Ceva'nın teoremi. Bir üçgen ve noktalar verildiğinde
sırasıyla BC, AC ve AB taraflarındadır. Segmentler
bir noktada kesişir ancak ve ancak

Lemma. Rakamlar bu şekilde ise

O

payda sıfıra gitmediği sürece.

Lemmanın kanıtı. Bu basit bir şey. Bu arada, bu lemmayı ilk kez görenler sıklıkla şöyle tepki veriyor: “Payları ve paydaları mı topluyorsunuz? Okulda buna iki veririz!” Ancak ifadeye daha yakından baktıktan ve kesirleri bu şekilde eklemeyeceğimizden emin olduktan sonra, özellikle ispatı anladıktan sonra herkes genellikle sakinleşir.

Haydi belirtelim Genel anlam kesirler ve
mektup
Daha sonra

Q.E.D.

Bu lemmayı tamamen açık hale getirmek için, bazen MUAFİYET olarak adlandırdığım şeyi, yani katı bir akıl yürütme gibi görünmeyen, ancak "bir matematikçinin mutfağına" yaklaşmaya yardımcı olan akıl yürütmeyi de vermek istiyorum. Yani, belirli bir alanın farklı ölçeklerdeki iki haritasını hayal edin; a, D ve E noktaları arasındaki mesafedir, b, bir haritada E ve F arasındadır, b ve d, başka bir haritada benzer mesafelerdir. Bu durumda bu, harita ölçeklerinin oranıdır. Açıktır ki, birinci haritada a ve c'yi toplarsak, birinci noktadan ikinciye ve üçüncüye kadar olan rotanın uzunluğunu elde ederiz ve b ve d'yi eklersek ikinci haritada rotanın uzunluğunu elde ederiz. . Oranlarının yine harita ölçeklerinin oranına eşit olduğu açıktır.

Teoremin kanıtı.

1. Belirtilen bölümlerin noktasında kesişmesine izin verin, ardından üçgen çizimde gösterildiği gibi numaralandırılan 6 üçgene bölünür. İlk kesri düşünün

Bu kesrin payı ve paydası üçgenlerin tabanları olduğundan ve ortak bir yüksekliğe sahip olduğundan, pay ve paydanın yerine belirtilen üçgenlerin alanı konulursa kesir değişmeyecektir. Ve üçgenlerin aynı tabanlar üzerinde durduğunu fark etmek
ve pay ve paydayı alanlarına göre değiştirebilirsiniz.

Şimdi lemmayı kullanalım: Payların farkı ile paydaların farkı alınırsa kesirler değişmeyecektir:

Diğer iki kesir için de benzer akıl yürütmeyi yürütürsek şunu elde ederiz:

bu da Ceva teoremini bir yönde kanıtlıyor.

2. Bir noktada kesişmelerine izin vermeyin ve kesişme noktasından çizelim.
segment (nokta tarafta bulunur).
Kanıtlanmış göre

Eğer yapılmış olsaydı

,

O

bu imkansız

(örneğin noktalar yandaysa
sırayla düzenlenmiş
o zaman birinci kesrin payı ikinci kesrin payından daha büyüktür ve birinci kesrin paydası paydadan daha az ikincisi, bu, ilk kesrin ikinciden daha büyük olduğu anlamına gelir).

Bu ispatı tamamlar.

Yorum. Almak zor değil trigonometrik form Ceva'nın teoremi.
Bunun için sinüs teoremini kullanalım:

Benzer şekilde elde ederiz

Buradan anlaşılıyor yeni ifade Ceva'nın teoremi.

Doğru parçaları ancak ve ancak şu durumlarda bir noktada kesişir:

Örnekler.

1) Ceva teoreminin temel formülasyonundaki her üç kesir de 1'e eşit olduğundan medyanlar bir noktada kesişir.

2) Açıortaylar bir noktada kesişir. Burada Ceva teoremini trigonometrik formda kullanmak daha uygundur.

3) Dar üçgende yükseklikler bir noktada kesişir. Trigonometrik formu kullanmak yine daha kolaydır.

Teoremlerin ispatında ve problem çözümünde benzerliğin uygulanması (Thales teoreminin genelleştirilmesi. Cheva ve Menelaus Teoremleri.)

1. Giriş;

2. Thales teoreminin genelleştirilmesi;

(a) İfadeler;

(b) Kanıt;

3. Teorem orantılı bölümler;

4. Ceva teoremi;

(a) İfadeler;

(b) Kanıt;

5. Menelaus teoremi;

(a) İfadeler;

(b) Kanıt;

6. Sorunlar ve çözümleri;

7. Bilgi kaynakları;

Giriiş.

Özetim, benzerliğin teoremlerin ispatına ve problem çözmeye uygulanmasına, yani Thales teoreminin genelleştirilmesini, Ceva ve Menelaus teoremini derinlemesine incelemeye ayrılmıştır. Okul müfredatı. Sekizinci sınıfta işlenen benzerlik konusuna sadece 19 saat ayrılmış olup, bu konunun daha derinlemesine çalışılması için yeterli değildir. Benzerlik konuları şunları içerir: tanım benzer üçgenler, benzerlik işaretleri, benzer üçgenlerin alanlarının oranı, bir üçgenin orta çizgisi, orantılı parçalar vb.

Hatırlatmama izin ver benzer üçgenlerin tanımı :

İki üçgenin açıları sırasıyla eşitse ve bir üçgenin kenarları diğerinin benzer kenarlarıyla orantılıysa benzer üçgenler denir. Benzer üçgenler için sadece benzer kenarların oranının değil, aynı zamanda diğer benzer parçaların oranının da benzerlik katsayısına eşit olduğu ortaya çıktı. Örneğin, benzer açıortaylar AD ve A 1 D 1'in oranı, yani. bisektörler eşit açılar Benzer üçgenlerde A ve A 1 ABC ve A 1 B 1 C 1 benzerlik katsayısı k'ya eşittir, benzer medyanlar AM ve A 1 M 1'in oranı k'ye eşittir ve aynı şekilde benzer yüksekliklerin oranı AH ve A 1 H 1 k'ye eşittir.

Okul müfredatında incelenen bu materyalin yardımıyla oldukça dar bir yelpazedeki sorunları çözebiliriz. Makalemi oluştururken bu konudaki bilgimi derinleştireceğim, bu da daha fazla çözmemi sağlayacak geniş daire Orantılı segmentlerde problemler. Bu benim yazımın önemi.

Teoremlerden biri Thales teoreminin genelleştirilmesidir. Thales teoreminin kendisi sekizinci sınıfta öğretiliyor. Ancak asıl teoremler Ceva ve Menelaus'un teoremleridir.

Thales teoreminin genelleştirilmesi.

Formülasyon:

Verilen iki doğruyu kesen paralel doğrular, bu doğrular üzerindeki orantılı parçaları keser.

