Kërpudha të ngrënshme

A.V. Shevkin

FMS nr. 2007

Teoremat e Cheva dhe Menelaus në provimin e unifikuar të shtetit

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

Teorema e Cevës Le të jepet një trekëndësh ABC dhe në anët e saj, AB B.C. Dhe A.C. pikat e shënuara 1 , C 1 A Dhe 1 B

në përputhje me rrethanat (Fig. 1). a) Nëse segmentet 1 , AA BB 1 dhe CC

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

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

1 shtrihet jashtë trekëndëshit (Fig. 2).

Si të kujtojmë barazinë e Cheva-s? Le të jepet një trekëndësh Le t'i kushtojmë vëmendje teknikës së kujtimit të barazisë (1). Kulmet e trekëndëshit në çdo relacion dhe vetë relacionet shkruhen në drejtim të kalimit të kulmeve të trekëndëshit. C, duke u nisur nga pika C. Nga pika Dhe le të shkojmë te pika 1 ose, ne e plotësojmë pikën
1, shkruani thyesën . Më tej nga pika NË 1 ose le të shkojmë te pika 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikat, ne e plotësojmë pikën
1, shkruani thyesën 1 ose NË 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikat le të shkojmë te pika . Më tej nga pika, ne e plotësojmë pikën
. Së fundi, nga pika

. Në rastin e një pike të jashtme, rendi i shkrimit të thyesave ruhet, megjithëse dy "pikat e ndarjes" të segmentit janë jashtë segmenteve të tyre. Në raste të tilla, ata thonë se pika e ndan segmentin nga jashtë. Vini re se çdo segment që lidh një kulm të një trekëndëshi me çdo pikë në një vijë që përmban anën e kundërt të trekëndëshit quhet.

ceviana

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

Vërtetimi i pohimit a) të teoremës së Cevës duke përdorur teoremën e segmentit proporcional CC 1 , DheDhe b) Nëse barazia (1) është e vërtetë, atëherë segmentet pikat e shënuarapikat e shënuara Le tre cevian 1 kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit Le të jepet një trekëndësh.

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

Përmes pikës . Më tej nga pika Le të vizatojmë një vijë të drejtë paralele me cevian SS 1. Drejt AA 1 pret vijën e ndërtuar në pikë M, dhe drejtëza që kalon nëpër pikë pikat e shënuara dhe paralele AA 1, - në pikën T. Përmes pikave 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikat B.C. 1 ose le të vizatojmë vija të drejta paralele me cevianët BB 1. Ata do të kalojnë vijën VM në pika N Dhe R në përputhje me rrethanat (Fig. 3).

P rreth teoremës mbi segmentet proporcionale kemi:

,
Dhe
.

Atëherë barazitë janë të vërteta

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

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

Lema 1. Nëse pikë 1 ose b) Nëse barazia (1) është e vërtetë, atëherë segmentet 1 ose 2 ndaje segmentin dhe në anët e saj brenda (ose jashtë) në të njëjtën relacion, duke numëruar nga e njëjta pikë, atëherë këto pika përkojnë.

Le të vërtetojmë lemën për rastin kur pikat 1 ose b) Nëse barazia (1) është e vërtetë, atëherë segmentet 1 ose 2 ndaje segmentin dhe në anët e saj brenda në të njëjtën lidhje:
.

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

Vërtetimi i lemës për rastin kur pikat 1 ose b) Nëse barazia (1) është e vërtetë, atëherë segmentet 1 ose 2 ndaje segmentin dhe në anët e saj Nga jashtë ajo kryhet në mënyrë të ngjashme.

Vërtetimi i pohimit b) i teoremës së Cevës

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

Lere Chevians AA b) Nëse barazia (1) është e vërtetë, atëherë segmentet BB Le tre cevian 1 kryqëzohen në një pikë, vizatoni një segment përmes kësaj pike 1 dhe 2 (1 ose 2 shtrihet në segment dhe në anët e saj). Pastaj, bazuar në pohimin a) marrim barazinë e saktë

. (2)

DHE Nga krahasimi i barazive (1) dhe (2) konkludojmë se
, pra pikë 1 ose b) Nëse barazia (1) është e vërtetë, atëherë segmentet 1 ose 2 ndaje segmentin dhe në anët e saj në të njëjtën lidhje, duke numëruar nga e njëjta pikë. Nga Lema 1 rrjedh se pikat 1 ose BB 1 ose 2 ndeshje. Kjo do të thotë se segmentet a) Nëse segmentet 1 , AA 1 dhe 1 dhe 1 kryqëzohen në një pikë, gjë që duhej vërtetuar.

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

Detyra 1. Gjeni gjatësinë e segmentit 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikatN në figurën 4, e cila tregon gjatësitë e segmenteve të tjera.

Përgjigju. 8.

Detyra 2. Chevians A.M., BN, CK kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit Le të jepet një trekëndësh. Gjeni një qëndrim
, Nëse
,
. Oriz. 4

Përgjigju.
.

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

Lëreni drejt CC 1 , DheDhe 1 , pikat e shënuarapikat e shënuara Le tre cevian O brenda trekëndëshit ABC(Fig. 5). Përmes majës 1 ose trekëndëshi ABC le të vizatojmë një vijë të drejtë paralele dhe në anët e saj, dhe pikat e tij të kryqëzimit me vijat CC 1 , DheDhe 1 shënojmë në përputhje me rrethanat C 2 , Dhe 2 .

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

kemi barazi

,
. (3)

Nga ngjashmëria e trekëndëshave para Krishtit 1 O A Dhe 2 CO, C1 ose 1 O A C 2 CO kemi barazi
, nga ku rrjedh se

. (4)

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

Pohimi a) i teoremës së Cevës është vërtetuar.

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

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

Detyra 4. Vërtetoni se nëse
, Kjo
Dhe
.

Oriz. 6 a) Nëse segmentet 1 , AA BB 1 dhe Lërini segmentet 1 kryqëzohen në një pikë 1 kryqëzohen në një pikë

,
. (5)

DHE (Fig. 6), pastaj 4 nga barazitë (5) dhe deklarata e dytë e detyrës
rrjedh se
ose
Dhe
. Në mënyrë të ngjashme e marrim atë

. Duke shumëzuar tre barazitë e fundit, marrim:

Pohimi a) i teoremës së Cevës është vërtetuar.

d.m.th., barazia (1) është e vërtetë, gjë që duhej vërtetuar. Detyra 15. Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta 1 , Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta 2 , Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta 3 , Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta 4 , Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta 5 , Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta S

6 (Fig. 7). Provoni atë. Oriz. 7 Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta Detyra 6. Gjeni zonën trekëndëshi

Përgjigju. 15.

CNZ Oriz. 7 Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta Detyra 6. (sipërfaqet e trekëndëshave të tjerë janë paraqitur në figurën 8). Detyra 7. 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikatCNO, nëse sipërfaqja e trekëndëshit
,
NR

Përgjigju. 30.

është e barabartë me 10 dhe Oriz. 7 Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta Detyra 6. (sipërfaqet e trekëndëshave të tjerë janë paraqitur në figurën 8). Detyra 7. 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikatAB(Fig. 9).
NR

Detyra 8. e barabartë me 88 dhe , R
,
vendim. Që nga , ne shënojmë
,
. Sepse
, atëherë shënojmë
. Nga teorema e Cevës del se
, Kjo
, dhe pastaj . Nëse, (Fig. 10). Kemi tre sasi të panjohura ( A Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta x Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta y

), pra për të gjetur
, Kjo
Le të bëjmë tre ekuacione.
, Kjo
Sepse
= 88. Meqenëse
, Kjo
.

, ku
Sepse
. Sepse

Pra,. . Le të jepet një trekëndësh Oriz. 10 Detyra 9 B.C. Në një trekëndësh pikë dhe në anët e saj A Dhepikat e shënuara.
,
. K L B.C. CK i përkasin përkatësisht palëve P AL Le të jepet një trekëndësh.

Përgjigju. 1,75.

