સેવાના પ્રમેય. ત્રિકોણ અને બિંદુઓ આપેલ છે
બાજુઓ પર અનુક્રમે BC, AC અને AB. સેગમેન્ટ્સ
એક બિંદુ પર છેદે જો અને માત્ર જો

લેમ્મા. જો સંખ્યાઓ એવી છે કે

તે

જ્યાં સુધી છેદ શૂન્ય પર ન જાય ત્યાં સુધી.

લેમ્માનો પુરાવો. તે પ્રાથમિક છે. માર્ગ દ્વારા, જેઓ આ લેમ્માને પ્રથમ વખત જુએ છે તેઓ ઘણી વાર આના જેવી પ્રતિક્રિયા આપે છે: "શું તમે અંશ અને છેદ ઉમેરી રહ્યા છો? શાળામાં અમે આ માટે બે આપીએ છીએ!" જો કે, નિવેદનને નજીકથી જોયા પછી અને ખાતરી કર્યા પછી કે આપણે આ રીતે અપૂર્ણાંકો ઉમેરવાના નથી, દરેક વ્યક્તિ સામાન્ય રીતે શાંત થઈ જાય છે, ખાસ કરીને પુરાવાને સમજ્યા પછી.

ચાલો સૂચિત કરીએ સામાન્ય અર્થઅપૂર્ણાંક અને
પત્ર
પછી

Q.E.D.

આ લેમ્માને સંપૂર્ણ રીતે સ્પષ્ટ કરવા માટે, હું જેને હું કેટલીકવાર મુક્તિ કહું છું તે પણ આપવા માંગુ છું, એટલે કે, તર્ક જે કડક તર્ક હોવાનો ડોળ ન કરે, પરંતુ "ગણિતશાસ્ત્રીના રસોડા" ની નજીક જવા માટે મદદ કરે છે. તેથી, અલગ-અલગ સ્કેલ પર ચોક્કસ વિસ્તારના બે નકશાની કલ્પના કરો, a એ બિંદુ D અને E વચ્ચેનું અંતર છે, b એક નકશા પર E અને F વચ્ચે છે, b અને d એ બીજા નકશા પર સમાન અંતર છે. આ કિસ્સામાં, આ નકશાના ભીંગડાનો ગુણોત્તર છે. તે સ્પષ્ટ છે કે જો આપણે a અને c ઉમેરીએ, તો આપણે પ્રથમ નકશા પર પ્રથમ બિંદુથી બીજાથી ત્રીજા સુધીના માર્ગની લંબાઈ મેળવીએ છીએ, અને b અને d ઉમેરીએ છીએ, તો આપણને બીજા નકશા પર માર્ગની લંબાઈ મળે છે. . તે સ્પષ્ટ છે કે તેમનો ગુણોત્તર ફરીથી નકશાના ભીંગડાના ગુણોત્તર સમાન છે.

પ્રમેયનો પુરાવો.

1. દર્શાવેલ સેગમેન્ટ્સને બિંદુ પર છેદવા દો, પછી ત્રિકોણને 6 ત્રિકોણમાં વિભાજિત કરવામાં આવે છે, જે ડ્રોઇંગમાં દર્શાવેલ છે. પ્રથમ અપૂર્ણાંકનો વિચાર કરો

આ અપૂર્ણાંકના અંશ અને છેદ ત્રિકોણના પાયા હોવાથી અને તેની સામાન્ય ઊંચાઈ હોવાથી, જો અંશ અને છેદને દર્શાવેલ ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળ દ્વારા બદલવામાં આવે તો અપૂર્ણાંક બદલાશે નહીં. અને જોવું કે ત્રિકોણ સમાન પાયા પર ઉભા છે
અને , તમે અંશ અને છેદને તેમના ક્ષેત્ર દ્વારા બદલી શકો છો.

ચાલો હવે લેમ્માનો ઉપયોગ કરીએ: જો આપણે અંશ અને છેદ વચ્ચેના તફાવતને લઈએ તો અપૂર્ણાંક બદલાશે નહીં:

અન્ય બે અપૂર્ણાંકો માટે સમાન તર્ક હાથ ધરવાથી, આપણને મળે છે:

જે સીવાના પ્રમેયને એક દિશામાં સાબિત કરે છે.

2. તેમને એક બિંદુ પર છેદવા દો. ચાલો આપણે આંતરછેદ બિંદુ અને
સેગમેન્ટ (બિંદુ બાજુ પર સ્થિત છે).
સાબિત થયા મુજબ

જો તે કરવામાં આવ્યું હોત

,

તે

જેની સાથે અશક્ય છે

(કહો, જો પોઈન્ટ બાજુ પર હોય
ક્રમમાં ગોઠવાય છે
પછી પ્રથમ અપૂર્ણાંકનો અંશ બીજા અપૂર્ણાંકના અંશ કરતાં મોટો છે અને પ્રથમ અપૂર્ણાંકનો છેદ છેદ કરતાં ઓછુંબીજું, જેનો અર્થ છે કે પ્રથમ અપૂર્ણાંક બીજા કરતા મોટો છે).

આ સાબિતી પૂર્ણ કરે છે.

ટિપ્પણી. તે મેળવવું મુશ્કેલ નથી ત્રિકોણમિતિ સ્વરૂપસેવાના પ્રમેય.
ચાલો આ માટે સાઈન્સના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીએ:

એ જ રીતે આપણને મળે છે

અહીંથી તે બહાર આવ્યું છે નવા શબ્દોસેવાના પ્રમેય.

રેખાખંડો એક બિંદુ પર છેદે છે જો અને માત્ર જો

ઉદાહરણો.

1) મધ્યક એક બિંદુ પર છેદે છે, કારણ કે Ceva ના પ્રમેયના મૂળભૂત રચનામાં ત્રણેય અપૂર્ણાંક 1 ની બરાબર છે.

2) દ્વિભાજકો એક બિંદુ પર છેદે છે. અહીં Ceva ના પ્રમેયનો ત્રિકોણમિતિ સ્વરૂપમાં ઉપયોગ કરવો વધુ અનુકૂળ છે.

3) તીવ્ર ત્રિકોણમાંની ઊંચાઈઓ એક બિંદુ પર છેદે છે. ફરીથી ત્રિકોણમિતિ સ્વરૂપનો ઉપયોગ કરવો વધુ સરળ છે.

પ્રમેય સાબિત કરવા અને સમસ્યાઓ ઉકેલવા માટે સમાનતાનો ઉપયોગ (થેલ્સના પ્રમેયનું સામાન્યકરણ. ચેવા અને મેનેલોસના પ્રમેય.)

1. પરિચય;

2. થેલ્સના પ્રમેયનું સામાન્યીકરણ;

(a) શબ્દરચના;

(b) પુરાવા;

3. વિશે પ્રમેય પ્રમાણસર વિભાગો;

4. સેવાના પ્રમેય;

(a) શબ્દરચના;

(b) પુરાવા;

5. મેનેલોસનું પ્રમેય;

(a) શબ્દરચના;

(b) પુરાવા;

6. સમસ્યાઓ અને તેમના ઉકેલો;

7. માહિતીના સ્ત્રોતો;

પરિચય.

મારો અમૂર્ત પ્રમેયના પુરાવા અને સમસ્યાનું નિરાકરણ માટે સમાનતાના ઉપયોગ માટે સમર્પિત છે, એટલે કે, થેલ્સના પ્રમેયના સામાન્યીકરણનો ઊંડો અભ્યાસ કરવા, સેવા અને મેનેલોસના પ્રમેય, જેનો અભ્યાસ કરવામાં આવ્યો નથી. શાળા અભ્યાસક્રમ. સમાનતાનો વિષય, જે આઠમા ધોરણમાં આવરી લેવામાં આવ્યો છે, તેને ફક્ત 19 કલાક ફાળવવામાં આવ્યા છે, જે આ વિષયનો વધુ ઊંડાણમાં અભ્યાસ કરવા માટે પૂરતો નથી. સમાનતા વિષયોમાં સમાવેશ થાય છે: વ્યાખ્યા સમાન ત્રિકોણ, સમાનતાના ચિહ્નો, સમાન ત્રિકોણના ક્ષેત્રોનો ગુણોત્તર, ત્રિકોણની મધ્યરેખા, પ્રમાણસર વિભાગો, વગેરે.

ચાલો હું તમને યાદ કરાવું સમાન ત્રિકોણની વ્યાખ્યા :

બે ત્રિકોણ સમાન કહેવાય છે જો તેમના ખૂણા અનુક્રમે સમાન હોય અને એક ત્રિકોણની બાજુઓ બીજાની સમાન બાજુઓના પ્રમાણસર હોય. તે તારણ આપે છે કે સમાન ત્રિકોણ માટે માત્ર સમાન બાજુઓનો ગુણોત્તર જ નહીં, પણ અન્ય સમાન ભાગોનો ગુણોત્તર પણ સમાનતા ગુણાંક સમાન છે. ઉદાહરણ તરીકે, સમાન દ્વિભાજક AD અને A 1 D 1 નો ગુણોત્તર, એટલે કે. દ્વિભાજકો સમાન ખૂણાસમાન ત્રિકોણમાં A અને A 1 ABC અને A 1 B 1 C 1 સમાનતા ગુણાંક k બરાબર છે, સમાન મધ્યક AM અને A 1 M 1 નો ગુણોત્તર k બરાબર છે અને તે જ રીતે સમાન ઊંચાઈનો ગુણોત્તર AH અને A 1 H 1 બરાબર k.

આ સામગ્રીની મદદથી, જે શાળાના અભ્યાસક્રમમાં અભ્યાસ કરવામાં આવે છે, અમે સમસ્યાઓની થોડી સાંકડી શ્રેણીને હલ કરી શકીએ છીએ. મારો નિબંધ બનાવતી વખતે, હું આ વિષય પર મારા જ્ઞાનને વધુ ઊંડું કરવા જઈ રહ્યો છું, જે મને વધુ ઉકેલવા દેશે. વિશાળ વર્તુળપ્રમાણસર વિભાગો પર સમસ્યાઓ. આ મારા નિબંધની સુસંગતતા છે.

એક પ્રમેય થેલ્સના પ્રમેયનું સામાન્યીકરણ છે. થેલ્સનું પ્રમેય પોતે આઠમા ધોરણમાં ભણાવવામાં આવે છે. પરંતુ મુખ્ય પ્રમેય Ceva અને Menelaus ના પ્રમેય છે.

થેલ્સના પ્રમેયનું સામાન્યીકરણ.