Kanıtlamak:

Kanıt:

Örneğin şunu kanıtlayalım:

İki durumu ele alalım:

1 vaka

A ve b doğruları paraleldir. O halde A1A2B2B1 ve A2A3B3B2 dörtgenleri paralelkenarlardır. Bu nedenle A1A2=B1B2 ve A2A3=B2B3 anlamına gelir

Durum 2

A ve b doğruları paralel değildir. A1 noktasından b doğrusuna paralel bir c doğrusu çiziyoruz. A2B2 ve A3B3 düz çizgilerini C2 ve C3 noktalarında kesecektir. A1A2C2 ve A1A3C3 üçgenleri iki açıdan benzerdir (A1 açısı ortaktır, A1A2C2 ve A1A3C3 açıları, A2B2 ve A3B3 düz çizgileri A2A3 kesenine paralel olduğunda karşılık gelen şekilde eşittir), bu nedenle

Buradan oranların özelliğinden şunu elde ederiz:

Öte yandan ilk durumda kanıtlanana göre elimizde A1C2 = B1B2, C2C3 = B2B3 var. (1) oranında A1C2'yi B1B2 ile ve C2C3'ü B2B3 ile değiştirerek eşitliğe ulaşırız

Q.E.D.

Bir üçgende orantılı bölümlere ilişkin teorem.

AC ve BC taraflarında ABC üçgeni K ve M noktaları AK:KS=m:n, BM:MC=p:q olacak şekilde işaretlenmiştir. AM ve BK doğru parçaları O noktasında kesişiyor.

Kanıtlamak:

Kanıt:

M noktasından VC'ye paralel bir düz çizgi çiziyoruz. AC kenarını D noktasında keser ve Thales teoreminin bir genellemesine göre

AK=mx olsun. O halde problemin durumuna göre KS=nx ve KD:DC=p:q olduğundan,

Benzer şekilde, kanıtlanmıştır ki

Ceva'nın teoremi.

Teorem, adını 1678'de kanıtlayan İtalyan matematikçi Giovanni Ceva'dan almıştır.

Formülasyon:

ABC üçgeninin sırasıyla AB, BC ve CA taraflarında C 1, A 1 ve B 1 noktaları alınırsa, AA 1, BB 1 ve CC 1 parçaları ancak ve ancak şu durumlarda bir noktada kesişir:

Kanıtlamak:

2. AA1, BB1 ve CC1 segmentleri bir noktada kesişiyor

Kanıt:

1. AA1, BB1 ve CC1 doğru parçalarının bir O noktasında kesişmesine izin verin. Eşitliğin (3) sağlandığını kanıtlayalım. Bir üçgenin orantılı bölümlerine ilişkin teoreme göre:

Bu eşitliklerin sol tarafları eşittir, yani sağ tarafları da eşittir. Bunları eşitlersek şunu elde ederiz

Her iki parçayı da bölmek Sağ Taraf eşitliğine (3) ulaşırız.

2. Tersi ifadeyi kanıtlayalım. (3) eşitliği sağlanacak şekilde AB, BC ve CA kenarları üzerinde C1, A1 ve B1 noktaları alınsın. AA1, BB1 ve CC1 doğru parçalarının bir noktada kesiştiğini kanıtlayalım. AA1 ve BB1 ​​doğru parçalarının kesişim noktasını O harfi ile gösterelim ve CO düz bir çizgi çizelim. AB kenarını C2 olarak adlandırdığımız belirli bir noktada kesiyor. AA1, BB1 ve CC1 doğru parçaları bir noktada kesiştiğine göre, ilk noktada kanıtlanmış olana göre

Dolayısıyla (3) ve (4) eşitlikleri geçerlidir.

Bunları karşılaştırarak eşitliğe ulaşırız

Belediye bilimsel ve pratik konferansı

"LOMONOSOV OKUMALARI"

Ceva teoremi

MBOU "Ortaokul No. 17".

Danışman:

Matematik öğretmeni MBOU Ortaokulu No. 17.

BEN dipnot

bu işçeşitli öğrencilere yardımcı olabilir Eğitim Kurumları Ceva teoremini kullanarak üçgenin özelliklerine ilişkin anlayışınızı genişletin. Çalışma, bir üçgenin dikkate değer noktalarının özelliklerini kanıtlamak, düzlemdeki bazı dönüşümleri doğrulamak, büyük ve büyük bulma problemlerini çözmek için Ceva teoreminin kullanımına ilişkin problemleri sistematik hale getirmektedir. en düşük değerler miktarların yanı sıra görevler farklı seviyeler zorluklar. Çalışma, dersler yürütmek için kullanılabilir. seçmeli dersler Olimpiyatlara, Birleşik Devlet Sınavlarına ve giriş sınavlarına hazırlık amacıyla.

II Yöneticiden geri bildirim

Şu anda modern okul Geometrinin rolü biraz hafife alınmaktadır. Bu çalışma prestijinin güçlendirilmesine yardımcı olabilir okul konusu geometri, çünkü bir tanesinin nasıl olduğunu gösteriyor harika teorem tüm katmanı açmanıza olanak tanır en ilginç özelliklerÜçgen, onun yardımıyla çözülen sorunların güzelliğinin ve zarafetinin tadını çıkarır.

Çalışma sırasında yazar Vera Pankova gösterdi daha yüksek derece bağımsızlık. Mevcut literatür kaynaklarının analizi ve karşılaştırılması yöntemini kullanan yazar, başka bir araştırma yöntemi olan görevlerin sistemleştirilmesi ihtiyacıyla karşı karşıya kaldı. Kullanılan literatürde görevler belirli konularda sistemsiz bir liste halinde önerilmektedir. Sorunların tematik sistemleştirilmesi, sorunları çözmek için yöntemler bulma yeteneğini önemli ölçüde basitleştirdi. burada çoğu sorunlar Vera tarafından bağımsız olarak çözüldü, bu da mantıksal kültür seviyesinin artmasına ve yazarın mekansal hayal gücünün gelişmesine katkıda bulundu.

Çalışma özel kurslar için kullanılabilir. uzmanlık eğitimi Olimpiyatlara ve Birleşik Devlet Sınavına hazırlık olarak.

Süpervizör

____________/

III Gözden geçirmek

“Ceva Teoremi” konulu çalışma, lise geometri müfredatında yer almayan Ceva teoreminin kullanım olanaklarını araştırmaya ayrılmıştır. Konu konuyla ilgilidir çünkü bir dizi problemi çözerken, Ceva teoremi çözümleri kolayca ve zarif bir şekilde elde etmenizi sağlarken, geleneksel yaklaşımlar hantal ve sıkıcı ispatlara yol açar.

Odak noktası teoremin kendisinin kanıtıdır Farklı yollar ve farklı şekillerde.

Pratik kısımda, üç doğrunun bir noktada kesiştiğini ispatlayan geleneksel yöntemler ile Ceva teoremi kullanılarak yapılan ispatların karşılaştırması yapılıyor.

Ana çabalar, teoremi ve bunların tematik sistematizasyonunu kullanarak sorunları çözmeyi ve çözüm yöntemleri arayışını basitleştirmeyi mümkün kılmayı amaçlamaktadır. Yazar aynı zamanda esasen bir problemi çözüyor: problem çözmeyi kolaylaştırmak için Ceva teoremini kullanmanın avantajlarını gösteriyor.