. Sipërfaqja e një trekëndëshi PBC

Teorema e Cevës Le të jepet një trekëndësh ABC Dhe A është e barabartë me 1. Gjeni sipërfaqen e trekëndëshit T Dhe b) Nëse barazia (1) është e vërtetë, atëherë segmentet C 1 Teorema e Menelaut dhe në anët e saj CB pikat e shënuara pikat e shënuara

në përputhje me rrethanat, dhe në anën e vazhdimit 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikat 1 , Dhe 1 dhe 1 ose pikë e shënuar

. (6)

1 (Fig. 11). 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikat 1 , Dhe b) Nëse barazia (1) është e vërtetë, atëherë segmentet 1 ose a) Nëse pikat

1 shtrihuni në të njëjtën vijë të drejtë, atëherë

b) Nëse barazia (7) është e vërtetë, atëherë pikët Le të jepet një trekëndësh 1 shtrihuni në të njëjtën vijë të drejtë. Oriz. 11

Si të kujtojmë barazinë e Menelaut? Teknika për të kujtuar barazinë (6) është e njëjtë si për barazinë (1). Kulmet e trekëndëshit në çdo relacion dhe vetë relacionet shkruhen në drejtim të kalimit të kulmeve të trekëndëshit.

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

Vërtetimi i pohimit a) duke përdorur teoremën e segmentit proporcional

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

Lërini pikat 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikat 1 , Dhe 1 dhe 1 ose 1 shtrihuni në të njëjtën vijë të drejtë. Përmes pikës pikat e shënuara le të bëjmë një direktivë l, paralel me vijën 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikat 1 Dhe 1, ajo kryqëzon vijën AB në pikën M(Fig. 12).

Detyra 8.
është. 12

Nga teorema mbi segmentet proporcionale kemi:
Dhe
.

Atëherë barazitë janë të vërteta
.

Vërtetimi i pohimit b) i teoremës së Menelaut

Tani le të jetë e vërtetë barazia (6), le të vërtetojmë se pikat 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikat 1 , Dhe 1 dhe 1 ose 1 shtrihuni në të njëjtën vijë të drejtë. Lëreni drejt AB B.C. 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikat 1 Dhe 1 kryqëzohen në një pikë 1 ose 2 (Fig. 13).

Që nga pikat 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikat 1 Dhe 1 dhe 1 ose 2 shtrihen në të njëjtën vijë të drejtë, atëherë sipas pohimit a) të teoremës së Menelaut

. (7)

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

,
,
.

Barazia e fundit është e vërtetë vetëm nëse
, pra nëse pikat 1 ose b) Nëse barazia (1) është e vërtetë, atëherë segmentet 1 ose 2 ndeshje.

Pohimi b) i teoremës së Menelaut është vërtetuar.

Oriz. 13

Vërtetimi i pohimit a) duke përdorur ngjashmërinë e trekëndëshave

Detyra 8.
0 në këtë vijë të drejtë (Fig. 14).

është. 14 Nga ngjashmëria e tre palë trekëndëshave 0 Dhe 1 A A.A. 0 Dhe 1 , A.A. 0 C 1 A AA 0 C 1 , pikat e shënuara 1 Dhe 0 Dhe A pikat e shënuara 1 C 0 C CC

,
,
,

(në dy kënde) kemi barazitë e sakta

duke i shumëzuar ato, marrim:

Pohimi a) i teoremës së Menelaut është vërtetuar.

Vërtetimi i pohimit a) duke përdorur zonat

Lërini pikat 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikat 1 , Dhe 1 dhe 1 ose Ideja e provës është që të zëvendësohet raporti i gjatësive të segmenteve nga barazia (7) me raportet e sipërfaqeve të trekëndëshave. pikat e shënuara B.C. pikat e shënuara 1 shtrihuni në të njëjtën vijë të drejtë. Le të lidhim pikat Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta 1 , Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta 2 , Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta 3 , Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta 4 , Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta 1. Le të shënojmë sipërfaqet e trekëndëshave

Atëherë barazitë janë të vërteta

,
,
. (8)

5 (Fig. 15).

duke i shumëzuar ato, marrim:

Detyra 8.
Duke shumëzuar barazitë (8), marrim:

është. 15

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

P Vërtetimi i pohimit a) për rastin e pikave të jashtme Le të jepet një trekëndësh sekanti i pret brinjët e trekëndëshit në pikat e jashtme, pra kryqëzon zgjatimet e anëve,AB B.C. Dhe B.C. pikat e shënuara 1 , C b) Nëse barazia (1) është e vërtetë, atëherë segmentet Dhe në pika

1, përkatësisht, dhe këto pika shtrihen në të njëjtën vijë të drejtë (Fig. 16).

Nga teorema mbi segmentet proporcionale kemi:

Dhe .

Pohimi a) i teoremës së Menelaut është vërtetuar.

Oriz. 16

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

Vërtetimi i pohimit b) të teoremës së Menelaut për rastin e pikave të jashtme është i ngjashëm me provën e dhënë më sipër. Z11. detyrë ABC Në një trekëndësh pikë 1 , . Më tej nga pika A 1 shtrihen përkatësisht në anët B.C. C1 ose. K dielli AA 1 A BB 1 .
,
- pika e prerjes se segmenteve
.

. Gjeni një qëndrim Zgjidhje.
,
,
,
Le të shënojmë AB. Më tej nga pika(Fig. 17). Sipas teoremës së Menelaut për një trekëndësh 1 dhe sekant PA

1 shkruajmë barazinë e saktë:

prej nga rrjedh se

Përgjigju. .

Vërtetimi i pohimit b) të teoremës së Menelaut për rastin e pikave të jashtme është i ngjashëm me provën e dhënë më sipër. Z12 . detyrë ABC, Oriz. 17 (MSU, kurse përgatitore me korrespondencë). sipërfaqja e të cilit është 6, anash AB, pikë e marrë
TE duke ndarë këtë anë në lidhje, dhe në anën Në një trekëndësh, AC duke ndarë këtë anë në lidhje- pikë
duke ndarë K lidhur me . Pika A . Më tej nga pikaNë një trekëndësh kryqëzimet e linjës (MSU, kurse përgatitore me korrespondencë). SK larg vijës së drejtë

. Gjeni një qëndrim në një distancë prej 1.5. Gjeni gjatësinë e anës AB. B.C. 1 ose Nga pikat R le të hedhim pingulet PR Dhe (MSU, kurse përgatitore me korrespondencë). CM
,
,
,
drejtpërdrejt . Le të shënojmë(Fig. 18). Sipas teoremës së Menelaut për një trekëndësh A.K.C. dhe sekant
P.L.
,
Le të shkruajmë barazinë e saktë:

Nga ngjashmëria e trekëndëshave AB, prej nga e marrim atë Dhe AB. Oriz. 18
M.C.
.

R.P. dhe në anët e saj trekëndëshi (në dy kënde) e marrim atë, nga ku rrjedh se
.

Përgjigju. 4.

Vërtetimi i pohimit b) të teoremës së Menelaut për rastin e pikave të jashtme është i ngjashëm me provën e dhënë më sipër. Z13. Tani, duke ditur gjatësinë e lartësisë së tërhequr anash 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikat,ABC,ME, , dhe sipërfaqen e këtij trekëndëshi, ne llogarisim gjatësinë e anës:
Tre rrathë me qendra NË, rrezet e të cilit lidhen si, 1 kryqëzohen në një pikë, prekni njëri-tjetrin nga jashtë në pika X B.C. Y siç tregohet në figurën 19. Segmentet O. sëpata Dhe NGA kryqëzohen në një pikë Në çfarë aspekti, duke llogaritur nga pika Y?

. Gjeni një qëndrim, segment
,
,
CZ
ndan një segment 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikatNË, Y Dhe 1 ose1 kryqëzohen në një pikë Le të shënojmë O(Fig. 19). Sepse kryqëzohen në një pikë Në çfarë aspekti, duke llogaritur nga pika Y, pastaj me pohimin b) të teoremës së Cevës segmentet
kryqëzohen në një pikë - një pikë

. Pastaj segmenti lidhur me. Le ta gjejmë këtë marrëdhënie. Oriz. 19 Sipas teoremës së Menelaut për një trekëndësh B.C.Y.
M.C.
.