રચના:

આપેલ બે રેખાઓને છેદતી સમાંતર રેખાઓ આ રેખાઓ પરના પ્રમાણસર ભાગોને કાપી નાખે છે.

સાબિત કરો:

પુરાવો:

ચાલો, ઉદાહરણ તરીકે, તે સાબિત કરીએ

ચાલો બે કિસ્સાઓ ધ્યાનમાં લઈએ:

1 કેસ

રેખાઓ a અને b સમાંતર છે. પછી A1A2B2B1 અને A2A3B3B2 ચતુષ્કોણ સમાંતરગ્રામ છે. તેથી A1A2=B1B2 અને A2A3=B2B3, જેનો અર્થ થાય છે

કેસ 2

રેખાઓ a અને b સમાંતર નથી. બિંદુ A1 દ્વારા આપણે રેખા b ની સમાંતર રેખા c દોરીએ છીએ. તે અમુક બિંદુઓ C2 અને C3 પર સીધી રેખા A2B2 અને A3B3 ને છેદે છે. ત્રિકોણ A1A2C2 અને A1A3C3 બે ખૂણામાં સમાન છે (કોણ A1 સામાન્ય છે, ખૂણા A1A2C2 અને A1A3C3 અનુરૂપ સમાન હોય છે જ્યારે સીધી રેખા A2B2 અને A3B3 સેકન્ટ A2A3 ની સમાંતર હોય છે), તેથી

અહીંથી, પ્રમાણની મિલકત દ્વારા, અમને મળે છે:

બીજી બાજુ, પ્રથમ કિસ્સામાં જે સાબિત થયું હતું તે મુજબ, આપણી પાસે A1C2 = B1B2, C2C3 = B2B3 છે. પ્રમાણમાં (1) A1C2 ને B1B2 સાથે અને C2C3 ને B2B3 સાથે બદલીને, આપણે સમાનતા પર પહોંચીએ છીએ

Q.E.D.

ત્રિકોણમાં પ્રમાણસર વિભાગો પર પ્રમેય.

AC અને BC બાજુઓ પર ત્રિકોણ ABCબિંદુઓ K અને M ચિહ્નિત થયેલ છે જેથી કરીને AK:KS=m:n, BM:MC=p:q. સેગમેન્ટ્સ AM અને BK બિંદુ O પર છેદે છે.

સાબિત કરો:

પુરાવો:

બિંદુ M દ્વારા આપણે VC ની સમાંતર સીધી રેખા દોરીએ છીએ. તે બાજુના AC ને બિંદુ D પર છેદે છે, અને થેલ્સના પ્રમેયના સામાન્યીકરણ મુજબ

AK=mx ચાલો. પછી, સમસ્યાની સ્થિતિ અનુસાર, KS=nx, અને ત્યારથી KD:DC=p:q, પછી

તેવી જ રીતે, તે સાબિત થાય છે

સેવાના પ્રમેય.

પ્રમેયનું નામ ઇટાલિયન ગણિતશાસ્ત્રી જીઓવાન્ની સેવાના નામ પરથી રાખવામાં આવ્યું છે, જેમણે તેને 1678 માં સાબિત કર્યું હતું.

રચના:

જો બિંદુઓ C 1, A 1 અને B 1 અનુક્રમે ત્રિકોણ ABC ની AB, BC અને CA બાજુઓ પર લેવામાં આવે, તો વિભાગો AA 1, BB 1 અને CC 1 એક બિંદુ પર છેદે છે જો અને માત્ર જો

સાબિત કરો:

2. સેગમેન્ટ્સ AA1, BB1 અને CC1 એક બિંદુ પર છેદે છે

પુરાવો:

1. સેગમેન્ટ્સ AA1, BB1 અને CC1 ને એક બિંદુ O પર છેદે છે. ચાલો સાબિત કરીએ કે સમાનતા (3) સંતુષ્ટ છે. ત્રિકોણમાં પ્રમાણસર વિભાગો પરના પ્રમેય મુજબ, આપણી પાસે છે:

આ સમાનતાઓની ડાબી બાજુઓ સમાન છે, જેનો અર્થ છે કે જમણી બાજુઓ પણ સમાન છે. તેમની સમાનતા, અમને મળે છે

બંને ભાગોમાં વિભાજન જમણી બાજુ, અમે સમાનતા પર પહોંચીએ છીએ (3).

2. ચાલો કન્વર્સ સ્ટેટમેન્ટ સાબિત કરીએ. બિંદુ C1, A1 અને B1 ને AB, BC અને CA બાજુઓ પર લેવા દો જેથી સમાનતા (3) સંતુષ્ટ થાય. ચાલો સાબિત કરીએ કે સેગમેન્ટ્સ AA1, BB1 અને CC1 એક બિંદુ પર છેદે છે. ચાલો AA1 અને BB1 ખંડોના આંતરછેદ બિંદુને O અક્ષર વડે દર્શાવીએ અને CO સીધી રેખા દોરીએ. તે બાજુ AB ને ચોક્કસ બિંદુએ છેદે છે, જેને આપણે C2 તરીકે દર્શાવીએ છીએ. સેગમેન્ટ્સ AA1, BB1 અને CC1 એક બિંદુ પર છેદે છે, તો પછી પ્રથમ બિંદુમાં જે સાબિત થયું હતું તેના દ્વારા

તેથી, સમાનતા (3) અને (4) ધરાવે છે.

તેમની સરખામણી કરીને, અમે સમાનતા પર પહોંચીએ છીએ

મ્યુનિસિપલ વૈજ્ઞાનિક અને વ્યવહારુ પરિષદ

"લોમોનોસોવ રીડિંગ્સ"

સેવાના પ્રમેય

MBOU "માધ્યમિક શાળા નં. 17".

સુપરવાઈઝર:

ગણિત શિક્ષક MBOU માધ્યમિક શાળા નંબર 17.

આઈ ટીકા

આ કામવિવિધ વિદ્યાર્થીઓને મદદ કરી શકે છે શૈક્ષણિક સંસ્થાઓસેવાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને ત્રિકોણના ગુણધર્મો વિશેની તમારી સમજને વિસ્તૃત કરો. કાર્ય ત્રિકોણના નોંધપાત્ર બિંદુઓના ગુણધર્મોને સાબિત કરવા માટે, પ્લેનના કેટલાક પરિવર્તનોને પ્રમાણિત કરવા, સૌથી મોટા અને સૌથી મોટા શોધવાની સમસ્યાઓનું નિરાકરણ કરવા માટે સેવાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરવાની સમસ્યાઓને વ્યવસ્થિત કરે છે. સૌથી નીચા મૂલ્યોજથ્થો, તેમજ કાર્યો વિવિધ સ્તરોજટિલતા કાર્યનો ઉપયોગ વર્ગો ચલાવવા માટે થઈ શકે છે વૈકલ્પિક અભ્યાસક્રમો, ઓલિમ્પિયાડ્સ, યુનિફાઇડ સ્ટેટ પરીક્ષાઓ અને પ્રવેશ પરીક્ષાઓની તૈયારીમાં.

II મેનેજર તરફથી પ્રતિસાદ

હાલમાં માં આધુનિક શાળાભૂમિતિની ભૂમિકા કંઈક અંશે ઓછી આંકવામાં આવી છે. આ કાર્ય પ્રતિષ્ઠાને મજબૂત કરવામાં મદદ કરી શકે છે શાળા વિષયભૂમિતિ, કારણ કે તે બતાવે છે કે કેવી રીતે માત્ર એક અદ્ભુત પ્રમેયતમને સંપૂર્ણ સ્તર ખોલવાની મંજૂરી આપે છે સૌથી રસપ્રદ ગુણધર્મોત્રિકોણ, તેની સહાયથી હલ થયેલી સમસ્યાઓની સુંદરતા અને કૃપાનો આનંદ માણો.

કાર્ય દરમિયાન, લેખક, વેરા પંકોવાએ દર્શાવ્યું વધુ ડિગ્રીસ્વતંત્રતા વર્તમાન સાહિત્યના સ્ત્રોતોનું વિશ્લેષણ અને સરખામણી કરવાની પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરીને, લેખકને અન્ય સંશોધન પદ્ધતિ - કાર્યોનું વ્યવસ્થિતકરણનો ઉપયોગ કરવાની જરૂરિયાતનો સામનો કરવો પડ્યો. વપરાયેલ સાહિત્યમાં, કાર્યોને અમુક વિષયો પર સિસ્ટમ વિના સૂચિ તરીકે સૂચિત કરવામાં આવે છે. સમસ્યાઓના વિષયોનું વ્યવસ્થિતકરણ સમસ્યાઓના નિરાકરણ માટેની પદ્ધતિઓ શોધવાની ક્ષમતાને નોંધપાત્ર રીતે સરળ બનાવે છે. તે જ સમયે સૌથી વધુસમસ્યાઓ વેરા દ્વારા સ્વતંત્ર રીતે હલ કરવામાં આવી હતી, જેણે તાર્કિક સંસ્કૃતિના સ્તરમાં વધારો અને લેખકની અવકાશી કલ્પનાના વિકાસમાં ફાળો આપ્યો હતો.

કામ ખાસ અભ્યાસક્રમો માટે વાપરી શકાય છે, માં વિશિષ્ટ તાલીમ, ઓલિમ્પિયાડ્સ અને યુનિફાઇડ સ્ટેટ પરીક્ષાની તૈયારીમાં.

સુપરવાઈઝર

____________/

III સમીક્ષા

"સેવાના પ્રમેય" વિષય પરનું કાર્ય સેવાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરવાની શક્યતાઓ શોધવા માટે સમર્પિત છે, જે ઉચ્ચ શાળા ભૂમિતિ અભ્યાસક્રમમાં શામેલ નથી. આ વિષય સુસંગત છે કારણ કે સમગ્ર વર્ગની સમસ્યાઓનું નિરાકરણ કરતી વખતે, Ceva નું પ્રમેય તમને સરળતાથી અને સુંદર રીતે ઉકેલો મેળવવા માટે પરવાનગી આપે છે, જ્યારે પરંપરાગત અભિગમો બોજારૂપ અને કંટાળાજનક પુરાવાઓ તરફ દોરી જાય છે.

ધ્યાન પ્રમેયના પુરાવા પર છે અલગ અલગ રીતેઅને વિવિધ સ્વરૂપોમાં.

વ્યવહારુ ભાગમાં, ત્રણ રેખાઓ એક બિંદુ પર છેદે છે તે સાબિત કરવાની પરંપરાગત પદ્ધતિઓ અને Ceva ના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને સાબિતી સાથે સરખામણી કરવામાં આવે છે.