Yazarın Ceva teoremini uygulama olanaklarını incelerken üçgenin dikkat çekici noktaları hakkındaki bilgiyi derinleştirmeyi ve bilinenleri tamamlamayı başardığı gerçeği üzerinde durmak gerekir. okul kursu dört harika noktalar, ikinci dereceden yeni noktalar ve noktalar, yani. dönüşümler sonucunda elde edilir. Göz önünde bulundurulan dönüşümler aynı zamanda okul kursunun da derinleştirilmesidir.

Bu çalışmanın avantajı bilimsel doğası, kanıtları ve materyalin sunumundaki mantıksal tutarlılığıdır.

" "……………..2007 Başkanı

____________/

I Özet………………………………………………………………………………….2

II Yöneticiden geri bildirim………………………………………………………3

III İnceleme…………………………………………………………………………………...4

IV Tezler…………………………………………………………………………………..6

IV Giriş……………………………………………………………………………….….8

V Ana bölüm:

1) Teori………………………………………………………………………………10

2) Uygulama………………………………………………………………………………14

a) Ceva teoremi ve üçgenin dikkat çekici noktaları.……………..14

b) Gergon ve Nagel noktaları ve Ceva teoremi ………………………….17

c) Ceva teoremine ilişkin bazı dikkat çekici dönüşümler……………………………………………………………….19

d) Ceva teoreminin çözüme uygulanması farklı görevler …………….23

e) Ceva teoremi ile ilgili niceliklerin en büyük ve en küçük değerlerini bulma problemleri ………………………………………………26

VI Sonuç…………………………………………………………..…….31

VII Kaynaklar……………………………………………………….…32

IV Özetler

1) Çalışmanın ilk kısmı teoriktir. Burada sunuldu çeşitli yollar Ceva'nın direkt ve ters teoreminin kanıtları: benzer üçgenleri kullanan bir kanıt, alan kavramını kullanan iki kanıt ve sinüs biçiminde Ceva teoremi. Aynı zamanda bir üçgenin tepe noktasını üçgenin karşı tarafındaki belirli bir noktaya bağlayan segmentler olarak cevianların tanımını ve rekabet gücü kavramını da sağlar.

2) Çalışmanın ikinci kısmı pratiktir. Burada Ceva teoremini kullanarak problemlerin tematik bir sistematizasyonu verilmiştir. Tüm sorunlara çözümler eşlik eder.

a) Ceva teoremi ve üçgenin dikkat çekici noktaları. Bu bölümde rekabet gücünü kanıtlamak için Ceva teoremi kullanılmaktadır. harika çizgilerüçgen: kenarortaylar, ortaortaylar, yükseklikler ve dik ortaortaylar.

b) Gergon ve Nagel noktaları. Ceva teoremi kullanılarak, burada bir üçgenin köşe noktalarından ve yazılı dairenin teğet noktalarından geçen doğruların bir noktada (Gergonne noktası) kesiştiği, ayrıca üçgenin köşelerinden ve üçgenin teğet noktalarından geçen doğruların da kesiştiği kanıtlanmıştır. yazılı daireler bir noktada kesişiyor ( Nagel noktası).

c) Ceva teoremine ilişkin bazı dikkat çekici dönüşümler. Bu bölümde, Ceva teoremini kullanarak, bir noktanın üçgenine göre Cevianların kesişim noktasına izogonal olarak eşlenik olan bir izotomik eşlenik, Cevianların kesişme noktasının eş daire şeklinde bir görüntüsünün varlığını kanıtlıyoruz. Ayrıca 2. dereceden dikkat çekici noktaların örnekleri de verilmiştir, yani belirtilen düzlem dönüşümleri kullanılarak elde edilmiştir.

d) Ceva teoreminin çeşitli problemlerin çözümüne uygulanması. Burada öz-kontrol için kullanılabilecek farklı karmaşıklık seviyelerindeki çözümlere ilişkin problemler yer almaktadır.

e) Ceva teoremi ile ilgili büyüklüklerin en büyük ve en küçük değerlerini bulma problemleri. Bu bölüm, niceliklerin en büyük ve en küçük değerlerini bulma problemlerini çözmektedir. temel yöntemler yani bir türev kullanmadan.

V Giriiş.

Daha geniş bir literatüre sahip olmak,

cebir ve aritmetiğin birleşiminden daha fazla,

ve en azından bir o kadar kapsamlı

analiz, geometri gibi daha büyük ölçüde,

matematiğin diğer dallarından daha

en zengin hazinedir

en ilginç ama yarı unutulmuş şeyler,

kim tarafından, aceleci nesil

eğlenmeye vakti yok.

Kozma Prutkov'un "Kimse enginliği kucaklamayacak" sloganı tamamen üçgenin geometrisine atfedilebilir. Üçgen güzel ve şaşırtıcı bir depo gibidir geometrik tasarımlar, gerçekten tükenmez. Sistematize edilmesi zor olan çeşitlilikleri ve bollukları sevindirmekten başka bir şey yapamaz.

Bir üçgenin geometrisi genellikle dikkat çekici noktalarla ilişkilendirilir. Dikkat çeken noktaların çoğu şu şekilde elde edilebilir.

ABC üçgeninin BC kenarı üzerindeki A1 noktasını seçebileceğiniz bir kural olsun (örneğin, bu kenarın ortasını seçin). Daha sonra üçgenin diğer iki tarafında da benzer B1, C1 noktaları oluşturacağız (örneğimizde kenarların iki orta noktası daha). Bu kural "başarılı" ise, AA1, BB1, CC1 doğruları bir Z noktasında kesişecektir. Geçmişteki bilim adamları her zaman bir üçgenin kenarlarındaki noktaların konumunu belirlemelerine olanak sağlayacak bir yönteme sahip olmak istemişlerdir. karşılık gelen üç doğrunun bir noktada kesişip kesişmediği.

Bu sorunu “kapatan” evrensel bir koşul 1678'de bulundu. İtalyan mühendis Giovanni Cheva.

Ceva'nın dikkat çekici teoremi geometri müfredatında yer almıyor lise. Bununla birlikte, bir dizi problemi çözerken bu teorem, çözümleri kolayca ve zarif bir şekilde elde etmenizi sağlar. Ceva teoremi, okul müfredatında işlenmeyen birçok yeni teorem ve üçgenin özellikleriyle tanışma fırsatları yaratır.

İşin amacı: Ceva teoremini kullanarak üçgenin özelliklerine ilişkin anlayışınızı genişletin.

Hipotez: Ceva teoremi çözülebilir sınıfını genişletmeye yardımcı oluyorsa geometrik problemleröyleyse geometrinin temel teoremlerinden biridir.

Görevler:

· Bir üçgenin dikkate değer noktalarının özelliklerini kanıtlamak için Ceva teoremini kullanma olanaklarını araştırmak;

· Ceva teoremini farklı karmaşıklık seviyelerindeki problemleri çözmek için uygulamayı öğrenmek;

· Ceva teoremi kullanılarak çözülen problemleri tematik olarak sistematize etmek.