Përgjigju. .

dhe sekant

OK . Më tej nga pika b) Nëse barazia (1) është e vërtetë, atëherë segmentet 1 ose duke ndarë këtë anë në lidhje B.C. (MSU, kurse përgatitore me korrespondencë). Detyra 6. Le të jepet një trekëndësh kemi: (MSU, kurse përgatitore me korrespondencë). 1:Dhe 1 1 ose =
= duke ndarë këtë anë në lidhje 1:1 ose 1 Dhe Detyra 14 (Provimi i Unifikuar i Shtetit 2016). BB 1 B.C. SS 1 Pikat , dhe

. Direkt kryqëzohen në një pikë RRETH. A ) Vërtetoni se rreshti

dhe në anët e saj 1 SHA prenë në dy pjesë anën Le të jepet një trekëndësh dielli. (MSU, kurse përgatitore me korrespondencë). 1:Dhe 1 1 ose = 1:4.

. Gjeni një qëndrim O.C. 1 në sipërfaqen e trekëndëshit , nëse dihet se AB a) Le të jetë një vijë e drejtë C A.O.

. (9)

kalon anash (MSU, kurse përgatitore me korrespondencë). 1:Dhe 1 1 ose = duke ndarë këtë anë në lidhje 1:1 ose 1 Dhe në pikën
1 (Fig. 20). Nga teorema e Cevës kemi: C.A. 1 = 1 kryqëzohet në një pikë brenda trekëndëshit. Ky është i ashtuquajturi rasti i pikës së brendshme. Teorema e Cevës vlen edhe në rastin e një pike të jashtme, kur një nga pikat 1 Dhe Sepse

, atëherë nga barazia (9) rrjedh se dhe në anët e saj 1 O , pra Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta. ), pra për të gjetur (MSU, kurse përgatitore me korrespondencë). 1:Dhe 1 1 ose C.B. 1 O , që ishte ajo që duhej vërtetuar. Oriz. 20 Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta b) Lëreni sipërfaqen e trekëndëshit e barabartë me është e barabartë me 4 Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta, dhe sipërfaqen e trekëndëshit AOC është e barabartë me 5 Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta. Pastaj zona e trekëndëshit AOC A e barabartë me AOB 1 në sipërfaqen e trekëndëshitështë gjithashtu e barabartë me 5 Dhe B.C. pikat e shënuara, që nga trekëndëshat 1 në sipërfaqen e trekëndëshit kanë një bazë të përbashkët e barabartë me, dhe kulmet e tyre Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta në distancë të barabartë nga vija duke ndarë këtë anë në lidhje 1:1 ose 1 Dhe . Për më tepër, zona e trekëndëshit ABB 1 është e barabartë Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta, sepse (MSU, kurse përgatitore me korrespondencë). 1:Dhe 1 1 ose= 1:4. Pastaj zona e trekëndëshit C.B. 1 O 1 është 6 Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta b) Lëreni sipërfaqen e trekëndëshit Le të jepet një trekëndësh . Sepse Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta= 1:4, pastaj zona e trekëndëshit dhe në anët e saj 1 SHA 1 (2Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta e barabartë me 24 Le të jepet një trekëndësh (30Lërini cevianët të kryqëzohen në një pikë brenda trekëndëshit dhe ndajeni atë në 6 trekëndësha sipërfaqet e të cilëve janë të barabarta e barabartë me 30

Përgjigju. 1:15.

Detyra 15 (Provimi i Unifikuar i Shtetit 2016).

OK . Më tej nga pika b) Nëse barazia (1) është e vërtetë, atëherë segmentet 1 ose 1 shtrihen në anët përkatësisht duke ndarë këtë anë në lidhje B.C. (MSU, kurse përgatitore me korrespondencë). Detyra 6. Le të jepet një trekëndësh kemi: (MSU, kurse përgatitore me korrespondencë). 1:Dhe 1 1 ose =
= duke ndarë këtë anë në lidhje 1:1 ose 1 Dhe Detyra 14 (Provimi i Unifikuar i Shtetit 2016). BB 1 B.C. SS 1 Pikat , dhe

a) Vërtetoni se rreshti RRETH. pret në dy pjesë anën ) Vërtetoni se rreshti

b) Gjeni raportin e sipërfaqes së katërkëndëshit dhe në anët e saj 1 SHA prenë në dy pjesë anën Le të jepet një trekëndësh dielli. (MSU, kurse përgatitore me korrespondencë). 1:Dhe 1 1 ose = 1:3.

Përgjigju. 1:10.

Vërtetimi i pohimit b) të teoremës së Menelaut për rastin e pikave të jashtme është i ngjashëm me provën e dhënë më sipër. detyra 16 (Përdorimi-2016). Në segmentin BD pikë e marrë 1 ose. përgjysmues B.L. Le të jepet një trekëndësh me bazë 1 shtrihen përkatësisht në anët BLD me bazë BD.

a) Vërtetoni se trekëndëshi DCL izosceles.

b) Dihet se cos
Le të jepet një trekëndësh DL, pra trekëndëshi BD pikë e marrë 1 ose. përgjysmues B.L. trekëndëshi dykëndësh Le të jepet një trekëndësh me bazë 1 shtrihen përkatësisht në anëtështë ana anësore e një trekëndëshi dykëndësh BLD me bazë BD.

a) Vërtetoni se trekëndëshi DCL izosceles.

b) Dihet se cos Le të jepet një trekëndësh= . Në çfarë aspekti është vija e drejtë D.L. ndan anën (MSU, kurse përgatitore me korrespondencë).?

Përgjigju. 4:21.

Letërsia

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

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

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

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

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

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

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

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

Zbatimi i ngjashmërisë në vërtetimin e teoremave dhe zgjidhjen e problemeve (Përgjithësimi i teoremës së Talesit. Teoremat e Cheva dhe Menelaus.)

1. Hyrje;

2. Përgjithësimi i teoremës së Talesit;

(a) Formulimi;

(b) Provat;

3. Teorema mbi segmentet proporcionale;

4. Teorema e Cevës;

(a) Formulimi;

(b) Provat;

5. Teorema e Menelaut;

(a) Formulimi;

(b) Provat;

6. Problemet dhe zgjidhjet e tyre;

7. Burimet e informacionit;

Hyrje.

Eseja ime i kushtohet zbatimit të ngjashmërisë në vërtetimin e teoremave dhe zgjidhjes së problemeve, përkatësisht, studimit të thellë të përgjithësimit të teoremës së Talesit, teoremës së Cheva dhe Menelaus, të cilat nuk studiohen në kurrikulën shkollore. Tema e ngjashmërisë, e cila trajtohet në klasën e tetë, i ndahen vetëm 19 orë, që nuk mjaftojnë për ta studiuar më thellë këtë temë. Tema e ngjashmërisë përfshin: përcaktimin e trekëndëshave të ngjashëm, shenjat e ngjashmërisë, raportin e sipërfaqeve të trekëndëshave të ngjashëm, mesin e trekëndëshit, segmentet proporcionale etj.

Më lejoni t'ju kujtoj identifikimi i trekëndëshave të ngjashëm :

Dy trekëndësha quhen të ngjashëm nëse këndet e tyre janë përkatësisht të barabartë dhe brinjët e njërit trekëndësh janë proporcionale me brinjët e ngjashme të tjetrit. Rezulton se për trekëndëshat e ngjashëm jo vetëm raporti i brinjëve të ngjashëm, por edhe raporti i çdo segmenti tjetër të ngjashëm është i barabartë me koeficientin e ngjashmërisë. Për shembull, raporti i përgjysmuesve të ngjashëm AD dhe A 1 D 1, d.m.th. përgjysmuesit e këndeve të barabarta A dhe A 1 në trekëndëshat e ngjashëm ABC dhe A 1 B 1 C 1 është i barabartë me koeficientin e ngjashmërisë k, raporti i medianave të ngjashme AM dhe A 1 M 1 është i barabartë me k dhe në të njëjtën mënyrë raporti i lartësi të ngjashme AH dhe A 1 H 1 është e barabartë me k .