મુખ્ય પ્રયાસોનો હેતુ પ્રમેય અને તેમના વિષયોનું વ્યવસ્થિતકરણનો ઉપયોગ કરીને સમસ્યાઓનું નિરાકરણ કરવાનો છે, જે ઉકેલની પદ્ધતિઓની શોધને સરળ બનાવવાનું શક્ય બનાવે છે. તે જ સમયે, લેખક અનિવાર્યપણે એક સમસ્યાનું નિરાકરણ કરે છે: તે સમસ્યાનું નિરાકરણ સરળ બનાવવા માટે સેવાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરવાના ફાયદા દર્શાવે છે.

તે હકીકત પર ધ્યાન આપવું જરૂરી છે કે જ્યારે સેવાના પ્રમેયને લાગુ કરવાની શક્યતાઓનો અભ્યાસ કરી રહ્યા હતા, ત્યારે લેખક ત્રિકોણના નોંધપાત્ર મુદ્દાઓ વિશેના જ્ઞાનને વધુ ઊંડું કરવામાં વ્યવસ્થાપિત થયા અને તેમાં જાણીતા મુદ્દાઓને પૂરક બનાવ્યા. શાળા અભ્યાસક્રમચાર અદ્ભુત બિંદુઓ, બીજા ક્રમના નવા પોઈન્ટ અને પોઈન્ટ, એટલે કે રૂપાંતરણના પરિણામે પ્રાપ્ત. જે પરિવર્તનો ધ્યાનમાં લેવામાં આવે છે તે પણ શાળાના અભ્યાસક્રમનું ગહન છે.

આ કાર્યનો ફાયદો એ તેની વૈજ્ઞાનિક પ્રકૃતિ, પુરાવા અને સામગ્રીની રજૂઆતમાં તાર્કિક સુસંગતતા છે.

"" ……………..2007 હેડ

____________/

I એબ્સ્ટ્રેક્ટ………………………………………………………………………………..2

II મેનેજર તરફથી પ્રતિસાદ……………………………………………… 3

III સમીક્ષા………………………………………………………………………………………4

IV થીસીસ…………………………………………………………………………………………..6

IV પરિચય………………………………………………………………………….….8

V મુખ્ય ભાગ:

1) સિદ્ધાંત ………………………………………………………………………………………10

2) પ્રેક્ટિસ ……………………………………………………………………………… 14

a) સેવાના પ્રમેય અને ત્રિકોણના નોંધપાત્ર બિંદુઓ. ………………..14

b) ગેર્ગોન અને નાગેલ પોઈન્ટ્સ અને સેવાના પ્રમેય ………………………….17

c) સેવાના પ્રમેય સાથે સંબંધિત કેટલાક નોંધપાત્ર પરિવર્તનો……………………………………………………………….19

d) ઉકેલ માટે Ceva ના પ્રમેયનો ઉપયોગ વિવિધ કાર્યો …………….23

e) સેવાના પ્રમેય સાથે સંકળાયેલા જથ્થાના સૌથી મોટા અને નાના મૂલ્યો શોધવાની સમસ્યાઓ ………………………………………………26

VI નિષ્કર્ષ……………………………………………………………………….31

VII સંદર્ભો……………………………………………………….…32

IV એબ્સ્ટ્રેક્ટ્સ

1) કાર્યનો પ્રથમ ભાગ સૈદ્ધાંતિક છે. અત્રે પ્રસ્તુત છે વિવિધ રીતેસીવાના પ્રત્યક્ષ અને કન્વર્સ પ્રમેયના પુરાવા: સમાન ત્રિકોણનો ઉપયોગ કરીને સાબિતી, વિસ્તારની વિભાવનાનો ઉપયોગ કરીને બે પુરાવા અને સાઈન્સના સ્વરૂપમાં સેવાના પ્રમેય. તે ત્રિકોણના શિરોબિંદુને ત્રિકોણની વિરુદ્ધ બાજુના ચોક્કસ બિંદુ સાથે જોડતા ભાગો અને સ્પર્ધાત્મકતાની વિભાવના તરીકે પણ સેવિયન્સની વ્યાખ્યા આપે છે.

2) કાર્યનો બીજો ભાગ વ્યવહારુ છે. અહીં સીવાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને સમસ્યાઓનું વિષયોનું વ્યવસ્થિતકરણ છે. બધી સમસ્યાઓ ઉકેલો સાથે છે.

a) સેવાના પ્રમેય અને ત્રિકોણના નોંધપાત્ર બિંદુઓ. ની સ્પર્ધાત્મકતા સાબિત કરવા માટે આ પ્રકરણ Ceva ના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરે છે અદ્ભુત રેખાઓત્રિકોણ: મધ્યક, દ્વિભાજકો, ઊંચાઈ અને લંબ દ્વિભાજકો.

b) ગેર્ગોન અને નાગેલ પોઈન્ટ. સેવાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને, તે અહીં સાબિત થાય છે કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓમાંથી પસાર થતી રેખાઓ અને અંકિત વર્તુળના સ્પર્શક બિંદુઓ એક બિંદુ (ગેર્ગોન બિંદુ) પર છેદે છે, અને તે પણ તે રેખાઓ જે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ અને સ્પર્શેન્દ્રિય બિંદુઓમાંથી પસાર થાય છે. અંકિત વર્તુળો એક બિંદુ (નાગેલ બિંદુ) પર છેદે છે.

c) સેવાના પ્રમેય સાથે સંબંધિત કેટલાક નોંધપાત્ર પરિવર્તનો. આ પ્રકરણમાં, અમે સીવાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને, એક બિંદુના ત્રિકોણના સંદર્ભમાં, સેવિયન્સના આંતરછેદના બિંદુની એક આઇસોટોમિકલી કન્જુગેટ, આઇસોગોનલી સંયોજકનું અસ્તિત્વ, સિવિયન્સના આંતરછેદ બિંદુની એક આઇસોસીક્યુલર છબી સાબિત કરીએ છીએ. અને 2જી ક્રમના નોંધપાત્ર બિંદુઓના ઉદાહરણો પણ આપવામાં આવ્યા છે, એટલે કે, સૂચવેલ પ્લેન ટ્રાન્સફોર્મેશનનો ઉપયોગ કરીને મેળવેલ છે.

ડી) વિવિધ સમસ્યાઓ ઉકેલવા માટે સેવાના પ્રમેયનો ઉપયોગ. અહીં જટિલતાના વિવિધ સ્તરોના ઉકેલો સાથેની સમસ્યાઓ છે જેનો ઉપયોગ સ્વ-નિયંત્રણ માટે થઈ શકે છે.

e) સેવાના પ્રમેય સાથે સંકળાયેલ જથ્થાના સૌથી મોટા અને નાના મૂલ્યો શોધવાની સમસ્યાઓ. આ પ્રકરણ જથ્થાના સૌથી મોટા અને નાના મૂલ્યો શોધવાની સમસ્યાઓનું નિરાકરણ કરે છે પ્રાથમિક પદ્ધતિઓ, એટલે કે વ્યુત્પન્નનો ઉપયોગ કર્યા વિના.

વી પરિચય.

વધુ વ્યાપક સાહિત્ય ધરાવતાં,

બીજગણિત અને અંકગણિત સંયુક્ત કરતાં,

અને ઓછામાં ઓછું વ્યાપક

જેમ કે વિશ્લેષણ, ભૂમિતિ વધુ હદ સુધી,

ગણિતની અન્ય શાખા કરતાં,

સૌથી ધનિક તિજોરી છે

સૌથી રસપ્રદ, પરંતુ અડધી ભૂલી ગયેલી વસ્તુઓ,

જેમના દ્વારા, ઉતાવળ કરતી પેઢી

આનંદ કરવાનો સમય નથી.

કોઝમા પ્રુત્કોવના કેચફ્રેઝ "કોઈ પણ વિશાળતાને સ્વીકારશે નહીં" ત્રિકોણની ભૂમિતિને સંપૂર્ણ રીતે આભારી હોઈ શકે છે. ત્રિકોણ સુંદર અને અદ્ભુતના ભંડાર જેવું છે ભૌમિતિક ડિઝાઇન, ખરેખર અખૂટ. તેમની વિવિધતા અને વિપુલતા, જેને વ્યવસ્થિત બનાવવી મુશ્કેલ છે, તે આનંદ સિવાય કરી શકતી નથી.

ત્રિકોણની ભૂમિતિ સામાન્ય રીતે નોંધપાત્ર બિંદુઓ સાથે સંકળાયેલી હોય છે. મોટાભાગના નોંધપાત્ર મુદ્દાઓ નીચે મુજબ મેળવી શકાય છે.

કેટલાક નિયમ હોવા દો જેના દ્વારા તમે ત્રિકોણ ABC ની બાજુ BC પર બિંદુ A1 પસંદ કરી શકો છો (ઉદાહરણ તરીકે, આ બાજુની મધ્યમાં પસંદ કરો). પછી આપણે ત્રિકોણની બીજી બે બાજુઓ પર સમાન બિંદુઓ B1, C1 બાંધીશું (અમારા ઉદાહરણમાં, બાજુઓના વધુ બે મધ્યબિંદુઓ). જો આ નિયમ "સફળ" છે, તો પછી રેખાઓ AA1, BB1, CC1 અમુક બિંદુ Z પર છેદે છે. ભૂતકાળના વૈજ્ઞાનિકો હંમેશા એવી પદ્ધતિ ઇચ્છતા હતા જે તેમને ત્રિકોણની બાજુઓ પરના બિંદુઓની સ્થિતિ દ્વારા નિર્ધારિત કરવા દે. અનુરૂપ ત્રણ રેખાઓ એક બિંદુ પર છેદે છે કે નહીં.

એક સાર્વત્રિક સ્થિતિ જે આ સમસ્યાને "બંધ" કરે છે તે 1678 માં મળી આવી હતી. ઇટાલિયન એન્જિનિયર જીઓવાન્ની ચેવા.

Ceva ના નોંધપાત્ર પ્રમેય માટે ભૂમિતિ અભ્યાસક્રમમાં સમાવેલ નથી ઉચ્ચ શાળા. જો કે, સમગ્ર વર્ગની સમસ્યાઓ હલ કરતી વખતે, આ પ્રમેય તમને સરળતાથી અને સુંદર રીતે ઉકેલો મેળવવાની મંજૂરી આપે છે. સેવાના પ્રમેય ઘણા નવા પ્રમેય અને ત્રિકોણના ગુણધર્મો સાથે પરિચિત થવાની તકો ખોલે છે જેનો શાળા અભ્યાસક્રમમાં અભ્યાસ કરવામાં આવ્યો નથી.