Araştırma Yöntemleri: Mevcut literatür kaynaklarının analizi ve karşılaştırılması, görevlerin sistemleştirilmesi.

V BEN Ana bölüm

1) Teori

Üçgenin tepe noktasını karşı taraftaki bir noktaya birleştiren doğru parçasına CEVIANA denir.

AX, BY, CZ – Chevianlar ∆ ABC.

Eğer üç cevian da bir P noktasında kesişiyorsa, onların REKABETÇİ olduğunu söyleyeceğiz.

1) Ceva teoremi. ABC üçgeninin AX, BY, CZ adlı üç cevianı rekabetçi ise, o zaman

Kanıt.Üçgenlerin alanlarının olduğu bilinmektedir. eşit yüksekliküçgenlerin tabanlarıyla orantılıdır.

Hadi bir ilişki kuralım

.

Aynı şekilde,

.

Ortaya çıkan eşitlikleri çarpalım

.

Converse teoremi.

Eğer üç Chevian AX, BY, CZ ilişkiyi sağlıyorsa , o zaman rekabetçi olurlar.

Kanıt.

İlk iki cevianın daha önce olduğu gibi P noktasında kesiştiğini ve P noktasından geçen üçüncü cevianın CZ olacağını varsayalım."

Daha sonra Ceva'nın direkt teoremine göre,

.

Ama duruma göre ,

Buradan, .

Nokta Z noktasıyla çakışıyor ve AX, BY ve CZ segmentlerinin rekabetçi olduğunu kanıtladık.

2) Benzer üçgenleri kullanarak Ceva teoremini kanıtlamanın bir yolunu düşünelim.

Yanlara izin ver AB, M.Ö. Ve AC.üçgen ABC puanlar buna göre alınır C 1, A 1 ve B 1. Düz A.A. 1, BB 1, CC 1 bir noktada kesişiyor ancak ve ancak şu şartla

(*)

dümdüz A.A. 1, BB 1, CC 1 bir noktada kesişiyor Ö(İncir. 2). Üst kısımdan Cüçgen ABC hadi paralel bir doğru çizelim AB ve çizgilerle kesişme noktaları A.A. 1, BB 1 buna göre belirtiyoruz A 2, B 2. Üçgenlerin benzerliğinden C.B. 2B 1 ve ABB 1 eşitliğimiz var

Benzer şekilde üçgenlerin benzerlikleri BAA 1 ve CA. 2A 1 eşitliğimiz var

Ayrıca üçgenlerin benzerliğinden M.Ö. 1Ö Ve B 2CO, AC. 1Ö Ve A 2CO sahibiz Bu nedenle eşitlik geçerlidir

(1), (2) ve (3) eşitliklerini çarparak gerekli eşitliği (*) elde ederiz.

Tam tersini kanıtlayalım. Puan için izin ver A 1, B 1, C 1 üçgenin karşılık gelen taraflarında çekilmiş ABC eşitlik (*) sağlanmıştır. Doğruların kesişme noktasını gösterelim A.A. 1 ve BB 1'den Ö ve doğruların kesişme noktası CO Ve AB başından sonuna kadar C" . O zaman kanıtlanmış olana dayanarak eşitlik geçerlidir

https://pandia.ru/text/79/202/images/image017.gif" width="100" height="52"> noktaların çakıştığı yer C" Ve C 1 ve dolayısıyla düz A.A. 1, BB 1, CC 1 bir noktada kesişiyor.

3) Alan kavramını kullanarak Ceva teoremini kanıtlamanın başka bir yolu.

AA1, BB1, CC1 doğrularının O noktasında kesiştiğini varsayalım. (Şekil 3) ABC üçgeninin A ve B köşelerinden CC1 düz çizgisine AA, BB dikmelerini bırakalım. AC1A" ve BC1B" üçgenleri benzerdir, dolayısıyla

66" yükseklik = "30" bgcolor = "beyaz" stil = "kenarlık: 0,75 punto düz beyaz; Vertical-align:top;background:white"> Bir eşitliği diğeriyle çarparak şunu elde ederiz:

Aynı şekilde

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

Sonunda elimizde: https://pandia.ru/text/79/202/images/image030.gif" width="260" height="47">

2) Alıştırma

a) Ceva teoremi ve üçgenin dikkat çekici noktaları.

Ceva teoremi, bir üçgenin kenarortaylarının, açıortaylarının, yüksekliklerinin (veya uzantılarının) ve orta çizgilerinin kesişme noktaları hakkındaki ifadeleri çok basit bir şekilde kanıtlamayı mümkün kılar.

Medyanlar- bunlar üçgenin köşelerini orta noktalara bağlayan cevianlardır zıt taraflar.

Görev No.1. Bir üçgenin medyanlarının rekabetçi olduğunu kanıtlayın.

Kanıt. AB1 = B1C olduğundan; CA1 = A1B (Şekil 5);

BC1 = C1A ise

.

Ceva teoremine göre medyanların rekabetçi olduğu sonucu çıkar.

Yükseklikler - bunlar Chevian'lar, yanlara dik veya üçgenin kenarlarının devamı.

Onların ortak nokta isminde diklik merkezi.

Üç doğrunun bir noktada kesiştiğini kanıtlamak için Ceva teoreminin tersini kullanmak, ispatı büyük ölçüde basitleştirir. Bir üçgenin yüksekliklerinin eşzamanlılığının Ceva teoremi kullanılarak yapılan ispatı ile başka bir yöntem kullanılarak yapılan ispatı karşılaştıralım.

Görev No.2. Yüksekliklerin olduğunu kanıtlayın dar üçgen, rekabetçi.

Kanıt. AA1, BB1 ve CC1 üçgenin yükseklikleri olsun. (Şekil 6) Dikdörtgensel ∆AA1C ve ∆BB1C benzerdir (çünkü ortak bir açıları vardır) keskin köşe C), bu nedenle

Benzer şekilde ∆AA1B ve ∆CC1B'nin benzerliğinden şu sonuç çıkar:

Ve ∆ВВ1А ve ∆СС1А'nın benzerliğinden – eşitlik.

* http://geometri. info/geometriia/treug/medvys.dll HTML

Geometri Dünyası - Öğrenci Portalı

Yani K, L, M noktaları bir üçgen oluşturur. MA, BC'ye paraleldir ve MB, yapı itibariyle AC'ye paraleldir. Bu, dörtgen MACB'nin bir paralelkenar olduğu anlamına gelir. Bu nedenle MA = BC, MB = AC. Benzer şekilde AL = BC = MA, BK = AC = MB, KC = AB = CL. Yani AP ve BQ - dik açıortaylar KLM üçgeninin kenarlarına. O noktasında kesişirler, bu da CO'nun aynı zamanda bir medyan dik olduğu anlamına gelir. CO, KL'ye diktir, KL, AB'ye paraleldir, bu da CO'nun AB'ye dik olduğu anlamına gelir. AB ve CQ'nun kesişme noktası R olsun. O zaman CR AB'ye diktir, yani CR ABC üçgeninin yüksekliğidir. O noktası ABC üçgeninin yüksekliklerini içeren tüm doğrulara aittir. Bu, bu üçgenin yüksekliklerini içeren doğruların bir noktada kesiştiği anlamına gelir. Q.E.D.