Me ndihmën e këtij materiali, i cili studiohet në kurrikulën shkollore, ne mund të zgjidhim një gamë mjaft të ngushtë problemesh. Kur krijoj esenë time, do të thelloj njohuritë e mia mbi këtë temë, gjë që do të më lejojë të zgjidh një gamë më të gjerë problemesh në segmente proporcionale. Kjo është rëndësia e esesë sime.

Një nga teoremat është një përgjithësim i teoremës së Talesit. Vetë teorema e Talesit mësohet në klasën e tetë. Por teoremat kryesore janë teoremat e Cevës dhe Menelaut.

Përgjithësimi i teoremës së Talesit.

Formulimi:

Vijat paralele që kryqëzojnë dy drejtëza të dhëna ndërpresin segmentet proporcionale në këto drejtëza.

Provoni:

=…= .

Dëshmi:

Le ta vërtetojmë, për shembull, këtë

Le të shqyrtojmë dy raste:

1 rast

Drejtëzat a dhe b janë paralele. Atëherë katërkëndëshat A1A2B2B1 dhe A2A3B3B2 janë paralelogramë. Prandaj A1A2=B1B2 dhe A2A3=B2B3, që do të thotë se

Rasti 2

Drejtëzat a dhe b nuk janë paralele. Nëpër pikën A1 vizatojmë drejtëzën c paralele me drejtëzën b. Ai do të kryqëzojë drejtëzat A2B2 dhe A3B3 në disa pika C2 dhe C3. Trekëndëshat A1A2C2 dhe A1A3C3 janë të ngjashëm në dy kënde (këndi A1 është i përbashkët, këndet A1A2C2 dhe A1A3C3 janë të barabartë si korrespondues kur drejtëzat A2B2 dhe A3B3 janë paralele me sekantin A2A3), prandaj

Nga këtu, nga vetia e përmasave, marrim:

(1)

Nga ana tjetër, sipas asaj që u vërtetua në rastin e parë, kemi A1C2 = B1B2, C2C3 = B2B3. Duke zëvendësuar në proporcion (1) A1C2 me B1B2 dhe C2C3 me B2B3, arrijmë në barazinë

(2)

Q.E.D.

Teorema mbi segmentet proporcionale në një trekëndësh.

Në brinjët AC dhe BC të trekëndëshit ABC, pikat K dhe M janë shënuar ashtu që AK:KS=m:n, BM:MC=p:q. Segmentet AM dhe BK kryqëzohen në pikën O.

Provoni:

Dëshmi:

Nëpër pikën M vizatojmë një vijë të drejtë paralele me VC. Ai kryqëzon anën AC në pikën D, dhe sipas një përgjithësimi të teoremës së Talesit

Le të jetë AK=mx. Pastaj, në përputhje me kushtin e problemit, KS=nx, dhe meqë KD:DC=p:q, atëherë

Le të përdorim përsëri një përgjithësim të teoremës së Talesit:

Në mënyrë të ngjashme, vërtetohet se

Teorema e Cevës.

Teorema mban emrin e matematikanit italian Giovanni Ceva, i cili e vërtetoi atë në 1678.

Formulimi:

Nëse pikat C 1, A 1 dhe B 1 merren në brinjët AB, BC dhe CA të trekëndëshit ABC, përkatësisht, atëherë segmentet AA 1, BB 1 dhe CC 1 priten në një pikë nëse dhe vetëm nëse

(3)

Provoni:

(3)

2. segmentet AA1, BB1 dhe CC1 priten në një pikë

Dëshmi:

1. Le të kryqëzohen segmentet AA1, BB1 dhe CC1 në një pikë O. Le të vërtetojmë se barazia (3) plotësohet. Sipas teoremës mbi segmentet proporcionale në një trekëndësh, kemi:

B.C.

Anët e majta të këtyre barazive janë të barabarta, që do të thotë se anët e djathta janë gjithashtu të barabarta. Duke i barazuar ato, ne marrim

Duke i ndarë të dyja anët nga ana e djathtë, arrijmë në barazinë (3).

2. Le të vërtetojmë pohimin e kundërt. Le të merren pikat C1, A1 dhe B1 në brinjët AB, BC dhe CA në mënyrë që barazia (3) të plotësohet. Le të vërtetojmë se segmentet AA1, BB1 dhe CC1 kryqëzohen në një pikë. Le të shënojmë pikën e kryqëzimit të segmenteve AA1 dhe BB1 me shkronjën O dhe të vizatojmë një vijë të drejtë CO. Ai pret anën AB në një pikë të caktuar, të cilën e shënojmë si C2. Meqenëse segmentet AA1, BB1 dhe CC1 kryqëzohen në një pikë, atëherë nga ajo që u vërtetua në pikën e parë

. (4)

Pra, barazitë (3) dhe (4) vlejnë.

Duke i krahasuar ato, arrijmë te barazia

= , që tregon se pikat C1 dhe C2 ndajnë anën AB në të njëjtin raport. Rrjedhimisht, pikat C1 dhe C2 përkojnë dhe, për rrjedhojë, segmentet AA1, BB1 dhe CC1 kryqëzohen në pikën O. Teorema është e vërtetuar.

Konferencë shkencore dhe praktike komunale

"Leximet e Lomonosovit"

Teorema e Cevës

MBOU “Shkolla e Mesme Nr.17”.

Mbikëqyrësi:

Mësues matematike MBOU Shkolla e mesme nr.17.

I Shënim

Kjo punë mund t'i ndihmojë studentët në institucione të ndryshme arsimore të zgjerojnë të kuptuarit e tyre për vetitë e një trekëndëshi duke përdorur teoremën e Cevës. Puna sistemon problemet mbi përdorimin e teoremës së Cheva për të vërtetuar vetitë e pikave të shquara të një trekëndëshi, për të justifikuar disa transformime të rrafshit, për të zgjidhur problemet e gjetjes së vlerave më të mëdha dhe më të vogla të sasive, si dhe probleme të ndryshme. nivelet e kompleksitetit. Puna mund të përdoret për të zhvilluar klasa në lëndë me zgjedhje, në përgatitje për Olimpiadat, Provimet e Unifikuara të Shtetit dhe provimet pranuese.

II Reagime nga menaxheri

Aktualisht, në shkollën moderne roli i gjeometrisë është disi i nënvlerësuar. Kjo punë mund të ndihmojë në forcimin e prestigjit të lëndës shkollore të gjeometrisë, sepse tregon se si vetëm një teoremë e mrekullueshme ju lejon të zbuloni një shtresë të tërë të vetive më interesante të një trekëndëshi dhe të shijoni bukurinë dhe elegancën e problemeve të zgjidhura me ndihmën e saj. .

Gjatë veprës autorja Vera Pankova tregoi një shkallë të madhe pavarësie. Duke përdorur metodën e analizës dhe krahasimit të burimeve të literaturës në dispozicion, autori u përball me nevojën për të përdorur një metodë tjetër kërkimore - sistemimin e detyrave. Në literaturën e përdorur, detyrat propozohen si një listë pa sistem për tema të caktuara. Sistematizimi tematik i problemeve thjeshtoi ndjeshëm aftësinë për të gjetur metoda për zgjidhjen e problemeve. Në të njëjtën kohë, Vera zgjidhi shumicën e problemeve në mënyrë të pavarur, gjë që kontribuoi në rritjen e nivelit të kulturës logjike dhe zhvillimin e imagjinatës hapësinore të autorit.

Puna mund të përdoret për kurse speciale, në trajnime të specializuara, në përgatitje për Olimpiadat dhe Provimin e Unifikuar të Shtetit.

Mbikëqyrësi

____________/

III Rishikimi

Puna me temën “Teorema e Cevës” i kushtohet eksplorimit të mundësive të përdorimit të teoremës së Cevës, e cila nuk është përfshirë në kurrikulën e gjeometrisë së shkollës së mesme. Tema është e rëndësishme sepse kur zgjidhni një klasë të tërë problemesh, teorema e Ceva ju lejon të merrni lehtësisht dhe elegante zgjidhje, ndërsa qasjet tradicionale çojnë në prova të rënda dhe të lodhshme.

Fokusi është në vërtetimin e vetë teoremës në mënyra dhe forma të ndryshme.