કાર્યનો હેતુ: સેવાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને ત્રિકોણના ગુણધર્મોની સમજને વિસ્તૃત કરો.

પૂર્વધારણા: જો સેવાના પ્રમેય ઉકેલી શકાય તેવા વર્ગને વિસ્તૃત કરવામાં મદદ કરે છે ભૌમિતિક સમસ્યાઓ, તો તે ભૂમિતિના મૂળભૂત પ્રમેયમાંનું એક છે.

કાર્યો:

ત્રિકોણના નોંધપાત્ર બિંદુઓના ગુણધર્મોને સાબિત કરવા માટે સેવાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરવાની શક્યતાઓનું અન્વેષણ કરો;

· જટિલતાના વિવિધ સ્તરોની સમસ્યાઓ ઉકેલવા માટે Ceva ના પ્રમેયને લાગુ કરવાનું શીખો;

· સેવાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને ઉકેલવામાં આવેલી સમસ્યાઓને થીમેટિકલી વ્યવસ્થિત બનાવો.

સંશોધન પદ્ધતિઓ: ઉપલબ્ધ સાહિત્ય સ્ત્રોતોનું વિશ્લેષણ અને સરખામણી, કાર્યોનું વ્યવસ્થિતકરણ.

વી આઈ મુખ્ય ભાગ

1) સિદ્ધાંત

ત્રિકોણના શિરોબિંદુને વિરુદ્ધ બાજુના અમુક બિંદુ સાથે જોડતો ભાગ CEVIANA કહેવાય છે.

AX, BY, CZ – ચેવિયન્સ ∆ ABC.

જો ત્રણેય સેવિઅન્સ એક બિંદુ P પર છેદે છે, તો અમે કહીશું કે તેઓ સ્પર્ધાત્મક છે.

1) સેવાના પ્રમેય. જો ત્રિકોણ ABC ના ત્રણ cevians AX, BY, CZ સ્પર્ધાત્મક હોય, તો

પુરાવો.તે જાણીતું છે કે ત્રિકોણના વિસ્તારો સાથે સમાન ઊંચાઈત્રિકોણના પાયાના પ્રમાણસર.

ચાલો સંબંધ બાંધીએ

.

તેવી જ રીતે,

.

ચાલો પરિણામી સમાનતાઓને ગુણાકાર કરીએ

.

કન્વર્ઝ પ્રમેય.

જો ત્રણ Chevians AX, BY, CZ સંબંધને સંતોષે છે , પછી તેઓ સ્પર્ધાત્મક છે.

પુરાવો.

ધારો કે પહેલા બે સેવિઅન પહેલાની જેમ બિંદુ P પર છેદે છે, અને બિંદુ Pમાંથી પસાર થતો ત્રીજો સિવિયન CZ હશે."

પછી, સેવાના સીધા પ્રમેય દ્વારા,

.

પણ શરત મુજબ ,

આથી, .

બિંદુ બિંદુ Z સાથે એકરુપ છે, અને અમે સાબિત કર્યું છે કે AX, BY અને CZ સેગમેન્ટ્સ સ્પર્ધાત્મક છે.

2) ચાલો સમાન ત્રિકોણનો ઉપયોગ કરીને Ceva ના પ્રમેયને સાબિત કરવાની રીત પર વિચાર કરીએ.

બાજુઓ પર દો એબી, બી.સી.અને A.C.ત્રિકોણ ABCપોઈન્ટ તે મુજબ લેવામાં આવે છે સી 1, એ 1 અને બી 1. સીધું A.A. 1, બીબી 1, સીસી 1 એક બિંદુ પર છેદે છે જો અને માત્ર જો

(*)

સીધા A.A. 1, બીબી 1, સીસી 1 એક બિંદુ પર છેદે છે ઓ(ફિગ. 2). ટોચ દ્વારા સીત્રિકોણ ABCચાલો એક સીધી રેખા સમાંતર દોરીએ એબી, અને રેખાઓ સાથે તેના આંતરછેદના બિંદુઓ A.A. 1, બીબી 1 અમે તે મુજબ સૂચિત કરીએ છીએ એ 2, બી 2. ત્રિકોણની સમાનતામાંથી સી.બી. 2બી 1 અને એબીબી 1 આપણી પાસે સમાનતા છે

એ જ રીતે, ત્રિકોણની સમાનતા બીએએ 1 અને સી.એ. 2એ 1 આપણી પાસે સમાનતા છે

આગળ, ત્રિકોણની સમાનતામાંથી બી.સી. 1ઓઅને બી 2CO, A.C. 1ઓઅને એ 2COઅમારી પાસે છે તેથી, સમાનતા ધરાવે છે

સમાનતા (1), (2) અને (3) નો ગુણાકાર કરીને, આપણે જરૂરી સમાનતા (*) મેળવીએ છીએ.

ચાલો વિરુદ્ધ સાબિત કરીએ. પોઈન્ટ માટે દો એ 1, બી 1, સી 1 ત્રિકોણની અનુરૂપ બાજુઓ પર લેવામાં આવે છે ABCસમાનતા (*) સંતુષ્ટ છે. ચાલો રેખાઓના આંતરછેદના બિંદુને સૂચવીએ A.A. 1 અને બીબી 1 દ્વારા ઓઅને રેખાઓના આંતરછેદનું બિંદુ COઅને એબીદ્વારા સી" . પછી, જે સાબિત થયું છે તેના આધારે, સમાનતા ધરાવે છે

https://pandia.ru/text/79/202/images/image017.gif" width="100" height="52"> જેમાંથી પોઈન્ટ એકરૂપ થાય છે સી" અને સી 1 અને તેથી સીધા A.A. 1, બીબી 1, સીસી 1 એક બિંદુ પર છેદે છે.

3) વિસ્તારની વિભાવનાનો ઉપયોગ કરીને સેવાના પ્રમેયને સાબિત કરવાની બીજી રીત.

ચાલો ધારીએ કે રેખાઓ AA1, BB1, CC1 બિંદુ O પર છેદે છે. (ફિગ. 3) ચાલો ત્રિકોણ ABC ના શિરોબિંદુ A અને B થી સીધી રેખા CC1 પર લંબરૂપ AA, BB છોડીએ. ત્રિકોણ AC1A" અને BC1B" સમાન છે, તેથી,

66" height="30" bgcolor="white" style="border:.75pt ઘન સફેદ; vertical-align:top;background:white"> એક સમાનતાને બીજા વડે ગુણાકાર કરવાથી આપણને મળે છે:

તેવી જ રીતે

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

છેવટે અમારી પાસે છે: https://pandia.ru/text/79/202/images/image030.gif" width="260" height="47">

2) પ્રેક્ટિસ

a) સેવાના પ્રમેય અને ત્રિકોણના નોંધપાત્ર બિંદુઓ.

સેવાના પ્રમેય મધ્યક, દ્વિભાજકો, ઊંચાઈઓ (અથવા તેમના વિસ્તરણ) અને ત્રિકોણની મધ્ય રેખાઓના આંતરછેદ બિંદુ વિશેના નિવેદનોને ખૂબ જ સરળ રીતે સાબિત કરવાનું શક્ય બનાવે છે.

મધ્યક- આ સેવિઅન્સ છે જે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓને મધ્યબિંદુઓ સાથે જોડે છે વિરુદ્ધ બાજુઓ.

કાર્ય નંબર 1. સાબિત કરો કે ત્રિકોણના મધ્યક સ્પર્ધાત્મક છે.

પુરાવો.ત્યારથી AB1 = B1C; CA1 = A1B (ફિગ. 5);

BC1 = C1A, પછી

.

સેવાના પ્રમેય મુજબ, તે અનુસરે છે કે મધ્યક સ્પર્ધાત્મક છે.

ઊંચાઈ - આ ચેવિયન્સ છે, બાજુઓ પર લંબરૂપઅથવા ત્રિકોણની બાજુઓની સાતત્ય.

તેમના સામાન્ય બિંદુકહેવાય છે ઓર્થોસેન્ટર

સિવાના પ્રમેયની વાતચીતનો ઉપયોગ કરીને સાબિત કરવું કે ત્રણ રેખાઓ એક બિંદુ પર છેદે છે તે સાબિતીને મોટા પ્રમાણમાં સરળ બનાવે છે. ચાલો સેવાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને હાથ ધરવામાં આવેલા ત્રિકોણની ઊંચાઈની સંમતિના પુરાવા અને બીજી પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરીને પુરાવાની તુલના કરીએ.

કાર્ય નંબર 2. સાબિત કરો કે ઊંચાઈ તીવ્ર ત્રિકોણ, સ્પર્ધાત્મક.

પુરાવો. AA1, BB1 અને CC1 એ ત્રિકોણની ઉંચાઈ છે. (ફિગ.6) લંબચોરસ ∆AA1C અને ∆BB1C સમાન છે (કારણ કે તેમની પાસે સમાન છે તીવ્ર કોણસી), તેથી

એ જ રીતે, ∆AA1B અને ∆CC1B ની સમાનતા પરથી તે નીચે મુજબ છે:

અને ∆ВВ1А અને ∆СС1А ની સમાનતાથી - સમાનતા.

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

ભૂમિતિની દુનિયા - વિદ્યાર્થી પોર્ટલ

તેથી, બિંદુઓ K, L, M ત્રિકોણ બનાવે છે. MA એ BC ની સમાંતર છે, અને MB બાંધકામ દ્વારા AC ની સમાંતર છે. આનો અર્થ એ છે કે ચતુષ્કોણ MACB એ સમાંતરગ્રામ છે. તેથી MA = BC, MB = AC. એ જ રીતે AL = BC = MA, BK = AC = MB, KC = AB = CL. તેથી AP અને BQ - લંબ દ્વિભાજકોત્રિકોણ KLM ની બાજુઓ પર. તેઓ બિંદુ O પર છેદે છે, જેનો અર્થ CO એ મધ્ય લંબ છે. CO એ KL ની લંબ છે, KL AB ની સમાંતર છે, જેનો અર્થ છે CO એ AB ની લંબ છે. ચાલો R એ AB અને CQ ના આંતરછેદ બિંદુ છે. પછી CR એ AB ની લંબ છે, એટલે કે, CR એ ABC ત્રિકોણની ઊંચાઈ છે. બિંદુ O એ ત્રિકોણ ABC ની ઊંચાઈ ધરાવતી બધી રેખાઓનો છે. આનો અર્થ એ છે કે આ ત્રિકોણની ઊંચાઈ ધરાવતી રેખાઓ એક બિંદુ પર છેદે છે. Q.E.D.