Açıkçası Ceva teoremi ispatı kolaylaştırıyor.

Görev No.3. Bir üçgenin açıortaylarının bir noktada kesiştiğini, yani rekabetçi olduklarını kanıtlayın.

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

Bu eşitlikleri çarparak şunu elde ederiz:

Buradan Ceva teoremine göre açıortayların bir noktada kesiştiği sonucu çıkar.

Üçgenin dördüncü dikkat çekici noktası üçgenin kenarlarına dik açıortayların kesişme noktasıdır.

A1B1C1 orta üçgeni dikkate alınarak üstesinden gelinir. Orta çizgiler orijinal üçgenin kenarlarına paralel olduğundan dik açıortaylar yüksekliklerdir orta üçgen Rekabet gücü Ceva teoremi kullanılarak zaten kanıtlanmış olan. Bu, ∆ ABC kenarlarına dik açıortayların rekabetçi olduğu anlamına gelir. Teorem kanıtlandı.

b) Gergon ve Nagel noktaları ve Ceva teoremi.

Üçgenin dikkat çekici iki noktasını daha belirlemek için Ceva teoremini kullanalım.

Sorun No. 5 Bir üçgenin köşe noktalarından ve içi yazılı çemberin teğet noktalarından geçen doğruların, adı verilen bir noktada kesiştiğini kanıtlayın. Gergon'un amacı.

Kanıt.

O merkezli bir dairenin ∆ABC kenarlarına A1, B1, C1 noktalarında değmesine izin verin (Şekil 11), sonra daireye bir noktadan çizilen teğet parçaların özelliğine göre.

AB1 = AC1; BC1 = BA1; CA1 = CB1

Şekil 11

,

Araç. AA1, BB1, CC1 doğruları rekabetçidir, yani bir G noktasında - Gergon noktasında kesişirler.

Üçgenin dikkat çeken bir diğer noktası ise Nagel noktası .

Tanım. Çember denir kayıtsız Bu üçgenin bir kenarına ve diğer iki kenarının uzantılarına değerse üçgen olur.

Sorun No. 6 Kanıtla Üçgenin köşe noktalarından ve dış çemberlerin teğet noktalarından geçen doğrular bir noktada (Nagel noktası) kesişir.

Kanıt.

AB = c olsun; BC = a; AC = b; teğet bölümlerin eşitliği özelliği ile ВХb = BZb (Şekil 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 – bir üçgenin yarı çevresi),

ВХb = BZb.= p, benzer şekilde, diğer iki köşeden çizilen teğet parçalar için. Ayrıca СХb = ВХb – ВС = p-a; tüm teğet bölümler için şunu da yazabiliriz:

o tarafın ortası

nerede yatıyor? Ortaya çıkan üç noktayı A2, B2, C2 olarak belirtiyoruz. O halde AA2, BB2, CC2 doğrularının da Zm noktasında kesiştiğini kanıtlayın.

Kanıt. Cheva teoremine göre AA1, BB1, CC1 bir noktada kesiştiğine göre, o zaman

ancak A2 ile A1, B2 ile B1, C2 ile C1 üçgenin kenarlarının orta noktalarına göre simetriktir, => AC1=BC2; C1B=AC2; BA1=CA2 vb.

dolayısıyla , => AA2, BB2, СС2

bir noktada kesişir.

Bu noktaya denir izotomik olarak eşlenik ABC üçgenine göre Z noktası.

Sorun No. 8

Kanıt. Burada Ceva teoremini sinüs biçiminde kullanmak uygundur.

https://pandia.ru/text/79/202/images/image068.gif" width = "261" height = "45 src = ">,=> çünkü AA2, BB2, CC2 düz çizgileri AA1 düz çizgisiyle simetriktir , BB1, СС1 üçgenin karşılık gelen açılarının açıortaylarına göre, o zaman açılar eşittir =

= ACC 2 , vesaire.

AA2, BB2, CC2 düz çizgileri de bir noktada kesişiyor.

Bu noktaya denir izogonal eşlenik ABC üçgenine göre Z noktası.

Kullanarak izotomik Ve izogonal bağlantılar, yeni harika puanlar kazanabilirsiniz.

Hm... anti-ortomerkez – ortomerkeze izotomik olarak eşlenik bir nokta, yani kenarların orta noktalarına göre yüksekliklerin tabanlarına simetrik olan noktalardan geçen çizgilerin ve üçgenin karşılık gelen köşelerinin kesişme noktası (Şekil 16).

Gl– Gergonne noktasına izogonal olarak eşlenik bir nokta (Şekil 18).

AA2, BB2, CC2 doğrularının bir noktada kesiştiğini, Ceva teoremini aynı anda iki formülasyonda kullanarak - sinüs ilişkileri biçiminde ve segment ilişkileri biçiminde ve bir lemma kullanarak kanıtlayalım.

Arşimet Lemması. Bir daire bir doğru parçasına yazılıysa ve A1 noktasındaki yaya ve A2 noktasındaki BC kirişine dokunuyorsa, A1A2 düz çizgisi BA1C açısının açıortayıdır (s. 15).

Kanıt. ∟ВАА1=α1, ∟САА1=α2..gif" width = "140" height = "45 src = "> Benzer şekilde şunu elde ederiz:

Nerede β1=∟ SVV1, β2=∟ AВВ1, γ 1=∟ ACC1, γ 2=∟ VSS1. Cheva'nın AA2, BB2, CC2 düz çizgileri için koşulu şu şekildedir:

Bu eşitliğin sağ tarafı, Z noktasında kesişen AA1, BB1, CC1 düz çizgileri için sinüs oranları şeklinde Cheva koşulundan elde edilen bir ifadedir. Sonuç olarak,

O. AA2, BB2, CC2 düz çizgileri Zc denilen bir noktada kesişir. eş daire şeklinde Z noktaları.

d) Ceva teoreminin çeşitli problemlerin çözümüne uygulanması

Sorun No. 10 C1 ve A1 noktaları AB ve BC ∆ ABC kenarlarını 1:2 oranında bölüyor.

CC1 ve AA1 doğruları O noktasında kesişiyor. Oranı bulun

düz çizgi VO, AC kenarını böler.

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

Ceva teoremine göre eğer çizgiler rekabetçi ise o zaman

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

Sorun No. 11 BC, CA ve AB ∆ ABC kenarlarında, AA1, BB1 ve CC1 doğru parçaları bir noktada kesişecek şekilde A1, B1 ve C1 noktaları alınır. A1B1 ve A1C1 doğruları, BC kenarına paralel A köşesinden geçen doğruyu sırasıyla C2 ve B2 noktalarında kesiyor. AB2 = AC2 olduğunu kanıtlayın. [2]

∆AC2S1 ~ ∆VA1S1,

Okulda bir üçgenin kenarortaylarının bir noktada kesiştiğini kanıtladığımızı hatırlıyorum. Ve üçgenin açıortayları bir noktada kesişiyor. Üstelik üçgenin yükseklikleri ve dik açıortayları da aynı özelliğe sahiptir.
Ama bu teoremler kanıtlandı... nasıl? Evet, gerçek şu ki, her biri kendi yöntemiyle bir şekilde kanıtlandı, her birinin kendi yöntemi vardı.

