az A1 pontban érinti a BC ívet, az A2 pontban pedig a BC oldalt. Hasonlóképpen meghatározzuk a B2 és C2 pontokat. Bizonyítsuk be, hogy az AA2, BB2, CC2 egyenesek egy Zc pontban metszik egymást (20. ábra).Bizonyítsuk be, hogy az AA2, BB2, CC2 egyenesek egy pontban metszik egymást Ceva tételével egyszerre két megfogalmazásban - szinusz- és szegmensrelációk formájában, valamint lemma segítségével.
Arkhimédész Lemmája. Ha egy kör egy szakaszba van beírva, és érinti az ívet az A1 pontban, és a BC húrt az A2 pontban, akkor az A1A2 egyenes a BA1C szög felezője (15. oldal).
Bizonyíték. Legyen ∟ВАА1=α1, ∟САА1=α2..gif" width="140" height="45 src="> Hasonlóképpen kapjuk meg, hogy
Ahol β1=∟ SVV1, β2=∟АВВ1, γ 1=∟ ACC1, γ 2=∟ VSS1. Cheva feltétele az AA2, BB2, CC2 egyenesekre így formát ölt
Ennek az egyenlőségnek a jobb oldala a Cheva-feltételből származó kifejezés a Z pontban metsző AA1, BB1, CC1 egyenesek szinuszarányainak formájában.
Hogy. az AA2, BB2, CC2 egyenesek egy Zc pontban metszik egymást, amit ún izocircularisan Z pont.
d) A Ceva-tétel alkalmazása különféle problémák megoldására
10. számú probléma A C1 és A1 pontok 1:2 arányban osztják el az AB és BC ∆ ABC oldalakat.
a CC1 és AA1 egyenesek az O pontban metszik egymást. Keresse meg azt az arányt, amelyben
VO egyenes osztja az AC oldalt.
https://pandia.ru/text/79/202/images/image090.gif" width="121" height="53 src=">
Ceva tétele szerint, ha a vonalak kompetitívek, akkor
https://pandia.ru/text/79/202/images/image092.gif" align="left" width="66" height="54 src=">90" height="30" bgcolor="white" style="border:.75pt solid white; vertical-align:top;background:white">
11. számú probléma A BC, CA és AB ∆ ABC oldalakon az A1, B1 és C1 pontokat úgy vesszük, hogy az AA1, BB1 és CC1 szakaszok egy pontban metszik egymást. Az A1B1 és A1C1 egyenesek a BC oldallal párhuzamos A csúcson átmenő egyenest a C2 és B2 pontokban metszik. Bizonyítsuk be, hogy AB2 = AC2. [2]
∆АС2С1 ~ ∆ВА1С1,
Emlékszem, az iskolában bebizonyítottuk, hogy a háromszög mediánjai egy ponton metszik egymást. És hogy egy háromszög felezői egy pontban metszik egymást. Sőt, a háromszög magasságának és merőleges felezőjének is ugyanaz a tulajdonsága.
De ezek a tételek bebizonyosodtak... hogyan? Igen, az a helyzet, hogy mindegyik a maga módján bevált, mindegyiknek megvolt a maga módja.
Szeretnék nektek, kedves olvasók, egy egységes módszert mutatni ezen tételek bizonyítására. Bizonyítás Ceva tételével.
Íme a megfogalmazása:
Legyen az A",B",C" pont a háromszög BC,CA,AB egyenesein. Az AA",BB",CC" egyenesek akkor és csak akkor metszik egymást egy pontban
Mielőtt rátérnék a bizonyításra, megjegyzem, hogy a megfogalmazásban az egyenlőség nem olyan homályos és nehezen megjegyezhető, mint amilyennek első pillantásra tűnhet. Valójában ennek az egyenlőségnek az eléréséhez csak ki kell választanunk a háromszög tetszőleges csúcsát, például B-t, és el kell kezdenünk a háromszög körül az óramutató járásával megegyezően járni. Miután megkerültük a háromszöget, minden szakaszon pontosan abban a sorrendben megyünk végig, amelyben egyenlőségben fordulnak elő. Bizonyíték.
Direkt tétel.
Egyrészt
S AOB"/S COB" =AB"/B"C
Másrészt ugyanez a területarány megegyezik az AOB" és COB" háromszögek OB alaphoz való magasságának arányával, valamint az AOB és COB háromszögek területeinek arányával.
Így AB"/B"C = S AOB/S COB.
Ha hasonló egyenlőségeket írunk fel a CA"/A"B és AC"/C"B összefüggésekre, majd mindegyiket megszorozzuk, megkapjuk a szükséges állítást.
Fordított tétel.
Tehát tegyük fel, hogy a háromszög oldalain kiválasztottuk az A", B", C" pontokat, és a feltételből származó egyenlőség teljesül.