દેખીતી રીતે, Ceva પ્રમેય સાબિતી સરળ બનાવે છે.

કાર્ય નંબર 3. સાબિત કરો કે ત્રિકોણના દ્વિભાજકો એક બિંદુ પર છેદે છે, એટલે કે, તેઓ સ્પર્ધાત્મક છે.

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

આ સમાનતાઓને ગુણાકાર કરવાથી, આપણને મળે છે:

અહીંથી, સેવાના પ્રમેય દ્વારા, તે અનુસરે છે કે દ્વિભાજકો એક બિંદુ પર છેદે છે.

ત્રિકોણનો ચોથો નોંધપાત્ર બિંદુ એ ત્રિકોણની બાજુઓ પર લંબરૂપ દ્વિભાજકોના આંતરછેદનું બિંદુ છે.

મધ્યમ ત્રિકોણ A1B1C1 ને ધ્યાનમાં લઈને કાબુ મેળવો. મધ્યરેખાઓ મૂળ ત્રિકોણની બાજુઓની સમાંતર હોવાથી, લંબરૂપ દ્વિભાજકો એ ઊંચાઈ છે મધ્યમ ત્રિકોણ, જેની સ્પર્ધાત્મકતા Ceva ના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને પહેલાથી જ સાબિત કરવામાં આવી છે. આનો અર્થ એ છે કે બાજુઓના લંબ દ્વિભાજકો ∆ ABC સ્પર્ધાત્મક છે. પ્રમેય સાબિત થયો છે.

b) ગેર્ગોન અને નાગેલ પોઈન્ટ્સ અને સેવાના પ્રમેય.

ચાલો ત્રિકોણના વધુ બે નોંધપાત્ર બિંદુઓ સ્થાપિત કરવા Ceva ના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીએ.

સમસ્યા નંબર 5 સાબિત કરો કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓમાંથી પસાર થતી રેખાઓ અને વર્તુળના સ્પર્શક બિંદુઓ એક બિંદુએ છેદે છે જેને કહેવાય છે ગેર્ગોનનો મુદ્દો.

પુરાવો.

કેન્દ્ર O સાથેના વર્તુળને A1, B1, C1 (ફિગ. 11) બિંદુઓ પર બાજુઓ ∆ABC ને સ્પર્શ કરવા દો, પછી એક બિંદુથી વર્તુળ તરફ દોરેલા સ્પર્શક ભાગોના ગુણધર્મ અનુસાર.

AB1 = AC1; BC1 = BA1; CA1 = CB1

ફિગ.11

,

અર્થ. સીધી રેખાઓ AA1, BB1, CC1 સ્પર્ધાત્મક છે, એટલે કે, તેઓ એક બિંદુ G - Gergon બિંદુ પર છેદે છે.

ત્રિકોણનો બીજો નોંધપાત્ર મુદ્દો છે નાગેલ બિંદુ .

વ્યાખ્યા. વર્તુળ કહેવાય છે uninscribedત્રિકોણમાં જો તે આ ત્રિકોણની એક બાજુ અને તેની બીજી બે બાજુઓના વિસ્તરણને સ્પર્શે.

સમસ્યા નંબર 6 તે સાબિત કરો ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓમાંથી પસાર થતી રેખાઓ અને વર્તુળોના સ્પર્શક બિંદુઓ એક બિંદુ (નાગેલ બિંદુ) પર છેદે છે.

પુરાવો.

ચાલો AB = c; BC = a; AC = b; સ્પર્શક વિભાગોની સમાનતાના ગુણધર્મ દ્વારા ВХb = BZb (ફિગ. 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 - ત્રિકોણની અર્ધ પરિમિતિ),

ВХb = BZb.= p, એ જ રીતે, અન્ય બે શિરોબિંદુઓમાંથી દોરેલા સ્પર્શક ભાગો માટે. તેમજ СХb = ВХb – ВС = p-a; બધા સ્પર્શક ભાગો માટે આપણે પણ લખી શકીએ છીએ

તે બાજુ મધ્યમાં, પર

જ્યાં તે જૂઠું બોલે છે. અમે પરિણામી ત્રણ બિંદુઓને A2, B2, C2 તરીકે દર્શાવીએ છીએ. સાબિત કરો કે પછી રેખાઓ AA2, BB2, CC2 પણ અમુક બિંદુ Zm પર છેદે છે.

પુરાવો. ચેવાના પ્રમેય મુજબ, કારણ કે AA1, BB1, CC1 એક બિંદુ પર છેદે છે, પછી

પરંતુ A2 અને A1, B2 અને B1, C2 અને C1 ત્રિકોણની બાજુઓના મધ્યબિંદુઓના સંદર્ભમાં સપ્રમાણ છે, => AC1=BC2; C1B=AC2; BA1=CA2, વગેરે.

તેથી , => AA2, BB2, СС2

એક બિંદુ પર છેદે.

આ બિંદુ કહેવામાં આવે છે આઇસોટોમિકલી સંયોજિતબિંદુ Z, ત્રિકોણ ABC ને સંબંધિત.

સમસ્યા નંબર 8

પુરાવો. અહીં સાઇનના સ્વરૂપમાં સેવાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરવો અનુકૂળ છે.

https://pandia.ru/text/79/202/images/image068.gif" width="261" height="45 src=">,=> કારણ કે સીધી રેખાઓ AA2, BB2, CC2 સીધી રેખા AA1 સાથે સપ્રમાણ છે , BB1, СС1 ત્રિકોણના અનુરૂપ ખૂણાઓના દ્વિભાજકોને સંબંધિત છે, તો ખૂણાઓ સમાન છે =

= એસીસી 2 , વગેરે

સીધી રેખાઓ AA2, BB2, CC2 પણ એક બિંદુ પર છેદે છે.

આ બિંદુ કહેવામાં આવે છે isogonally conjugateત્રિકોણ ABC ને સંબંધિત બિંદુ Z.

ઉપયોગ કરીને આઇસોટોમિકઅને આઇસોગોનલજોડાણો, તમે નવા અદ્ભુત પોઈન્ટ મેળવી શકો છો.

હમ - એન્ટિઓર્થોસેન્ટર - એક બિંદુ આઇસોટોમિક રીતે ઓર્થોસેન્ટર સાથે જોડાયેલું છે, એટલે કે, બાજુઓના મધ્યબિંદુઓની તુલનામાં સપ્રમાણતાવાળા બિંદુઓમાંથી પસાર થતી રેખાઓના આંતરછેદ બિંદુ અને ત્રિકોણના અનુરૂપ શિરોબિંદુઓ (ફિગ. 16)

Gl- એક બિંદુ જેર્ગોન પોઈન્ટ (ફિગ. 18) સાથે જોડાયેલું છે.

ચાલો સાબિત કરીએ કે AA2, BB2, CC2 રેખાઓ એક જ સમયે બે ફોર્મ્યુલેશનમાં Ceva ના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને એક બિંદુએ છેદે છે - સાઇનના સંબંધોના સ્વરૂપમાં અને વિભાગોના સંબંધોના સ્વરૂપમાં, તેમજ લેમ્માનો ઉપયોગ કરીને.

આર્કિમિડીઝની લેમ્મા. જો કોઈ વર્તુળ સેગમેન્ટમાં અંકિત હોય અને બિંદુ A1 પર ચાપને અને બિંદુ A2 પર તાર BCને સ્પર્શે, તો સીધી રેખા A1A2 એ કોણ BA1C (p. 15) નું દ્વિભાજક છે.

પુરાવો. ચાલો ∟ВАА1=α1, ∟САА1=α2..gif" width="140" height="45 src="> એ જ રીતે આપણે મેળવીએ છીએ,

જ્યાં β1=∟ SVV1, β2=∟АВВ1, γ 1=∟ ACC1, γ 2=∟ VSS1. AA2, BB2, CC2 સીધી રેખાઓ માટે ચેવાની સ્થિતિ આમ સ્વરૂપ લે છે

આ સમાનતાની જમણી બાજુ એ ચેવા સ્થિતિની એક અભિવ્યક્તિ છે જે બિંદુ Z પર છેદતી સીધી રેખાઓ AA1, BB1, CC1 માટે સાઈન રેશિયોના સ્વરૂપમાં છે. પરિણામે,

તે. સીધી રેખાઓ AA2, BB2, CC2 એક બિંદુ Zc પર છેદે છે, જેને કહેવાય છે isocircularly Z પોઈન્ટ.

ડી) વિવિધ સમસ્યાઓ ઉકેલવા માટે સેવાના પ્રમેયનો ઉપયોગ

સમસ્યા નંબર 10 બિંદુઓ C1 અને A1 બાજુઓ AB અને BC ∆ ABC ને 1:2 ના ગુણોત્તરમાં વિભાજિત કરે છે.

રેખાઓ CC1 અને AA1 બિંદુ O પર છેદે છે. જેમાં ગુણોત્તર શોધો

સીધી રેખા VO બાજુના AC ને વિભાજિત કરે છે.

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

સેવાના પ્રમેય મુજબ, જો રેખાઓ સ્પર્ધાત્મક હોય, તો

https://pandia.ru/text/79/202/images/image092.gif" align="left" width="66" height="54 src=">90" height="30" bgcolor="white" style="border:.75pt ઘન સફેદ; vertical-align:top;background:white">

સમસ્યા નંબર 11 BC, CA અને AB ∆ ABC બાજુઓ પર, બિંદુઓ A1, B1 અને C1 લેવામાં આવે છે જેથી કરીને AA1, BB1 અને CC1 એક બિંદુ પર છેદે. રેખાઓ A1B1 અને A1C1 અનુક્રમે C2 અને B2 બિંદુઓ પર, બાજુના BC ની સમાંતર શિરોબિંદુ Aમાંથી પસાર થતી રેખાને છેદે છે. સાબિત કરો કે AB2 = AC2. [2]

∆АС2С1 ~ ∆ВА1С1,

મને યાદ છે કે શાળામાં અમે સાબિત કર્યું હતું કે ત્રિકોણના મધ્યકો એક બિંદુ પર છેદે છે. અને ત્રિકોણના દ્વિભાજકો એક બિંદુ પર છેદે છે. વધુમાં, ત્રિકોણની ઊંચાઈ અને લંબ દ્વિભાજકો પણ સમાન ગુણધર્મ ધરાવે છે.
પરંતુ આ પ્રમેય સાબિત થયા... કેવી રીતે? હા, આ બાબતની હકીકત એ છે કે તેમાંથી દરેક તેની પોતાની રીતે કોઈક રીતે સાબિત થયું હતું, તેમાંથી દરેકની પોતાની રીત હતી.