Sevgili okuyucular, size bu teoremleri kanıtlamanın birleşik bir yolunu göstermek istiyorum. Ceva teoremini kullanarak kanıt.
İşte ifadesi:

A",B",C" noktaları üçgenin BC,CA,AB doğruları üzerinde olsun. AA",BB",CC" doğruları ancak ve ancak şu şartla bir noktada kesişir:

Kanıt.

Doğrudan teorem.

Bir tarafta,
S AOB"/S COB" =AB"/B"C
Öte yandan, bu aynı alan oranı, AOB" ve COB" üçgenlerinin yüksekliklerinin OB tabanına çizilen oranına ve ayrıca AOB ve COB üçgenlerinin alanlarının oranına eşittir.

Dolayısıyla AB"/B"C = S AOB/S COB.

CA"/A"B ve AC"/C"B ilişkileri için benzer eşitlikler yazıp hepsini çarparak gerekli ifadeyi elde ederiz.

Converse teoremi.

Diyelim ki üçgenin kenarlarında A", B", C" noktalarını seçtik ve koşuldan eşitlik sağlandı.
AA" ve BB" O noktasında kesişsin. Bir CO düz çizgisi çizelim ve bu çizginin AB kenarını C"" noktasında kesmesine izin verelim. Daha sonra, doğrudan teoreme göre, bu iki eşitliğin yerine getirilmesine dayanarak - gösterdiğimiz gibi C"" noktasıyla, C" noktası yerine C" noktasının olacağı aynı büyük eşitliğe sahip olacağız ve Ters teoremin koşullarından C" noktası ile C"" ve C" noktalarının çakıştığı sonucuna varırız.

Yazabilirsin Ceva'nın sinüs formundaki durumu:
Bu durum sinüs teoremini ABA" ve ACA" üçgenlerine uygulayarak kolaylıkla elde edilebilir. Onlar için A"B/AA"= sinBAA"/sinABA" ve A"C/AA"=sinA"AC/sinA"CA'yı elde ederiz. Bir eşitliği diğerine bölerek A"B/A"C=sinBAA" /sinA"AC * (sinBCA/sinABC) elde ederiz.

Geriye kalan bölümler için de benzer eşitlikler yazıp bunları çarparak sinüs şeklindeki Chevy koşulunu elde ederiz.

O halde Ceva teoremine göre bir üçgenin kenarortaylarının bir noktada kesişimi tek doğru olarak ispatlanmıştır.
Ceva'nın sinüs şeklindeki teoremine göre açıortayların bir noktada kesişimi tek doğru olarak ispatlanır.
Ancak bir üçgenin yüksekliklerinin bir noktada kesiştiğinin kanıtı - bu, Cheva'nın sinüs biçimindeki teoremine göre, iki satırda kanıtlanmıştır. İspatın ilk satırına bilinenleri yazmalıyız trigonometrik özdeşlik -
sin(90 - a) = çünkü a

BELEDİYE BİLİMSEL VE ​​UYGULAMALI KONFERANS “XXI.Yüzyılın Aydınları”

Menelaus teoremi ve Ceva teoremi ve uygulamaları

Popov Bogdan Valerievich

10B sınıfı öğrencisi

MAOU "Spor Salonu No. 2"

Danışman:

Lysenko Nadezhda Anatolyevna

En yüksek yeterlilik kategorisinin öğretmeni

G. Balakovo. 2012

Giriş 3 sayfa

Menelaus teoremi 4 sayfa

Ceva teoremi 6 sayfa

Ceva teoreminin sonuçları 8 sayfa

10 sayfayı çözmek için Ceva ve Menelaus teoremlerinin uygulanması

geometrik problemler

Sonuç 14 sayfa

Kullanılmış literatür listesi 15 sayfa

giriiş

Geometrik problemlerde cebirsel problemlerden farklı olarak başarıya götüren bir çözüm tarifi, bir algoritma belirtmek her zaman mümkün değildir. Burada geometrik şekillerin elemanları arasındaki sayısız ilişkiye ilişkin biçimsel bilginin yanı sıra, sezgi ve deneyime sahip olmak da gereklidir. Bakabilmek, görebilmek, fark edebilmek önemli çeşitli özellikler rakamlar, fark edilen özelliklerden sonuçlar çıkarmak, mümkün olanı tahmin etmek ek yapılar, problemin analizini kolaylaştırır. “Problem çözmek, yüzmek ya da koşmak gibi pratik bir sanattır. Yalnızca taklit veya alıştırma yoluyla öğrenilebilir," diye yazdı D. Polya.

Üçgenin geometrisi haklı olarak temel geometrinin en ilginç bölümlerinden biri olarak kabul edilir. Bu bir tesadüf değil. Üçgen belki de bir parçadan sonraki en basit şekil olmasına rağmen, diğer daha karmaşık şekillerin özelliklerinin de bunlara indirgendiği birçok önemli ve ilginç özelliğe sahiptir. Üçgenlerle ilgili teoremler arasında, çalışmaları geometrik problemlerin çözüm yelpazesini önemli ölçüde genişletmemize izin verenler var. Bunların önemi öncelikle geometri teoremlerinin çoğunun onlardan çıkarılabileceği veya onların yardımıyla daha sonraki birçok sonuca temel teşkil edebileceği gerçeğinde yatmaktadır. Bunlar Pisagor teoremi, sinüs teoremi, kosinüs teoremi vb.'dir. Pek çok seçkin bilim adamının adı üçgen kavramıyla ilişkilidir: Pisagor teoremi, Heron formülü, Euler'in düz çizgisi, Carnot teoremi ve diğerleri.

Ancak üçgen geometrisinde, yazarları yalnızca "üçgenler sayesinde" bilim tarihinde kalan birçok teorem de vardır. Hakkında bu tür iki teorem hakkında - Ceva teoremi ve Menelaus teoremi. Her ikisinin de ilginç ve çok sayıda uygulaması var, bu da çözmeyi kolay ve şık hale getiriyor bütün sınıf görevler.

Çalışmanın ana hedefi:

Bu konuyla ilgili literatürün analizi;

TeoremMenelaos

Menelaus'un teoremi güzel ve basittir. Okul dersinde bu teorem problemlerin arasında bir yerde kaybolmuştu. Bu arada Antik Yunan matematiğinin altın fonu arasında yer almaktadır. Adını yazarı, antik Yunan matematikçisi ve gökbilimci İskenderiyeli Menelaus'un (yaklaşık MS 100) onuruna almıştır. Çoğu durumda bu teorem oldukça karmaşık geometrik problemlerin çok kolay ve zarif bir şekilde çözülmesine yardımcı olur.