Në pjesën praktike, bëhet një krahasim i metodave tradicionale për të vërtetuar se tri drejtëza kryqëzohen në një pikë dhe vërtetimet duke përdorur teoremën e Cevës.

Përpjekjet kryesore kanë për qëllim zgjidhjen e problemeve duke përdorur teoremën dhe sistemimin e tyre tematik, duke bërë të mundur thjeshtimin e kërkimit të metodave të zgjidhjes. Në të njëjtën kohë, autori në thelb zgjidh një problem: ai tregon avantazhet e përdorimit të teoremës së Cevës për të lehtësuar zgjidhjen e problemeve.

Është e nevojshme të ndalemi në faktin se gjatë studimit të mundësive të zbatimit të teoremës së Cevës, autori arriti të thellojë njohuritë e tij për pikat e shquara të një trekëndëshi dhe të plotësojë katër pikat e shquara të njohura në kursin shkollor me pika dhe pika të reja të rendit i dytë, d.m.th., i marrë si rezultat i transformimeve. Transformimet e konsideruara janë gjithashtu një thellim i kursit shkollor.

Avantazhi i kësaj pune është natyra e saj shkencore, evidenca dhe qëndrueshmëria logjike në paraqitjen e materialit.

" "……………..2007 Shef

____________/

Unë Abstrakt…………………………………………………………………………………..2

II Reagime nga menaxheri………………………………………………………………………………………………………………………………

III Rishikimi………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Tezat IV……………………………………………………………………………..6

IV Hyrje………………………………………………………………………………..8

V Pjesa kryesore:

1) Teori………………………………………………………………………………………………………………………………………

2) Praktikoni………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

a) Teorema e Cevës dhe pikat e shquara të trekëndëshit…………………..14

b) Pikat Gergon dhe Nagel dhe teorema e Cevës ………………………………….17

c) Disa transformime të shquara në lidhje me teoremën e Cevës…………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

d) Zbatimi i teoremës së Cevës në zgjidhjen e problemeve të ndryshme……………….23

e) Problemet e gjetjes së vlerave më të mëdha dhe më të vogla të sasive të lidhura me teoremën e Ceva-s …………………………………………………26

VI Konkluzioni………………………………………………………………..…….31

VII Referencat…………………………………………………………….…32

IV Abstrakte

1) Pjesa e parë e punës është teorike. Këtu janë mënyra të ndryshme për të vërtetuar teoremën e drejtpërdrejtë dhe të kundërt të Cevës: një provë duke përdorur trekëndësha të ngjashëm, dy prova duke përdorur konceptin e zonës dhe teorema e Cevës në formën e sinuseve. Ai gjithashtu ofron një përkufizim të cevianëve, si segmente që lidhin kulmin e një trekëndëshi me një pikë të caktuar në anën e kundërt të trekëndëshit, dhe konceptin e konkurrencës.

2) Pjesa e dytë e punës është praktike. Këtu është një sistematizimi tematik i problemeve duke përdorur teoremën e Cevës. Të gjitha problemet shoqërohen me zgjidhje.

a) Teorema e Cevës dhe pikat e shquara të trekëndëshit. Në këtë kapitull, duke përdorur teoremën e Cevës, vërtetojmë përputhshmërinë e drejtëzave të shquara të një trekëndëshi: ndërmjetësuesit, përgjysmuesit, lartësitë dhe përgjysmuesit pingulë.

b) Pikat Gergon dhe Nagel. Duke përdorur teoremën e Cevës, vërtetohet këtu se drejtëzat që kalojnë nëpër kulmet e një trekëndëshi dhe pikat e tangjences së rrethit të brendashkruar kryqëzohen në një pikë (pika Gergonne), dhe gjithashtu se drejtëzat që kalojnë nëpër kulmet e trekëndëshit dhe pikat e tangencës së rrathët e brendashkruar kryqëzohen në një pikë (pika Nagel).

c) Disa transformime të shquara që lidhen me teoremën e Cevës. Në këtë kapitull, ne vërtetojmë, duke përdorur teoremën e Cevës, ekzistencën e një konjugimi izotomik, të konjuguar në mënyrë izogonale në pikën e kryqëzimit të Cevianëve në lidhje me trekëndëshin e një pike, një imazh izocircular të pikës së kryqëzimit të Cevianëve. Dhe gjithashtu jepen shembuj të pikave të jashtëzakonshme të rendit të 2-të, d.m.th., të marra duke përdorur transformimet e treguara të planit.

d) Zbatimi i teoremës së Cevës në zgjidhjen e problemeve të ndryshme. Këtu janë problemet me zgjidhje të niveleve të ndryshme të kompleksitetit që mund të përdoren për vetëkontroll.

e) Problemet e gjetjes së vlerave më të mëdha dhe më të vogla të sasive që lidhen me teoremën e Cevës. Ky kapitull zgjidh problemet e gjetjes së vlerave më të mëdha dhe më të vogla të sasive duke përdorur metoda elementare, d.m.th., pa përdorur derivatin.

V Hyrje.

Duke pasur një literaturë më të gjerë,

sesa algjebra dhe aritmetika të kombinuara,

dhe të paktën po aq të gjerë

si analiza, gjeometria në një masë më të madhe,

se çdo degë tjetër e matematikës,

është thesari më i pasur

gjërat më interesante, por gjysmë të harruara,

nga kush, brezi i nxituar

nuk ka kohë për të shijuar.

Fraza tërheqëse e Kozma Prutkov "Askush nuk do të përqafojë pafundësinë" mund t'i atribuohet plotësisht gjeometrisë së trekëndëshit. Trekëndëshi, si një depo me dizajne të bukura dhe të mahnitshme gjeometrike, është vërtet i pashtershëm. Diversiteti dhe bollëku i tyre, i cili është i vështirë për t'u sistemuar, nuk mund të mos kënaqet.

Gjeometria e një trekëndëshi zakonisht shoqërohet me pika të jashtëzakonshme. Shumica e pikave të jashtëzakonshme mund të merren si më poshtë.

Le të ketë një rregull me të cilin mund të zgjidhni pikën A1 në anën BC të trekëndëshit ABC (për shembull, zgjidhni mesin e kësaj brinje). Pastaj do të ndërtojmë pika të ngjashme B1, C1 në dy anët e tjera të trekëndëshit (në shembullin tonë, dy pika të mesit të brinjëve). Nëse ky rregull është "i suksesshëm", atëherë linjat AA1, BB1, CC1 do të kryqëzohen në një pikë Z. Shkencëtarët e së kaluarës gjithmonë donin të kishin një metodë që do t'i lejonte ata të përcaktonin nga pozicioni i pikave në anët e një trekëndëshi nëse tri drejtëzat përkatëse priten në një pikë apo jo.

Një kusht universal që "mbylli" këtë problem u gjet në 1678. Inxhinieri italian Giovanni Cheva.

Teorema e jashtëzakonshme e Cevës nuk është përfshirë në kurrikulën e gjeometrisë së shkollës së mesme. Sidoqoftë, kur zgjidhni një klasë të tërë problemesh, kjo teoremë ju lejon të merrni zgjidhje me lehtësi dhe elegante. Teorema e Cevës hap mundësi për njohje me shumë teorema dhe veti të reja të një trekëndëshi që nuk studiohen në kurrikulën shkollore.

Qëllimi i punës: zgjeroni kuptimin e vetive të trekëndëshit duke përdorur teoremën e Cevës.

Hipoteza: nëse teorema e Cevës ndihmon në zgjerimin e klasës së problemeve gjeometrike të zgjidhshme, atëherë ajo është një nga teoremat themelore të gjeometrisë.

Detyrat:

· të eksplorojë mundësitë e përdorimit të teoremës së Cevës për të vërtetuar vetitë e pikave të shquara të një trekëndëshi;

· Mësojnë të zbatojnë teoremën e Cevës për zgjidhjen e problemeve të niveleve të ndryshme të kompleksitetit;

· sistematizojnë në mënyrë tematike problemet e zgjidhura duke përdorur teoremën e Cevës.

Metodat e kërkimit: analiza dhe krahasimi i burimeve të literaturës në dispozicion, sistematizimi i detyrave.