હું તમને, પ્રિય વાચકો, આ પ્રમેયને સાબિત કરવાની એક એકીકૃત રીત બતાવવા માંગુ છું. Ceva ના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને સાબિતી.
અહીં તેનો શબ્દરચના છે:

બિંદુ A"B"C" ને ત્રિકોણની BC,CA,AB રેખાઓ પર રહેવા દો. રેખાઓ AA",BB,CC" એક બિંદુ પર છેદે છે જો અને માત્ર જો

પુરાવો.

પ્રત્યક્ષ પ્રમેય.

એક તરફ,
S AOB"/S COB" =AB"/B"C
બીજી બાજુ, વિસ્તારોનો આ જ ગુણોત્તર AOB" અને COB" ત્રિકોણની ઊંચાઈના ગુણોત્તર જેટલો છે, જે બેઝ OB તરફ દોરવામાં આવે છે, તેમજ AOB અને COB ત્રિકોણના વિસ્તારોના ગુણોત્તર સમાન છે.

આમ, AB"/B"C = S AOB/S COB.

CA"/A"B અને AC"/C"B સંબંધો માટે સમાન સમાનતા લખીને અને પછી તે બધાનો ગુણાકાર કરીને, આપણે જરૂરી નિવેદન મેળવીએ છીએ.

કન્વર્ઝ પ્રમેય.

તેથી, ચાલો કહીએ કે આપણે ત્રિકોણની બાજુઓ પર A", B, C" બિંદુઓ પસંદ કર્યા છે અને શરતમાંથી સમાનતા સંતુષ્ટ છે.
AA" અને BB" ને O બિંદુ પર છેદવા દો. ચાલો સીધી રેખા CO દોરીએ અને તેને અમુક બિંદુ C"" પર બાજુ AB ને છેદે. પછી, પ્રત્યક્ષ પ્રમેય મુજબ, આપણી પાસે તે જ વિશાળ સમાનતા હશે, જેમાં બિંદુ C ને બદલે "બિંદુ C હશે" આ બે સમાનતાઓની પરિપૂર્ણતાના આધારે - બિંદુ C સાથે"", અને આપણે બતાવ્યું વિપરિત પ્રમેયની પરિસ્થિતિઓમાંથી બિંદુ C" સાથે, અમે નિષ્કર્ષ પર આવીએ છીએ કે બિંદુ C"" અને C" એકરૂપ છે.

તમે લખી શકો છો સાઈન સ્વરૂપમાં સેવાની સ્થિતિ:
ABA" અને ACA" ત્રિકોણમાં સાઈન પ્રમેય લાગુ કરીને આ સ્થિતિ સરળતાથી મેળવી શકાય છે. તેમના માટે અમને A"B/AA"=sinBAA"/sinABA" અને A"C/AA"=sinA"AC/sinA"CA મળે છે. એક સમાનતાને બીજા વડે ભાગતા, આપણને A"B/A"C=sinBAA" /sinA"AC * (sinBCA/sinABC) મળે છે.

બાકીના સેગમેન્ટ્સ માટે સમાન સમાનતા લખીને અને તેમને ગુણાકાર કરીને, અમે સાઇનના સ્વરૂપમાં ચેવી સ્થિતિ મેળવીએ છીએ.

સેવાના પ્રમેય મુજબ, પછી, એક બિંદુ પર ત્રિકોણના મધ્યકનું આંતરછેદ એક લીટીમાં સાબિત થાય છે.
સાઇનના સ્વરૂપમાં સેવાના પ્રમેય મુજબ, એક બિંદુ પર દ્વિભાજકોનું આંતરછેદ એક લીટીમાં સાબિત થાય છે.
પરંતુ સાબિતી છે કે ત્રિકોણની ઊંચાઈ એક બિંદુએ છેદે છે - આ, ચેવાના પ્રમેય મુજબ સાઈન્સના સ્વરૂપમાં, બે લીટીઓમાં સાબિત થાય છે. સાબિતીની પ્રથમ લીટીમાં આપણે જાણીતું લખવું જોઈએ ત્રિકોણમિતિ ઓળખ -
sin(90 - a) = cos a

મ્યુનિસિપલ સાયન્ટિફિક એન્ડ પ્રેક્ટિકલ કોન્ફરન્સ "XXI સદીના બૌદ્ધિકો"

મેનેલોસનું પ્રમેય અને સેવાના પ્રમેય અને તેમના ઉપયોગો

પોપોવ બોગદાન વેલેરીવિચ

ધોરણ 10 B નો વિદ્યાર્થી

MAOU "જિમ્નેશિયમ નંબર 2"

સુપરવાઈઝર:

લિસેન્કો નાડેઝડા એનાટોલીયેવના

ઉચ્ચતમ લાયકાત શ્રેણીના શિક્ષક

જી. બાલાકોવો. 2012

પરિચય 3 પૃષ્ઠ

મેનેલોસનો પ્રમેય 4 પૃષ્ઠ

સેવાના પ્રમેય 6 પૃષ્ઠ

સેવાના પ્રમેયની કોરોલરીઝ 8 પૃષ્ઠો

10 પૃષ્ઠોને ઉકેલવા માટે Ceva અને Menelaus ના પ્રમેયનો ઉપયોગ

ભૌમિતિક સમસ્યાઓ

નિષ્કર્ષ 14 પૃષ્ઠ

વપરાયેલ સાહિત્યની યાદી 15 પાના

પરિચય

ભૌમિતિક સમસ્યાઓમાં, બીજગણિત સમસ્યાઓથી વિપરીત, ઉકેલ રેસીપી સૂચવવાનું હંમેશા શક્ય નથી, એક અલ્ગોરિધમ જે સફળતા તરફ દોરી જાય છે. અહીં, ભૌમિતિક આકૃતિઓના તત્વો વચ્ચેના અસંખ્ય સંબંધોના ઔપચારિક જ્ઞાન ઉપરાંત, અંતર્જ્ઞાન અને અનુભવ હોવો જરૂરી છે. તે જોવા અને જોવા માટે સમર્થ હોવા મહત્વપૂર્ણ છે, નોટિસ વિવિધ લક્ષણોઆંકડાઓ, નોંધાયેલ લક્ષણો પરથી તારણો દોરો, શક્ય અપેક્ષા રાખો વધારાના બાંધકામો, સમસ્યાના વિશ્લેષણની સુવિધા. “સમસ્યાનું નિરાકરણ એ સ્વિમિંગ કે દોડની જેમ જ એક વ્યવહારુ કળા છે. તે ફક્ત અનુકરણ અથવા કસરત દ્વારા જ શીખી શકાય છે,” ડી. પોલિયાએ લખ્યું.

ત્રિકોણની ભૂમિતિ યોગ્ય રીતે પ્રાથમિક ભૂમિતિના સૌથી રસપ્રદ વિભાગોમાંની એક માનવામાં આવે છે. આ કોઈ સંયોગ નથી. એ હકીકત હોવા છતાં કે ત્રિકોણ એ સેગમેન્ટ પછી કદાચ સૌથી સરળ આકૃતિ છે, તેમાં ઘણી મહત્વપૂર્ણ અને રસપ્રદ ગુણધર્મો છે, જેમાં અન્ય, વધુ જટિલ આકૃતિઓના ગુણધર્મો ઘટાડવામાં આવે છે. ત્રિકોણ વિશેના પ્રમેયમાં, એવા લોકો છે જેમનો અભ્યાસ આપણને ભૌમિતિક સમસ્યાઓના ઉકેલોની શ્રેણીને નોંધપાત્ર રીતે વિસ્તૃત કરવાની મંજૂરી આપે છે. તેમનું મહત્વ મુખ્યત્વે એ હકીકતમાં રહેલું છે કે ભૂમિતિના મોટાભાગના પ્રમેય તેમની પાસેથી અથવા તેમની મદદથી કાઢી શકાય છે. આ પાયથાગોરિયન પ્રમેય, સાઇન્સનું પ્રમેય, કોસાઇન્સનું પ્રમેય, વગેરે છે. ઘણા ઉત્કૃષ્ટ વૈજ્ઞાનિકોના નામ ત્રિકોણની વિભાવના સાથે સંકળાયેલા છે: પાયથાગોરસનું પ્રમેય, હેરોનનું સૂત્ર, યુલરની સીધી રેખા, કાર્નોટનું પ્રમેય અને અન્ય ઘણા.

પરંતુ ત્રિકોણની ભૂમિતિમાં એવા ઘણા પ્રમેય પણ છે જેના લેખકો વિજ્ઞાનના ઇતિહાસમાં માત્ર "ત્રિકોણને આભારી" રહ્યા. તે વિશે છેઆવા બે પ્રમેય વિશે - Ceva's theorem અને Menelaus' theorem. તે બંને પાસે રસપ્રદ અને અસંખ્ય એપ્લિકેશનો છે, જે તેને ઉકેલવા માટે સરળ અને ભવ્ય બનાવે છે આખો વર્ગકાર્યો

કાર્યનો મુખ્ય ધ્યેય:

આ વિષય પર સાહિત્યનું વિશ્લેષણ;

પ્રમેયમેનેલોસ

મેનેલોસનું પ્રમેય સુંદર અને સરળ છે. શાળાના અભ્યાસક્રમમાં, આ પ્રમેય સમસ્યાઓ વચ્ચે ક્યાંક ખોવાઈ ગયો હતો. દરમિયાન, તે પ્રાચીન ગ્રીક ગણિતના સુવર્ણ ભંડોળમાં શામેલ છે. તેને તેનું નામ તેના લેખક, પ્રાચીન ગ્રીક ગણિતશાસ્ત્રી અને એલેક્ઝાન્ડ્રિયાના ખગોળશાસ્ત્રી મેનેલોસ (લગભગ 100 એડી)ના માનમાં મળ્યું. ઘણા કિસ્સાઓમાં, આ પ્રમેય ખૂબ જ જટિલ ભૌમિતિક સમસ્યાઓને ખૂબ જ સરળતાથી અને સુંદર રીતે ઉકેલવામાં મદદ કરે છે.