Teorem: Sırasıyla AB,BC kenarlarından ve AC kenarının devamından (veya AB,BC ve AC kenarlarının devamından) ABC noktaları alınsın. , VeABC'nin köşeleriyle çakışmıyor. Puanlar ancak ve ancak eşitlik geçerliyse aynı doğru üzerinde yer alın

Kanıt:

İlk önce kanıtlayalım gereklilik. Bırakın puanlar düz bir çizgide yatmak kara = , = , = - Lane dik açıları sırasıyla A, B, C noktalarından l düz çizgisine düşürüldü (bkz. Şekil 1). Üçgenlerin benzerliğinden Ve şunu elde ederiz:

Benzer şekilde, benzer üçgenlerin diğer çiftlerini göz önünde bulundurarak şunu elde ederiz:

Ortaya çıkan oranları çarparak gerekli eşitliğe ulaşıyoruz.

Yeterlilik. BC, AC, AB düz çizgileri üzerinde yer alan A1, B1, C1 (Şekil 2) noktaları şöyle olsun:

noktaların olduğunu kanıtlayalım , , aynı düz çizgi üzerinde uzanın.

Direkt yapalım ve C noktasını kanıtlayın ona ait.

Durumun böyle olmadığını varsayalım. Öncelikle düz çizgiye dikkat edelim hayır AB çizgisine paralel. Doğruların kesişme noktası T olsun ve AB (bkz. şekil 2). Daha sonra

Şimdi asıl noktayı kanıtlıyoruz C noktasıyla çakışıyor. Bu kanıta Menelaus teoreminin lemması denir.

Lemma. A ve B iki farklı nokta olsun. O zaman AB doğrusu üzerindeki herhangi bir k > 0, k≠1 için iki ve yalnızca iki M ve N noktası vardır; öyle ki ve bu noktalardan biri segmente aittir AB ve diğeri AB segmentinin dışında yer alıyor.

Kanıt. A noktasını koordinatların orijini olarak alarak AB doğrusuna koordinatları girelim (bkz. Şekil 3). Kesinlik için k > 1 olsun. AB doğru parçasının içinde yer alan istenen U noktasının koordinatı şu denklemi sağlar: bu nedenle.

Ceva teoremi

Bir üçgenin kenarortaylarının bir noktada kesiştiğini, üçgenin açıortaylarının bir noktada kesiştiğini ve üçgenin yüksekliklerinin (veya uzantılarının) bir noktada kesiştiğini biliyoruz. Şimdi koyalım Genel Soru. ABC'yi düşünün ve yanlarındaki BC, AC ve AB noktalarını (veya bunların uzantılarını) işaretleyin. ( bkz. şekil 1)

AA, BB ve CC doğruları bu noktaların hangi noktasında bir noktada kesişecek?

Bu sorunun cevabını 1678 yılında İtalyan hidrolik mühendisi Giovanni Ceva (1698-1734) buldu.

Teorem: : Puanları bırakalım sırasıyla güneşin taraflarında uzanırlar, ABC üçgeninin AC ve BA'sı (Şekil 2). Segmentler ancak ve ancak eşitlik geçerliyse bir noktada kesişir:

Kanıt. Bölümlere izin ver , Vehayır ABC üçgeninin içinde M noktasında kesişiyor. ile belirtelim üçgenin alanı kov AMC, SMV ve AMV ve aracılığıyla - sırasıyla A ve B noktalarından MC düz çizgisine olan mesafeler.

Aynı şekilde, .

Ortaya çıkan oranları çarparak teoremin geçerliliğine ikna olduk.

Sinüs formunda Ceva teoremi.

İncelenen vakaların her birinde - ve durumda iç nokta O ve harici bir nokta O koşulu durumunda . . =1 şeklinde de yazılabilir: . . =1

Kanıt: eşitlikleri kullanabilirsiniz:

(1), (2), (3)'ü çarparsak, şunu elde ederiz: . . =1

Ceva teoreminin uzaysal genellemesi.

Teorem. M noktası ABCD tetrahedronunun içinde olsun, - CMD, AMD, AMB ve SMV düzlemlerinin kaburgalarla kesişme noktaları (bkz. Şekil 3), sırasıyla AB, BC, CD ve DA. Daha sonra

Tersine, eğer puan içinse , ilgili p'nin üzerinde yatıyor ebrax, ilişki geçerlidir, ardından düzlemler , , Vebir noktadan geçmek.

Gereklilik Kanıtı puanların olduğunu fark ederseniz elde edilmesi kolaydır (santimetre.Şekil 3) aynı düzlemde yer alır (bu, düz çizgilerden geçen bir düzlemdir) Ve, M noktasında kesişiyor) ve Menelaus teoremini uygulayın.

Ters teorem şu şekilde kanıtlanır: ters teoremi Uzayda Menelaus: A1, B1, C1 noktalarından geçen bir düzlem çizmeniz ve bu düzlemin DA kenarını D1 noktasında keseceğini lemmayı kullanarak kanıtlamanız gerekir.

Teoremlerin sonuçlarıSChevrolet

Sonuç 1. Bir üçgenin kenarortayları bir noktada kesişir, her medyanı tepe noktasından itibaren sayarak 2:1 oranında böler.

Kanıt. Kanıtı Cheva ve Menelaus teoremlerine dayanarak gerçekleştirelim. O halde ABC'nin medyanları AA, BB, CC olsun (Şekil 20). AC=CB, BA=AC, AB=BC olduğundan =1 olur, = 1, = 1. Sonra . . yani puan için A,B,C ABC üçgeninin kenarlarında yer alıyor, koşul sağlandı . . =1 ; Ceva teoremine göre AA, BB, CC bir O noktasında kesişir (bir iç nokta durumu).

BBC'yi düşünün, A,O,A noktaları BB,BC kenarlarını ve BC kenarının uzantısını kesen aynı düz çizgi üzerinde yer alır (bundan sonra buna sekant diyeceğiz). A BC, O BB, ABC.

Menelaus teoremine göre =.

Sonuç 2. Üçgenin açıortayları bir noktada kesişir.

Kanıt. Bu ifadenin geçerliliği bisector özelliği kullanılarak kanıtlanabilir:

AA bir açıortay olduğundan, o zaman = ; Çünkü O halde BB bir açıortaydır ; SS bir açıortay olduğundan, o zaman . Bu eşitliklerin sırasıyla sol ve sağ taraflarını çarparak şunu elde ederiz:. . = . . = 1, yani A, B, C noktaları için Cheva eşitliği sağlanmıştır, yani AA, BB, CC bir noktada kesişir.

Sonuç3. Bir üçgenin yükseklikleri (veya uzantıları) bir noktada kesişir (üçgenin diklik merkezi).

Kanıt: ABC'nin yükseklikleri AA, BB, CC olsun.