V I Pjesa kryesore

1) Teori

Segmenti që lidh kulmin e trekëndëshit me një pikë në anën e kundërt quhet CEVIANA.

AX, BY, CZ – Chevians ∆ ABC.

Nëse të tre cevianët kryqëzohen në një pikë P, atëherë do të themi se ato janë KONKURUESE.

1) Teorema e Cevës. Nëse tre cevianët AX, BY, CZ të trekëndëshit ABC janë konkurrues, atëherë

Dëshmi. Dihet se sipërfaqet e trekëndëshave me lartësi të barabarta janë në përpjesëtim me bazat e trekëndëshave.

Le të bëjmë një lidhje

Po kështu,

Le të shumëzojmë barazitë që rezultojnë

Teorema e bashkëbisedimit.

Nëse tre Chevians AX, BY, CZ kënaqin lidhjen , atëherë ata janë konkurrues.

Dëshmi.

Supozoni se dy cevianët e parë kryqëzohen në pikën P si më parë, dhe ceviani i tretë që kalon nëpër pikën P do të jetë CZ."

Më pas, nga teorema e drejtpërdrejtë e Cevës,

Por sipas kushtit ,

Prandaj,.

Pika përkon me pikën Z, dhe ne kemi vërtetuar se segmentet AX, BY dhe CZ janë konkurrues.

2) Le të shqyrtojmë një mënyrë për të vërtetuar teoremën e Cevës duke përdorur trekëndësha të ngjashëm.

Le të jetë në anët dhe në anët e saj, AB B.C. Dhe trekëndëshi Le të jepet një trekëndësh pikat merren në përputhje me rrethanat pikat e shënuara 1, C 1 dhe Dhe 1. Drejt Nga ngjashmëria e tre palë trekëndëshave 1, AA 1, A.A. 1 kryqëzohet në një pikë nëse dhe vetëm nëse

(*)

Dëshmi. Le të supozojmë se

drejt Nga ngjashmëria e tre palë trekëndëshave 1, AA 1, A.A. 1 kryqëzohen në një pikë O(Fig. 2). Përmes majës pikat e shënuara trekëndëshi Le të jepet një trekëndësh le të vizatojmë një vijë të drejtë paralele dhe në anët e saj, dhe pikat e tij të kryqëzimit me vijat Nga ngjashmëria e tre palë trekëndëshave 1, AA 1 shënojmë në përputhje me rrethanat C 2, Dhe 2. Nga ngjashmëria e trekëndëshave C.B. 2Dhe 1 dhe ABB 1 kemi barazi

Në mënyrë të ngjashme, ngjashmëritë e trekëndëshave BAA 1 dhe C.A. 2C 1 kemi barazi

Më tej, nga ngjashmëria e trekëndëshave AB 1O B.C. Dhe 2CO, Dhe 1O B.C. C 2CO ne kemi Prandaj, barazia vlen

Duke shumëzuar barazitë (1), (2) dhe (3), marrim barazinë e kërkuar (*).

Le të vërtetojmë të kundërtën. Le për pikë C 1, Dhe 1, pikat e shënuara 1 marrë në brinjët përkatëse të trekëndëshit Le të jepet një trekëndësh barazia (*) plotësohet. Le të shënojmë pikën e kryqëzimit të vijave Nga ngjashmëria e tre palë trekëndëshave 1 dhe AA 1 përmes O dhe pika e prerjes së vijave CO B.C. dhe në anët e saj përmes pikat e shënuara" . Pastaj, në bazë të asaj që është vërtetuar, barazia qëndron

https://pandia.ru/text/79/202/images/image017.gif" width="100" height="52"> nga e cila pikat përkojnë pikat e shënuara" A pikat e shënuara 1 dhe, për rrjedhojë, drejt Nga ngjashmëria e tre palë trekëndëshave 1, AA 1, A.A. 1 kryqëzohet në një pikë.

3) Një mënyrë tjetër për të vërtetuar teoremën e Cevës, duke përdorur konceptin e zonës.

Le të supozojmë se drejtëzat AA1, BB1, CC1 kryqëzohen në pikën O. (Fig. 3) Le të hedhim pingulet AA, BB nga kulmet A dhe B të trekëndëshit ABC në drejtëzën CC1. Trekëndëshat AC1A" dhe BC1B" janë të ngjashëm, prandaj,

66" height="30" bgcolor="white" style="border:.75pt solid white; vertical-align:top;background:white"> Duke shumëzuar një barazi me një tjetër, marrim:

Po kështu

https://pandia.ru/text/79/202/images/image028.gif" width="187" height="56 src=">

Më në fund kemi: https://pandia.ru/text/79/202/images/image030.gif" width="260" height="47">

2) Praktikoni

a) Teorema e Cevës dhe pikat e shquara të trekëndëshit.

Teorema e Cevës bën të mundur vërtetimin shumë të thjeshtë të pohimeve për pikën e kryqëzimit të medianave, përgjysmuesve, lartësive (ose shtrirjeve të tyre) dhe mesin e një trekëndëshi.

Mediat- këto janë ceviane që lidhin kulmet e trekëndëshit me mesin e brinjëve të kundërta.

Detyra nr. 1. Vërtetoni se medianat e një trekëndëshi janë konkurruese.

Dëshmi. Meqenëse AB1 = B1C; CA1 = A1B (Fig. 5);

BC1 = C1A, atëherë

Sipas teoremës së Cevës, rezulton se medianat janë konkurruese.

Lartësitë - këto janë ceviane pingul me anët ose zgjatimet e brinjëve të trekëndëshit.

Pika e përbashkët e tyre quhet ortoqendër.

Përdorimi i kundërt të teoremës së Cevës për të vërtetuar se tre drejtëza kryqëzohen në një pikë e thjeshton shumë provën. Le të krahasojmë vërtetimin e konkurencës së lartësive të një trekëndëshi, të kryer duke përdorur teoremën e Cevës, dhe vërtetimin duke përdorur një metodë tjetër.

Detyra nr. 2. Vërtetoni se lartësitë e një trekëndëshi akut janë konkurruese.

Dëshmi. Le të jenë AA1, BB1 dhe CC1 lartësitë e trekëndëshit. (Fig.6) Drejtkëndëshi ∆AA1C dhe ∆BB1C janë të ngjashëm (pasi kanë një kënd të përbashkët akut C), prandaj

Në mënyrë të ngjashme, nga ngjashmëria e ∆AA1B dhe ∆CC1B rrjedh:

Dhe nga ngjashmëria e ∆ВВ1А dhe ∆СС1А – barazia.

Vërtetim: Le të jetë ABC trekëndëshi i dhënë (Fig. 7). Le të priten drejtëzat që përmbajnë lartësitë AP dhe BQ të trekëndëshit ABC në pikën O. Përmes pikës A vizatojmë një drejtëz paralele me segmentin BC, përmes pikës B një drejtëz paralele me segmentin AC dhe përmes pikës C një drejtëz paralele me segmenti AB. Të gjitha këto vija kryqëzohen në çifte. Le të jetë pika e prerjes së drejtëzave paralele me brinjët AC dhe BC pika M, pika e prerjes së drejtëzave paralele me brinjët AB dhe BC të jetë pika L dhe pikat paralele me brinjët AB dhe AC të jenë pika K. Pikat K, L, M nuk shtrihet në të njëjtën drejtëz, përndryshe, drejtëza ML do të përkonte me drejtëzën MK, që do të thotë se drejtëza BC do të ishte paralele me drejtëzën AC, ose do të përkonte me të, domethënë, pikat A, B dhe C do të shtriheshin në të njëjtën. vijë, e cila bie ndesh me përkufizimin e një trekëndëshi.

* http://geometr. info/geometriia/treug/medvys. html

Bota e Gjeometrisë - Portali Studentor

Pra, pikat K, L, M formojnë një trekëndësh. MA është paralel me BC, dhe MB është paralel me AC nga ndërtimi. Kjo do të thotë se katërkëndëshi MACB është një paralelogram. Prandaj MA = BC, MB = AC. Në mënyrë të ngjashme AL = BC = MA, BK = AC = MB, KC = AB = CL. Kjo do të thotë që AP dhe BQ janë përgjysmues pingul me brinjët e trekëndëshit KLM. Ato kryqëzohen në pikën O, që do të thotë se CO është gjithashtu një pingul mesatar. CO është pingul me KL, KL është paralel me AB, që do të thotë se CO është pingul me AB. Le të jetë R pika e kryqëzimit të AB dhe CQ. Atëherë CR është pingul me AB, domethënë CR është lartësia e trekëndëshit ABC. Pika O i përket të gjitha linjave që përmbajnë lartësitë e trekëndëshit ABC. Kjo do të thotë se vijat që përmbajnë lartësitë e këtij trekëndëshi kryqëzohen në një pikë. Q.E.D.