પ્રમેય:અનુક્રમે બાજુઓ AB, BC અને બાજુ AC (અથવા AB, BC અને AC ની બાજુઓ પર) ABC ના ચાલુ રાખવા પર બિંદુઓ લેવા દો. , અને, ABC ના શિરોબિંદુઓ સાથે સુસંગત નથી. પોઈન્ટ સમાન લાઇન પર સૂવું જો અને માત્ર જો સમાનતા ધરાવે છે

પુરાવો:

પહેલા સાબિત કરીએ આવશ્યકતા. પોઈન્ટ દો સીધી રેખા પર સૂવું l અને = , = , = - લેનપેન્ડિક્યુલર્સ A, B, C બિંદુઓમાંથી અનુક્રમે સીધી રેખા l પર નીચે પડ્યા (આકૃતિ 1 જુઓ). ત્રિકોણની સમાનતામાંથી અને અમને મળે છે:

એ જ રીતે, સમાન ત્રિકોણની અન્ય જોડીને ધ્યાનમાં લેતા, આપણને મળે છે

પરિણામી પ્રમાણને ગુણાકાર કરીને, અમે જરૂરી સમાનતા પર પહોંચીએ છીએ.

પર્યાપ્તતા. BC, AC, AB ની સીધી રેખાઓ પર આવેલા A1, B1, C1 (ફિગ. 2) બિંદુઓને એવા બનવા દો કે

ચાલો તે મુદ્દાઓ સાબિત કરીએ , , સમાન સીધી રેખા પર સૂવું.

ચાલો ડાયરેક્ટ કરીએ અને તે બિંદુ C સાબિત કરોતેણીની છે.

ચાલો માની લઈએ કે આવું નથી. પ્રથમ આપણે નોંધીએ છીએ કે સીધી રેખા નારેખા AB ને સમાંતર. T ને રેખાઓના આંતરછેદનું બિંદુ બનવા દો અને AB (આકૃતિ જુઓ 2). પછી

હવે અમે તે મુદ્દો સાબિત કરીએ છીએ બિંદુ C સાથે સુસંગત છે.આ પુરાવાને મેનેલોસના પ્રમેયથી લેમ્મા કહેવામાં આવે છે.

લેમ્મા. ચાલો A ​​અને B બે અલગ અલગ બિંદુઓ હોઈએ. પછી કોઈપણ k > 0, k≠1 માટે રેખા AB પર બે અને માત્ર બે બિંદુઓ M અને N છે જેમ કે , અને આ બિંદુઓમાંથી એક સેગમેન્ટનો છે AB, અને અન્ય AB સેગમેન્ટની બહાર આવેલું છે.

પુરાવો. ચાલો સીધી રેખા AB પર કોઓર્ડિનેટ્સ દાખલ કરીએ, બિંદુ A ને કોઓર્ડિનેટના મૂળ તરીકે લઈએ (આકૃતિ 3 જુઓ). ચાલો, નિશ્ચિતતા માટે, k > 1. સેગમેન્ટ AB ની અંદર આવેલા ઇચ્છિત બિંદુ Uનું સંકલન, સમીકરણને સંતોષે છે: , ક્યાંથી.

સેવાના પ્રમેય

આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણના મધ્યકો એક બિંદુ પર છેદે છે, ત્રિકોણના દ્વિભાજકો એક બિંદુ પર છેદે છે અને ત્રિકોણની ઊંચાઈ (અથવા તેમના વિસ્તરણ) એક બિંદુ પર છેદે છે. ચાલો હવે મૂકીએ સામાન્ય પ્રશ્ન. ABC ને ધ્યાનમાં લો અને અનુક્રમે તેની બાજુઓ BC, AC અને AB (અથવા તેમના વિસ્તરણ) પરના બિંદુઓને ચિહ્નિત કરો (આકૃતિ 1 જુઓ)

આ બિંદુઓના કયા સ્થાન પર રેખાઓ AA, BB અને CC એક બિંદુ પર છેદે છે?

આ પ્રશ્નનો જવાબ 1678 માં ઇટાલિયન હાઇડ્રોલિક એન્જિનિયર જીઓવાન્ની સેવા (1698-1734) દ્વારા મળ્યો હતો.

પ્રમેય:: પોઈન્ટ દો અનુક્રમે સૂર્યની બાજુઓ પર સૂવું,ત્રિકોણ ABC (ફિગ. 2) ના AC અને BA. સેગમેન્ટ્સ એક બિંદુ પર છેદે છે જો અને માત્ર જો સમાનતા ધરાવે છે:

પુરાવો. સેગમેન્ટ્સ દો , અનેneત્રિકોણ ABC ની અંદર બિંદુ M પર છેદે છે. ચાલો દ્વારા સૂચિત કરીએ ત્રિકોણનો વિસ્તાર kov AMC, SMV અને AMV, અને મારફતે - અંતર, અનુક્રમે, બિંદુઓ A અને B થી સીધી રેખા MC સુધી.

તેવી જ રીતે, .

પરિણામી પ્રમાણને ગુણાકાર કર્યા પછી, અમે પ્રમેયની માન્યતા વિશે ખાતરી આપીએ છીએ.

સાઈન સ્વરૂપમાં સેવાના પ્રમેય.

ધ્યાનમાં લેવામાં આવેલા દરેક કેસમાં - અને કિસ્સામાં આંતરિક બિંદુ O અને બાહ્ય બિંદુ O- સ્થિતિના કિસ્સામાં . . =1 ફોર્મમાં પણ લખી શકાય છે: . . =1

પુરાવો: તમે સમાનતાઓનો ઉપયોગ કરી શકો છો:

ગુણાકાર (1), (2), (3), આપણને મળે છે . . =1

સેવાના પ્રમેયનું અવકાશી સામાન્યીકરણ.

પ્રમેય. એમ-બિંદુને ટેટ્રાહેડ્રોન ABCD ની અંદર રહેવા દો, - પાંસળીઓ સાથે CMD, AMD, AMB અને SMV વિમાનોના આંતરછેદના બિંદુઓ (આકૃતિ 3 જુઓ) અનુક્રમે AB, BC, CD અને DA. પછી

તેનાથી વિપરીત, જો પોઈન્ટ માટે , અનુરૂપ પી પર આડા પડ્યા ebrax, સંબંધ ધરાવે છે, પછી વિમાનો , , અનેએક બિંદુમાંથી પસાર થવું.

આવશ્યકતાનો પુરાવોમેળવવા માટે સરળ જો તમે નોંધ્યું છે કે પોઈન્ટ (સે.મી.આકૃતિ 3) એ જ પ્લેનમાં આવેલા છે (આ એક પ્લેન છે જે સીધી રેખાઓમાંથી પસાર થાય છે અને, બિંદુ M પર છેદે છે), અને મેનેલોસ પ્રમેય લાગુ કરો.

કન્વર્ઝ પ્રમેય એ જ રીતે સાબિત થાય છે વાતચીત પ્રમેયઅવકાશમાં મેનેલોસ: તમારે A1, B1, C1 બિંદુઓ દ્વારા પ્લેન દોરવાની જરૂર છે અને લેમ્માનો ઉપયોગ કરીને સાબિત કરવું પડશે કે આ પ્લેન D1 બિંદુ પર ધાર DA ને છેદે છે.

પ્રમેયની કોરોલરીઓsચેવી

કોરોલરી 1. ત્રિકોણના મધ્યકો એક બિંદુ પર છેદે છે, જે શિરોબિંદુમાંથી ગણીને દરેક મધ્યકને 2:1 ના ગુણોત્તરમાં વિભાજિત કરે છે.

પુરાવો. ચાલો ચેવા અને મેનેલોસના પ્રમેયના આધારે સાબિતી આપીએ. તેથી, AA, BB, CC એ ABC (ફિગ. 20) ના મધ્યક બનવા દો. ત્યારથી AC=CB, BA=AC, AB=BC, પછી =1, = 1, = 1. પછી . . , એટલે કે પોઈન્ટ માટે A, B, C ત્રિકોણ ABC ની બાજુઓ પર પડેલા, સ્થિતિ સંતુષ્ટ છે . . =1 ; Ceva ના પ્રમેય દ્વારા AA, BB, CC એક બિંદુ O (એક આંતરિક બિંદુનો કેસ) પર છેદે છે.

બીબીસીને ધ્યાનમાં લો, પોઈન્ટ A, O, Aબાજુઓ BB,BC અને બાજુ BC ના વિસ્તરણને છેદતી સમાન સીધી રેખા પર આડો (ત્યારબાદ આપણે તેને સેકન્ટ કહીશું). A BC, O BB, ABC.

મેનેલોસના પ્રમેય મુજબ, =.

કોરોલરી 2. ત્રિકોણના દ્વિભાજકો એક બિંદુ પર છેદે છે.

પુરાવો. આ નિવેદનની માન્યતા દ્વિભાજક મિલકતનો ઉપયોગ કરીને સાબિત કરી શકાય છે:

કારણ કે AA એ દ્વિભાજક છે, તો પછી = ; કારણ કે BB એ દ્વિભાજક છે, તો પછી ; કારણ કે SS એ દ્વિભાજક છે, તો પછી . આ સમાનતાઓની અનુક્રમે ડાબી અને જમણી બાજુનો ગુણાકાર કરવાથી, આપણે મેળવીએ છીએ. . = . . = 1, એટલે કે, પોઈન્ટ A, B, C માટે, ચેવાની સમાનતા સંતુષ્ટ છે, જેનો અર્થ છે કે AA, BB, CC એક બિંદુ પર છેદે છે.

પરિણામ3. ત્રિકોણની ઊંચાઈ (અથવા તેમના વિસ્તરણ) એક બિંદુ (ત્રિકોણનું ઓર્થોસેન્ટર) પર છેદે છે.

પુરાવો: AA, BB, CC એ ABC ની ઊંચાઈઓ બનવા દો.

1) જો ABC તીવ્ર હોય (ફિગ. 22), તો તેની બાજુઓ પર બિંદુ A, B, C આવેલા છે. ACC - લંબચોરસ, AC = AC cosA;

BCC- લંબચોરસ, BC = BC cosB; BAA - લંબચોરસ, BA= AB cosB;

AAC- લંબચોરસ, AC=AC cosC; CB=CB cosC; AB= AB cosA.

પછી...= = 1. અને ત્યારથી શરત () સંતુષ્ટ છે, તો પછી

2) ABC ને અસ્પષ્ટ રહેવા દો (ફિગ. 23). આ બાહ્ય બિંદુ O નો કેસ છે. ACC AC=ACcosA થી; fromCBC CB=CB cos (180-B)= -CB cosB (સ્થૂળ કોણ B);

ABA BA=AB cos(180-B)=-AB cosB માંથી; તેવી જ રીતે,

AB=AB cosA; BC = BC cosC; AC = AC cosC; CB=CBcosC.