1) ABC akut ise (Şekil 22), o zaman A, B, C noktaları yanlarında bulunur. ACC - dikdörtgen, AC = AC cosA;

BCC- dikdörtgen, BC = BC cosB; BAA – dikdörtgen, BA= AB cosB;

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

Sonra..= = 1. Ve () koşulu sağlandığı için, o zaman

2) ABC'nin geniş açılı olmasına izin verin (Şekil 23). Bu, dış O noktasının durumudur. ACC AC=ACcosA'dan; CBC'den CB=CB cos (180-B)= -CB cosB (geniş açı B);

ABA'dan BA=AB cos(180-B)=-AB cosB; benzer şekilde,

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

Cheva koşulu sağlandığı için AA, BB, CC bir noktada kesişir veya paraleldir (Bölüm 1). Ama paralel olsalardı onlara dik olan çizgiler yani ABC üçgeninin kenarları birbirine paralel olurdu ama bu böyle değil. Bu, AA, BB, CC doğrularının bir noktada kesiştiği anlamına gelir.

3) ABC dikdörtgen ise, C = 90 (Şekil 3), o zaman BC, AC, CC yüksekliklerinin C noktasında kesiştiği açıktır. Sonuç 3 kanıtlanmıştır.

Sonuç4. Üçgenin kenarlarına dik olan açıortaylar bir noktada kesişir.

Kanıt. Orta MNK'yi düşünün (köşeler ABC kenarlarının orta noktalarıdır) (Şekil 25). O halde NK,NM,MK ABC üçgeninin orta çizgileridir ve özelliklerine göre orta çizgi NK||AC, NM||BC, KM||AB. Bu nedenle ABC üçgeninin kenarlarına dik açıortaylar MNK yüksekliklerini içerir. Ve MNK'de Sonuç 3'e göre yükseklikler bir noktada kesişiyor, dolayısıyla dik açıortaylar bir noktada kesişiyor.

Böylece Ceva teoremi, bir üçgenin dikkat çekici dört noktasıyla ilgili iyi bilinen ifadelerin çok basit bir şekilde kanıtlanmasını mümkün kılar.

Ceva teoreminin başka bir sonucunu ele alalım.

Sonuç 5. Üçgenin köşelerini, iç çemberin karşı kenarlara değdiği noktalara birleştiren çizgiler bir noktada kesişir. Bu noktaya Gergonne noktası denir (Şekil 26).

Kanıt. Bir çembere bir noktadan çizilen teğet doğru parçaları özelliğinden dolayı AB=AC=x, CB=BA=y, AC=BC=z elde edilir.

Ceva teoremine göre AA, BB, CC bir noktada kesişiyor.

Ceva ve Menelaus teoremlerinin çözüme uygulanması geometrik problemler.

Cheva ve Menelaus'un teoremleri okul matematik dersinde yalnızca derinlemesine matematik çalışması yapılan sınıflarda incelenir. Bu arada, bu teoremler, önerilen Planimetri problemlerinin tamamının kolay ve zarif bir şekilde çözülmesini mümkün kılar. Giriş sınavlarıüniversitelere, yazışma kurslarına matematik okulları bu teoremler kullanılarak çözülebilir.

Sorun 1. Bir üçgendeABC, bir daire hakkında anlatılan,AB =13, M.Ö. = 12, AC. = 9, AVeC– sırasıyla yanlarda bulunan temas noktalarıM.Ö.VeAB. Q-kesişim noktasıbölümlerA.A.VeB.H.,NeredeB.H.- yükseklik. Bir tutum bulunBQ: Hızlı Yardım.

Çözüm:

ABC üçgeni çeşitkenardır, yani H noktası teğet noktasıyla çakışmaz. AC kenarındaki teğet noktayı B harfiyle gösterelim.

1. CB = x olsun, ardından bir noktadan bir daireye çizilen teğetlerin özelliğini kullanarak gösterimi tanıtıyoruz (Şekil 32):

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

2. Heron'un formülüne göre

S=, B.H.=, B.H. = .

3. Pisagor teoremini kullanarak ABH üçgeninden (dik üçgen)

4. CBH üçgeninde AA doğrusu iki kenarını ve üçüncü kenarın devamını kesiyor. Menelaus'un teoremine göre

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

Cevap: 162:53.

Sorun 2. Paralelkenar verildiğindeABCD. NoktaMbir segmenti bölerreklambir ilişkidePve noktaNbir segmenti bölerDCbir ilişkideQ. DoğrudanB.M.VeBİRbir noktada kesişmekS. Oranı hesaplaGİBİ: S.N..

Çözüm: eğer MD= B, sonra AM= pb; eğer NC = A, sonra DN = su.

BM ve CD doğrularının kesişme noktası B olsun.

MBD ~ BBC, o zaman;

; 1+ P = ; X = .

BB çizgisi iki kenarı ve üçüncü üçgenin VE uzantısını kesiyor. Menelaus'un teoremine göre

Sorun 3. Dana haklı üçgen prizma yan kaburgalarla, Ve. Üstelik kaburganın devamındaalınan noktaBu yüzden. Noktalardan, ve kaburganın ortasıbir uçak çizilir. Prizmanın hacmini hangi oranda böler?

Çözüm:

1) Bir bölümün inşası:

a) , MB'yi bağlayın, .

b) , bağlanın, .

c) bağlanıyoruz.

d) dörtgen – istenen bölüm.

2) Alt kısmın, üst kısmın ve prizmanın tamamının hacimleri, prizmanın yüksekliği ve tabanın kenarı olsun.

M.L.A.~ ;

Hadi düşünelim ABC, – sekant, .

Menelaus'un teoremine göre.

– parçalar düşüyor. .

Cevap: 13:23

Çözüm

Cheva ve Menelaus'un teoremlerini anlamak kolaydır. Ancak bu teoremlere hakim olmanın getirdiği zorluklar, bunların problem çözmede kullanılmasıyla haklı çıkar.

Sorunları Cheva ve Menelaus teoremlerini kullanarak çözmek, bunları vektör yöntemleri gibi ek eylemler gerektiren diğer yöntemlerle çözmekten daha rasyoneldir.

7-9. sınıf temel geometri dersinde bu tür teoremlere yer verilmesi gerektiğini düşünüyorum çünkü bu teoremleri kullanarak problem çözmek öğrencilerin düşünme ve mantığını geliştiriyor.

Cheva ve Menelaus'un teoremleri problemlerin hızlı ve orijinal bir şekilde çözülmesine yardımcı olur artan karmaşıklık Birleşik devlet sınavının C seviyesindeki görevler dahil.

Kaynakça.

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

Geometri: Ortaokul 7-9. Sınıflar için ders kitabı / L.S. Atanasyan,

V.F. Butuzov, S.B. Kadomtsev ve diğerleri - M.: Eğitim, 1990. - 336 s.

2. Kachalkina E. Ceva ve Menelaus/Matematik teoremlerinin uygulanması. Yayın Evi“1 Eylül”, 2004, – Sayı 13. – s.23-26

3. Myakishev A.G.Üçgen geometri elemanları. - Kütüphane

“Matematik eğitimi” - M .: Moskova Merkezi Yayınevi

sürekli matematik eğitimi, 2002. – 32 s.