Natyrisht, teorema e Cevës e bën vërtetimin më të lehtë.

Detyra nr. 3. Vërtetoni se përgjysmorët e një trekëndëshi kryqëzohen në një pikë, d.m.th., ato janë konkurruese.

https://pandia.ru/text/79/202/images/image040.gif" width="272 height=53" height="53">

Duke shumëzuar këto barazi, marrim:

Nga këtu, nga teorema e Cevës, rrjedh se përgjysmorët kryqëzohen në një pikë.

Pika e katërt e shquar e trekëndëshit është pika e kryqëzimit të përgjysmuesve pingul me brinjët e trekëndëshit.

konkurrueshmëria e cevianëve, dhe jo pingul me brinjët e trekëndëshit. Kjo vështirësi mund të jetë

kapërcehet duke marrë parasysh trekëndëshin e mesëm A1B1C1. Meqenëse vijat e mesit janë paralele me brinjët e trekëndëshit origjinal, përgjysmuesit pingulë janë lartësitë e trekëndëshit medial, konkurenca e të cilave tashmë është vërtetuar duke përdorur teoremën e Cevës. Kjo do të thotë se përgjysmuesit pingul me brinjët ∆ ABC janë konkurrues. Teorema është vërtetuar.

b) Pikat Gergon dhe Nagel dhe teorema e Cevës.

Le të përdorim teoremën e Cevës për të vendosur dy pika më të shquara të trekëndëshit.

Problemi nr. 5 Vërtetoni se drejtëzat që kalojnë nëpër kulmet e një trekëndëshi dhe pikat e tangencës së rrethit kryqëzohen në një pikë të quajtur Pika e Gergonit.

Dëshmi.

Lëreni një rreth me qendër O të prekë brinjët ∆ABC në pikat A1, B1, C1 (Fig. 11), pastaj sipas vetive të segmenteve tangjente të tërhequra në rreth nga një pikë.

AB1 = AC1; BC1 = BA1; CA1 = CB1

Fig.11

Mjetet. Linjat AA1, BB1, CC1 janë konkurruese, d.m.th., ato kryqëzohen në një pikë G - pika Gergon.

Një tjetër pikë e shquar e trekëndëshit është Pika Nagel .

Përkufizimi. Rrethi quhet të pashkruara në një trekëndësh nëse prek njërën anë të këtij trekëndëshi dhe zgjatimet e dy brinjëve të tjera të tij.

Problemi nr. 6 Vërtetoni këtë vijat që kalojnë nëpër kulmet e trekëndëshit dhe pikat tangjente të rretheve kryqëzohen në një pikë (pika e Nagelit).

Dëshmi.

Le të jetë AB = c; BC = a; AC = b; nga vetia e barazisë së segmenteve tangjente ВХb = BZb (Fig. 12)

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 - gjysmëperimetri i një trekëndëshi),

ВХb = BZb.= p, në mënyrë të ngjashme, për segmentet tangjente të tërhequra nga dy kulmet e tjera. Gjithashtu СХb = ВХb – ВС = p-a; për të gjitha segmentet tangjente mund të shkruajmë gjithashtu

Problemi nr. 7

https://pandia.ru/text/79/202/images/image050.gif" width="20"> në mënyrë simetrike në lidhje me

mesi i asaj ane, në

ku ajo shtrihet. Tre pikat që rezultojnë i shënojmë si A2, B2, C2. Vërtetoni se atëherë edhe drejtëzat AA2, BB2, CC2 priten në një pikë Zm.

Dëshmi. Sipas teoremës së Cheva, meqenëse AA1, BB1, CC1 kryqëzohen në një pikë, atëherë

por A2 dhe A1, B2 dhe B1, C2 dhe C1 janë simetrike në lidhje me mesin e brinjëve të trekëndëshit, => AC1=BC2; C1B=AC2; BA1=CA2, etj.

prandaj , => AA2, BB2, СС2

kryqëzohen në një pikë.

Kjo pikë quhet izotomikisht i konjuguar pika Z, në lidhje me trekëndëshin ABC.

Problemi nr. 8

Le të rregullojmë trekëndëshin ABC në aeroplan. Le të zgjedhim përsëri një pikë të caktuar të rrafshit Z dhe të vizatojmë drejtëza nëpër të dhe kulmet e trekëndëshit, duke i prerë brinjët e trekëndëshit përkatësisht në pikat A1, B1, C1 (Fig. 14) Vërtetoni se drejtëzat AA2 , BB2, CC2, simetrike me drejtëzat AA1, BB1, CC1 në lidhje me përgjysmuesit e këndeve përkatëse të trekëndëshit priten në një pikë Z1.

Dëshmi. Këtu është e përshtatshme të përdoret teorema e Cevës në formën e sinuseve.

https://pandia.ru/text/79/202/images/image068.gif" width="261" height="45 src=">,=> pasi vijat e drejta AA2, BB2, CC2 janë simetrike me drejtëzën AA1 , BB1, СС1 në lidhje me përgjysmorët e këndeve përkatëse të trekëndëshit, atëherë këndet janë të barabarta =

= ACC 2 , etj.

vijat e drejta AA2, BB2, CC2 gjithashtu kryqëzohen në një pikë.

Kjo pikë quhet izogonalisht i konjuguar pika Z në lidhje me trekëndëshin ABC.

Duke përdorur izotomike Dhe izogonale lidhjet, mund të merrni pikë të reja të mrekullueshme.

Pika e limoinës - një pikë e konjuguar në mënyrë izogonale me pikën e kryqëzimit të ndërmjetësve, d.m.th. e formuar nga kryqëzimi i drejtëzave (simedianëve) simetrike me median në lidhje me përgjysmuesit përkatës të trekëndëshit (Fig. 15).

Hm - antiortoqendër – një pikë e konjuguar në mënyrë izotomike me qendrën, d.m.th., pika e kryqëzimit të vijave që kalojnë nëpër pika simetrike me bazat e lartësive në lidhje me mesin e brinjëve dhe kulmet përkatëse të trekëndëshit (Fig. 16).

Gl- një pikë e lidhur në mënyrë izogonale me pikën Gergonne (Fig. 18)

Në segmentin e prerë nga ana BC, ne shkruajmë një rreth që prek harkun BC në pikën A1 dhe anën BC në pikën A2. Në mënyrë të ngjashme, ne përcaktojmë pikat B2 dhe C2. Vërtetoni se drejtëzat AA2, BB2, CC2 priten në një pikë Zc (Fig. 20)

Le të vërtetojmë se linjat AA2, BB2, CC2 kryqëzohen në një pikë duke përdorur teoremën e Ceva-s në dy formulime njëherësh - në formën e marrëdhënieve të sinuseve dhe në formën e marrëdhënieve të segmenteve, si dhe duke përdorur një lemë.

Lema e Arkimedit. Nëse një rreth është i gdhendur në një segment dhe prek harkun në pikën A1, dhe kordën BC në pikën A2, atëherë drejtëza A1A2 është përgjysmues i këndit BA1C (f. 15).