Legyen AA" és BB" metszéspontja az O pontban. Rajzoljunk egy CO egyenest, és az AB oldalt egy C"" pontban metszi. Ekkor a direkt tétel szerint ugyanaz a hatalmas egyenlőség lesz, amelyben a C" pont helyett a C" pont lesz. Ennek a két egyenlőségnek a teljesülése alapján - a C" ponttal, ahogy megmutattuk, és a C" ponttal az inverz tétel feltételeiből arra a következtetésre jutunk, hogy a C"" és a C" pont egybeesik.
Le lehet írni Ceva állapota szinuszos formában:
Ez a feltétel könnyen elérhető, ha a szinusztételt alkalmazzuk az ABA" és az ACA" háromszögekre. Számukra A"B/AA"= sinBAA"/sinABA" és A"C/AA"=sinA"AC/sinA"CA kapjuk. Az egyik egyenlőséget elosztva a másikkal, azt kapjuk, hogy A"B/A"C=sinBAA" /sinA"AC * (sinBCA/sinABC)
A fennmaradó szegmensekre hasonló egyenlőségeket írva és megszorozva megkapjuk a Chevy-feltételt szinuszok formájában.
Ceva tétele szerint tehát a háromszög mediánjainak egy pontban való metszéspontja egy egyenesben igazolt.
Ceva szinuszos tétele szerint a felezők egy pontban való metszéspontja egy egyenesben van bizonyítva.
De annak bizonyítása, hogy a háromszög magasságai egy ponton metszik egymást - ez Cheva szinuszok formájában megfogalmazott tétele szerint két sorban igazolódik. A bizonyítás első sorába írjuk a jól ismert trigonometrikus azonosságot -
sin(90 - a) = cos a
CHEVA ÉS MENELAUSZ TÉTELEI
Ceva tétele
A legtöbb figyelemre méltó háromszögpont a következő eljárással érhető el. Legyen valami szabály, amely szerint választhatunk egy bizonyos A pontot 1 , az ABC háromszög BC oldalán (vagy annak meghosszabbításán) (például válasszuk ennek az oldalnak a felezőpontját). Ezután hasonló B pontokat készítünk 1, C 1 a háromszög másik két oldalán (példánkban az oldalak két felezőpontja van még). Ha a kiválasztási szabály sikeres, akkor egyenes AA 1, BB 1, CC 1 egy Z pontban metszi egymást (az oldalak felezőpontjainak kiválasztása ebben az értelemben természetesen sikeres, mivel a háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást).
Szeretnék egy olyan általános módszert, amely lehetővé teszi, hogy a háromszög oldalain lévő pontok helyzetéből megállapítsuk, hogy a megfelelő egyenesek hármasa egy pontban metszi-e vagy sem.
1678-ban egy olasz mérnök talált egy univerzális feltételt, amely „lezárta” ezt a problémátGiovanni Cheva .
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 lényeg
A metszéspontok belsőek, és a ceviuszok 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. (Ceva közvetlen tétele) Egy tetszőleges ABC háromszögben az A pontok a BC, CA, AB oldalakon, illetve ezek kiterjesztései. 1 , BAN BEN 1 , VAL VEL 1 , olyan, hogy egyenes AA 1 , BB 1 , SS 1 akkor egy közös pontban metszik egymást
.
Bizonyíték: Míg Ceva tételének számos eredeti bizonyítása ismert, a Menelaosz-tétel kettős alkalmazásán alapuló bizonyítást tekintünk. Írjuk le először Menelaosz tételének összefüggését egy háromszögreABB 1 és szekant CC 1 (a cevinek metszéspontját jelöljükZ):
,
másodszor pedig háromszögreB 1 IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT.és szekant A.A. 1 :
.
Ezt a két arányt megszorozva és a szükséges redukciókat végrehajtva megkapjuk a tétel kijelentésében szereplő arányt.
4. tétel (Ceva fordított tétele) . Ha a háromszög oldalain kiválasztottakra Legyen adott egy háromszög vagy pontok kiterjesztései C 1 , BAN BEN 1 ejtsük le a merőlegeseket pontok megjelölve 1 Cheva feltétele teljesül:
,
majd egyenesen Három háromszögpár hasonlóságából 1 , AA 1 És A.A. 1 egy pontban metszik egymást .
Ennek a tételnek a bizonyítása éppúgy, mint Menelaosz tételének bizonyítása, ellentmondásokkal történik.
Nézzünk példákat Ceva direkt és inverz tételeinek alkalmazására.
3. példa Bizonyítsuk be, hogy a háromszög mediánjai egy pontban metszik egymást.
. Találj egy hozzáállást Fontolja meg a kapcsolatot
a háromszög csúcsaira és oldalai 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.
Tétel (Ceva tétele) . Hagyja a pontokat oldalt feküdjönés háromszög illetőleg. Hagyja, hogy a szegmensekÉs egy pontban metszik egymást. Akkor
(az óramutató járásával megegyező irányban megkerüljük a háromszöget).