ચેવાની સ્થિતિ સંતુષ્ટ હોવાથી, AA, BB, CC એક બિંદુ પર છેદે છે અથવા સમાંતર છે (પ્રકરણ 1). પરંતુ જો તેઓ સમાંતર હોત, તો તેમની માટે લંબરૂપ રેખાઓ, એટલે કે, ત્રિકોણ ABC ની બાજુઓ, એકબીજાની સમાંતર હશે, પરંતુ આવું નથી. આનો અર્થ એ છે કે રેખાઓ AA, BB, CC એક બિંદુ પર છેદે છે.

3) જો ABC લંબચોરસ હોય, C = 90 (ફિગ. 3), તો તે સ્પષ્ટ છે કે ઊંચાઈ BC, AC, CC બિંદુ C પર છેદે છે. કોરોલરી 3 સાબિત થાય છે.

પરિણામ 4. ત્રિકોણની બાજુઓના લંબરૂપ દ્વિભાજકો એક બિંદુ પર છેદે છે.

પુરાવો. મધ્ય MNK ને ધ્યાનમાં લો (શિરોબિંદુ એ બાજુઓ ABC ના મધ્યબિંદુઓ છે) (ફિગ. 25). પછી NK,NM,MK એ ત્રિકોણ ABC અને ગુણધર્મ દ્વારા મધ્ય રેખાઓ છે મધ્ય રેખા NK||AC, NM||BC, KM||AB. તેથી, ત્રિકોણ ABC ની બાજુઓના લંબ દ્વિભાજકોમાં ઊંચાઈ MNK હોય છે. અને MNK માં, કોરોલરી 3 દ્વારા, ઊંચાઈઓ એક બિંદુ પર છેદે છે, તેથી, કાટખૂણે દ્વિભાજકો એક બિંદુ પર છેદે છે.

આમ, સેવાના પ્રમેય ત્રિકોણના ચાર નોંધપાત્ર બિંદુઓ વિશેના જાણીતા નિવેદનોને ખૂબ જ સરળ રીતે સાબિત કરવાનું શક્ય બનાવે છે.

ચાલો Ceva ના પ્રમેયની બીજી કોરોલરરી ધ્યાનમાં લઈએ.

કોરોલરી 5. ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓને એવા બિંદુઓ સાથે જોડતી રેખાઓ કે જેના પર વર્તુળ વિરોધી બાજુઓને સ્પર્શે છે તે એક બિંદુ પર છેદે છે.આ બિંદુને ગેર્ગોન બિંદુ (ફિગ. 26) કહેવામાં આવે છે.

પુરાવો. એક બિંદુથી વર્તુળ તરફ દોરેલા સ્પર્શક ભાગોના ગુણધર્મ દ્વારા, આપણી પાસે AB=AC=x, CB=BA=y, AC=BC=z છે.

, સેવાના પ્રમેય અનુસાર AA, BB, CC એક બિંદુ પર છેદે છે.

ઉકેલવા માટે Ceva અને Menelaus ના પ્રમેયનો ઉપયોગ ભૌમિતિક સમસ્યાઓ.

ચેવા અને મેનેલોસના પ્રમેયનો અભ્યાસ શાળાના ગણિતના અભ્યાસક્રમમાં માત્ર ગણિતના ઊંડા અભ્યાસ સાથેના વર્ગોમાં કરવામાં આવે છે. દરમિયાન, આ પ્રમેય અહીં પ્રસ્તાવિત સમસ્યાઓના સમગ્ર વર્ગને સરળતાથી અને સુંદર રીતે હલ કરવાનું શક્ય બનાવે છે પ્રવેશ પરીક્ષાઓયુનિવર્સિટીઓ માટે, પત્રવ્યવહાર અભ્યાસક્રમો માટે ગણિત શાળાઓઆ પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને ઉકેલી શકાય છે.

સમસ્યા 1. ત્રિકોણમાંABC, વર્તુળ વિશે વર્ણવેલ,એબી =13, બી.સી. = 12, A.C. = 9, એઅનેસી- બાજુઓ પર અનુક્રમે પડેલા સંપર્કના બિંદુઓબી.સી.અનેએબી. પ્ર- આંતરછેદ બિંદુસેગમેન્ટ્સA.A.અનેબી.એચ.,ક્યાંબી.એચ.- ઊંચાઈ વલણ શોધોBQ: QH.

ઉકેલ:

ત્રિકોણ ABC સ્કેલેન છે, જેનો અર્થ છે કે બિંદુ H સ્પર્શકતાના બિંદુ સાથે મેળ ખાતો નથી. ચાલો B અક્ષર દ્વારા બાજુ AC પર પડેલા સ્પર્શેન્દ્રિય બિંદુને દર્શાવીએ.

1. ચાલો CB = x, તો પછી, એક બિંદુ પરથી વર્તુળ તરફ દોરેલા સ્પર્શકોના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરીને, અમે સંકેત રજૂ કરીએ છીએ (ફિગ. 32):

BA=x, AC=BC=12-x, AC=AB=13-x. પછી (13 – x) + (12 – x) = 9, x=8. તો CB =BA= 8, AC=AB= 5, CA=CB=4.

2. હેરોનના સૂત્ર મુજબ

S=, બી.એચ.=, બી.એચ. = .

3. પાયથાગોરિયન પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને ત્રિકોણ ABH (જમણો ત્રિકોણ) માંથી

4. ત્રિકોણ CBH માં, રેખા AA તેની બે બાજુઓ અને ત્રીજી બાજુને છેદે છે. મેનેલોસના પ્રમેય મુજબ

1, ..=1, ..=1, = .

જવાબ આપો: 162:53.

સમસ્યા 2. સમાંતર ચતુષ્કોણ આપેલ છેએબીસીડી. ડોટએમએક સેગમેન્ટને વિભાજિત કરે છેઈ.સસંબંધિતપી, અને બિંદુએનએક સેગમેન્ટને વિભાજિત કરે છેડીસીસંબંધિતq. પ્રત્યક્ષબી.એમ.અનેએ.એનએક બિંદુ પર છેદેએસ. ગુણોત્તરની ગણતરી કરોએ.એસ: એસ.એન..

ઉકેલ: જો MD= b, પછી AM= pb; જો NC = a, પછી DN = aq.

ચાલો B એ રેખાઓ BM અને CD ના આંતરછેદ બિંદુ છે.

MBD ~ BBC, પછી;

; 1+ પી = ; x = .

રેખા BB બે બાજુઓને છેદે છે અને ત્રીજા ત્રિકોણનું વિસ્તરણ AND. મેનેલોસના પ્રમેય મુજબ

સમસ્યા 3. ડાના સાચું છે ત્રિકોણાકાર પ્રિઝમબાજુની પાંસળી સાથે, અને. તદુપરાંત, પાંસળી ચાલુ રાખવા પરપોઇન્ટ લેવામાં આવ્યોતેથી. બિંદુઓ દ્વારા, અને પાંસળીની મધ્યમાંએક વિમાન દોરવામાં આવે છે. તે પ્રિઝમના જથ્થાને કયા ગુણોત્તરમાં વિભાજિત કરે છે?

ઉકેલ:

1) વિભાગનું બાંધકામ:

a), MB કનેક્ટ કરો, .

b) , કનેક્ટ કરો, .

c), અમે કનેક્ટ કરીએ છીએ.

ડી) ચતુર્ભુજ - ઇચ્છિત વિભાગ.

2) ચાલો, નીચલા ભાગ, ઉપલા ભાગ અને સમગ્ર પ્રિઝમની માત્રા હોઈએ, પ્રિઝમની ઊંચાઈ હોઈએ અને પાયાની બાજુ હોઈએ.

M.L.A.~ ;

ચાલો વિચાર કરીએ ABC, - સેકન્ટ, .

મેનેલોસના પ્રમેય મુજબ.

- ભાગો પડી જાય છે. .

જવાબ: 13:23

નિષ્કર્ષ

ચેવા અને મેનેલોસના પ્રમેય સમજવામાં સરળ છે. પરંતુ આ પ્રમેયમાં નિપુણતા સાથે સંકળાયેલી મુશ્કેલીઓ સમસ્યાઓ ઉકેલવામાં તેમના ઉપયોગ દ્વારા વાજબી છે.

ચેવા અને મેનેલોસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને સમસ્યાઓનું નિરાકરણ અન્ય પદ્ધતિઓ દ્વારા ઉકેલવા કરતાં વધુ તર્કસંગત છે, ઉદાહરણ તરીકે વેક્ટર પદ્ધતિઓ, જેમાં વધારાની ક્રિયાઓની જરૂર પડે છે.

હું માનું છું કે આવા પ્રમેયને ધોરણ 7-9 માટેના મૂળભૂત ભૂમિતિના અભ્યાસક્રમમાં સામેલ કરવા જોઈએ, કારણ કે આ પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને સમસ્યાઓ ઉકેલવાથી વિદ્યાર્થીઓની વિચારસરણી અને તર્કનો વિકાસ થાય છે.

ચેવા અને મેનેલોસના પ્રમેય સમસ્યાઓને ઝડપથી અને મૂળ રીતે ઉકેલવામાં મદદ કરે છે વધેલી જટિલતા, એકીકૃત રાજ્ય પરીક્ષાના સ્તર C ના કાર્યો સહિત.

વપરાયેલ સાહિત્યની સૂચિ.

1. Atanasyan L.S., Butuzov V.F., Kadomtsev S.B., Poznyak E.G., Yudina I.I.

ભૂમિતિ: માધ્યમિક શાળાના ધોરણ 7-9 માટે પાઠ્યપુસ્તક / L.S. અતનાસ્યાન,

વી.એફ. બુતુઝોવ, એસ.બી. Kadomtsev એટ અલ - એમ.: શિક્ષણ, 1990. - 336 પૃષ્ઠ.

2. કાચલકીના ઇ. Ceva અને Menelaus/Mathematics ના પ્રમેયનો ઉપયોગ. પબ્લિશિંગ હાઉસ“સપ્ટેમ્બરનો પ્રથમ”, 2004, – નંબર 13. - પૃષ્ઠ 23-26

3. માયાકિશેવ એ.જી.ત્રિકોણ ભૂમિતિ તત્વો. - પુસ્તકાલય

"ગાણિતિક શિક્ષણ" - એમ.: મોસ્કો સેન્ટર પબ્લિશિંગ હાઉસ

સતત ગણિત શિક્ષણ, 2002. - 32 પૃષ્ઠ.