Dëshmi. Le të ∟ВАА1=α1, ∟САА1=α2..gif" width="140" height="45 src="> Në mënyrë të ngjashme marrim se,

Ku β1=∟ SVV1, β2=∟АВВ1, γ 1=∟ ACC1, γ 2=∟ VSS1. Gjendja e Cheva për linjat e drejta AA2, BB2, CC2 merr kështu formën

Ana e djathtë e kësaj barazie është një shprehje nga kushti Cheva në formën e raporteve të sinusit për drejtëzat AA1, BB1, CC1 që kryqëzohen në pikën Z. Rrjedhimisht,

Se. drejtëzat AA2, BB2, CC2 priten në një pikë Zc, e cila quhet në mënyrë të njëtrajtshme Pikat Z.

d) Zbatimi i teoremës së Cevës në zgjidhjen e problemeve të ndryshme

Problemi nr. 10 Pikat C1 dhe A1 ndajnë brinjët AB dhe BC ∆ ABC në një raport 1:2.

drejtëzat CC1 dhe AA1 priten në pikën O. Gjeni raportin në të cilin

drejtëza VO ndan anën AC.

https://pandia.ru/text/79/202/images/image090.gif" width="121" height="53 src=">

Sipas teoremës së Cevës, nëse linjat janë konkurruese, atëherë

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">

Problemi nr. 11 Në faqet BC, CA dhe AB ∆ ABC, pikat A1, B1 dhe C1 janë marrë në mënyrë që segmentet AA1, BB1 dhe CC1 të kryqëzohen në një pikë. Drejtëzat A1B1 dhe A1C1 presin drejtëzën që kalon nëpër kulmin A paralel me anën BC, përkatësisht në pikat C2 dhe B2. Vërtetoni se AB2 = AC2. [2]

∆АС2С1 ~ ∆ВА1С1,

Mbaj mend që në shkollë vërtetuam se ndërmjetësit e një trekëndëshi kryqëzohen në një pikë. Dhe se përgjysmorët e një trekëndëshi priten në një pikë. Për më tepër, lartësitë dhe përgjysmuesit pingul të një trekëndëshi gjithashtu kanë të njëjtën veti.
Por këto teorema u vërtetuan... si? Po, fakti i çështjes është se secili prej tyre u vërtetua disi në mënyrën e vet, secili prej tyre kishte mënyrën e vet.

Unë dua t'ju tregoj, të dashur lexues, një mënyrë të unifikuar për të vërtetuar këto teorema. Vërtetim duke përdorur teoremën e Cevës.
Ja formulimi i tij:

Le të shtrihen pikat A",B",C" në drejtëzat BC,CA,AB të trekëndëshit. Drejtëzat AA",BB",CC" priten në një pikë nëse dhe vetëm nëse

Përpara se të kaloj te prova, vërej se barazia në formulim nuk është aq e paqartë dhe e vështirë për t'u mbajtur mend sa mund të duket në shikim të parë. Në të vërtetë, për të marrë këtë barazi, ne vetëm duhet të zgjedhim një kulm arbitrar të trekëndëshit, për shembull, B, dhe të fillojmë të ecim rreth trekëndëshit në drejtim të akrepave të orës. Pasi të kemi kaluar rreth trekëndëshit, ne do të kalojmë nëpër secilin nga segmentet saktësisht në sekuencën në të cilën ato ndodhin në barazi.

Dëshmi.

Teorema e drejtpërdrejtë.

Nga njëra anë,
S AOB"/S COB" =AB"/B"C
Nga ana tjetër, i njëjti raport i sipërfaqeve është i barabartë me raportin e lartësive të trekëndëshave AOB" dhe COB" të tërhequr me bazën OB", si dhe me raportin e sipërfaqeve të trekëndëshave AOB dhe COB.

Kështu, AB"/B"C = S AOB/S COB.

Duke shkruar barazi të ngjashme për relacionet CA"/A"B dhe AC"/C"B dhe më pas duke i shumëzuar të gjitha, marrim deklaratën e kërkuar.

Teorema e bashkëbisedimit.

Pra, le të themi se kemi zgjedhur pikat A", B, C" në brinjët e trekëndëshit dhe barazia nga kushti është plotësuar.
Le të priten AA" dhe BB" në pikën O. Le të vizatojmë një drejtëz CO dhe le të presë anën AB në një pikë C"". Atëherë, sipas teoremës së drejtpërdrejtë, do të kemi të njëjtën barazi të madhe, në të cilën në vend të pikës C" do të ketë pikën C bazuar në përmbushjen e këtyre dy barazive - me pikën C"", siç treguam, dhe me pikën C" nga kushtet e teoremës së anasjelltë, arrijmë në përfundimin se pikat C"" dhe C" përputhen.

Ju mund të shkruani Gjendja e Cevës në formë sinusi:
Ky kusht mund të merret lehtësisht duke zbatuar teoremën e sinusit në trekëndëshat ABA" dhe ACA". Për ta marrim A"B/AA"= sinBAA"/sinABA" dhe A"C/AA"=sinA"AC/sinA"CA. Duke pjesëtuar njërën barazi me tjetrën, marrim A"B/A"C=sinBAA" /sinA"AC * (sinBCA/sinABC)

Duke shkruar barazi të ngjashme për segmentet e mbetura dhe duke i shumëzuar ato, marrim kushtin Chevy në formën e sinuseve.

Sipas teoremës së Cevës, pra, prerja e ndërmjetësve të një trekëndëshi në një pikë vërtetohet në një drejtëz.
Sipas teoremës së Cevës në formën e sinuseve, kryqëzimi i përgjysmuesve në një pikë vërtetohet në një drejtëz.
Por prova që lartësitë e një trekëndëshi kryqëzohen në një pikë - kjo, sipas teoremës së Cheva në formën e sinuseve, vërtetohet në dy rreshta. Në rreshtin e parë të provës duhet të shkruajmë identitetin e njohur trigonometrik -
sin(90 - a) = cos a

TEOREMAT E CHEVËS DHE MENELAUSIT

Teorema e Cevës

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Teorema 4. (teorema e kundërt e Cevës) . Nëse për ato të zgjedhura në brinjët e trekëndëshit Le të jepet një trekëndësh ose zgjerimet e tyre të pikave C 1 , IN 1 le të hedhim pingulet pikat e shënuara 1 Gjendja e Cheva është e kënaqur:

pastaj drejt Nga ngjashmëria e tre palë trekëndëshave 1 , AA 1 Dhe A.A. 1 kryqëzohen në një pikë .

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

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

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

. Gjeni një qëndrim Merrni parasysh lidhjen

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

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

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

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

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

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

Në mënyrë të ngjashme marrim

Dhe

Le të shumëzojmë këto tre barazi:

Q.E.D.

Rreth mesatareve:

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

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

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

2. Teorema e Cevës

Një segment që lidh një kulm të një trekëndëshi me një pikë në anën e kundërt quhetVini re se çdo segment që lidh një kulm të një trekëndëshi me çdo pikë në një vijë që përmban anën e kundërt të trekëndëshit quhet . Kështu, nëse në një trekëndëshLe të jepet një trekëndësh NË , rrezet e të cilit lidhen si dhe Z - pikat e shtrira në anëtAB , C.A. , dhe në anët e saj në përputhje me rrethanat, pastaj segmentetX , Y , kryqëzohen në një pikë janë Chevianë. Termi vjen nga matematikani italian Giovanni Ceva, i cili në 1678 publikoi teoremën e mëposhtme shumë të dobishme:

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

|BX||XC|· |CY|| YA|· |AZ||ZB|=1 .

Oriz. 3.

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

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

Po kështu,

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

Tani nëse i shumëzojmë, marrim

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

E kundërta e kësaj teoreme është gjithashtu e vërtetë:

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

|BX||XC|· |CY|| YA|· |AZ||ZB|=1 ,

atëherë ata janë konkurrues .

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

|BX||XC|· |CY|| YA|· |AZ′||Z'B|=1 .

Por me supozim

|BX||XC|· |CY|| YA|· |AZ||ZB|=1 .

Prandaj,

|AZ||ZB|= |AZ′||Z'B| ,

pikaZ' përkon me pikën1 kryqëzohen në një pikë , dhe ne vërtetuam se segmentetX , Y Dhekryqëzohen në një pikë konkurrues (, f. 54 dhe , f. 48, 317).

Artikulli i mëparshëm: Sa është shpejtësia e dritës Artikulli vijues: Lëkundjet harmonike Formula e fizikës së frekuencës së lëkundjeve

Teorema e Cheva-s.

Hyrje.

Përgjithësimi i teoremës së Talesit.

Teorema mbi segmentet proporcionale në një trekëndësh.

Teorema e Cevës.

2. Teorema e Cevës