Bizonyíték. Jelöljük azzal szakaszok metszéspontjaÉs . A pontokból kihagyjukÉs merőlegesek egy egyenesremielőtt pontokban metszi aztÉs ennek megfelelően (lásd az ábrát).
Mert a háromszögekÉs van közös oldaluk, akkor területük az erre az oldalra húzott magasságokhoz viszonyul, azaz.És:
Az utolsó egyenlőség igaz, hiszen derékszögű háromszögekÉs hasonló hegyesszögben.
Hasonlóan kapunk
És 
Szorozzuk meg ezt a három egyenlőséget:
Q.E.D.
A mediánokról:
1. Helyezzen egységtömegeket az ABC háromszög csúcsaira!
2. Az A és B pontok tömegközéppontja az AB közepén van. A teljes rendszer tömegközéppontjának az AB oldal középpontjában kell lennie, mivel az ABC háromszög tömegközéppontja az A és B pont, valamint a C pont tömegközéppontja.
(zavaros lett)
3. Hasonlóképpen - a CM-nek az AC és BC oldalak mediánján kell feküdnie
4. Mivel a CM egyetlen pont, ezért ennek a három mediánnak ebben kell metszenie.
Ebből egyébként rögtön következik, hogy metszésponttal 2:1 arányban osztják el őket. Mivel az A és B pont tömegközéppontjának tömege 2, a C pont tömege pedig 1, ezért a közös tömegközéppont az aránytétel szerint a mediánt 2/1 arányban osztja. .
Köszönöm szépen, érthetően van bemutatva, szerintem nem lenne rossz a bizonyítást tömeggeometriai módszerekkel bemutatni, pl.
Az AA1 és CC1 egyenesek az O pontban metszik egymást; AC1: C1B = p és BA1: A1C = q. Be kell bizonyítanunk, hogy a BB1 egyenes akkor és csak akkor megy át az O ponton, ha CB1: B1A = 1: pq.
Helyezzük az 1, p és pq tömegeket az A, B és C pontokba. Ekkor a C1 pont az A és B pontok tömegközéppontja, az A1 pedig a B és C pontok tömegközéppontja. Ezért az A, B és C pontok tömegközéppontja ezekkel a tömegekkel az O metszéspontja. CC1 és AA1 vonalak. Másrészt az O pont azon a szakaszon fekszik, amely összeköti a B pontot az A és C pontok tömegközéppontjával. Ha B1 az 1 és pq tömegű A és C pontok tömegközéppontja, akkor AB1: B1C = pq: 1. Megjegyzendő, hogy az AC szakaszon egyetlen pont osztja az adott AB1:B1C arányban.
2. Ceva tétele
A háromszög csúcsát a szemközti oldalon lévő ponttal összekötő szakaszt nevezzükVegyük észre, hogy minden olyan szakaszt, amely egy háromszög csúcsát a háromszög ellentétes oldalát tartalmazó egyenes bármely pontjával összeköti, ún. . Így ha háromszögbenLegyen adott egy háromszög BAN BEN , amelynek sugarai összefüggenek, mint és Z - oldalt fekvő pontokAB , C.A. , és az oldalán ennek megfelelően, majd a szegmensekx , Y , pontban metszik egymást chevinek. A kifejezés Giovanni Ceva olasz matematikustól származik, aki 1678-ban publikálta a következő nagyon hasznos tételt:
Tétel 1.21. Ha az ABC háromszög három AX, BY, CZ (mindegyik csúcsából egy) cevian versenyképes, akkor
|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .
| Rizs. 3. |
Amikor azt mondjuk, hogy három vonal (vagy szegmens)kompetitív , akkor azt értjük, hogy mindegyik egy ponton halad át, amit mi jelölünkL . Ceva tételének bizonyításához emlékezzünk arra, hogy az egyenlő magasságú háromszögek területei arányosak a háromszögek alapjával. A 3. ábrára hivatkozva a következőket kapjuk:
|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 fordítottja is igaz:
Tétel 1.22. Ha három cevian AX, BY, CZ kielégíti a relációt
|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 ,
akkor versenyképesek .
Ennek bemutatásához tegyük fel, hogy az első két cevian metszi egymást a pontbanL , mint korábban, és a ponton áthaladó harmadik cevianL , leszCZ′ . Ezután az 1.21 Tétel szerint
|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ′||Z′B|=1 .
De feltételezéssel
|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .
Ennélfogva,
|AZ||ZB|= |AZ′||Z′B| ,
pontZ′ egybeesik a ponttal1 egy pontban metszi egymást , és bebizonyítottuk, hogy a szegmensekx , Y Éspontban metszik egymást versenyképes (54. és 48., 317. o.).
Előző cikk: Mekkora a fénysebesség Következő cikk: Harmonikus rezgések Az oszcillációs frekvencia fizikai képlete