close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

конспект уроку

код для вставки
Заняття
школи олімпійського резерву
за темою: «Класичні теореми про трикутник»
(для учнів 8-9 класів)
Підготувала:
вчитель математики
СЗШ І – ІІІ ступенів №126
Алтинова Наталя Валеріївна
Заняття № 1
Тема:
Класичні теореми про трикутник
Мета: вивчення теорем Чеви та Менелая, наслідків цих теорем та розв’язання задач двома
способами: традиційним і за допомогою теорем Чеви та Менелая.
Хід заняття:
І. Організація заняття
ІІ. Повідомлення теми і мети заняття
ІІІ. Пояснення нового матеріалу
1. (Слово вчителя). Геометрія починається з трикутника. Якщо взяти шкільний
підручник з геометрії, то ми побачимо, що перші змістовні теореми стосуються саме
трикутника. Все попереднє – лише аксіоми, означення або найпростіші з них наслідки. На
початку свого виникнення планіметрія була “геометрією трикутника”. “Геометрія
трикутника” може пишатися теоремами, які носять ім’я Ейлера, Торрічеллі, Лейбниця. На
рубежі 19-20 століть завдяки великій кількості робіт, присвячених трикутнику, був
створений цілий новий розділ планіметрії – “Нова геометрія трикутника”. Багато з цих робіт
зараз виглядають малоцікавими, недосконалими; термінологія, яка використовувалась в них
майже забута й зустрічається тільки в енциклопедіях. Але деякі теореми “Нової геометрії”
продовжують жити й досі.
Теореми Чеви та Менелая можна назвати “двоїстими” теоремами: вони схоже
формулюються й доводяться, вони взаємозамінюються при розв’язанні задач. Теореми Чеви
та Менелая корисні у випадках, коли необхідно “з’ясувати відношення” між точками та
прямими, – наприклад, довести, що будь-які три прямі перетинаються в одній точці, три
точки лежать на одній прямій та ін. Тому вивчення теорем Чеви і Менелая є досить
актуальним питанням.
2. Вивчення теореми Менелая.
Теорема Менелая дійшла до нас в арабському перекладі книги «Сферика» грецького
математика та астронома Менелая Олександрійського (І-ІІ століття нашої ери). Теорема
Менелая дозволяє в деяких випадках знаходити відношення відрізків, а також доводити
належність трьох точок одній прямій.
Теорема Менелая. Нехай задано трикутник ABC і три точки A1, B1, C1 на прямих
BC, AC і AB відповідно. Точки A1, B1, C1 лежать на одній прямій тоді і тільки тоді, коли
C1 A B1C A1B


1
C1B B1 A A1C
(1.1)
Зауваження. Іноді добуток відношень в теоремі Менелая записують так:
AC1 BA1 CB1


 1
C1B A1C B1 A
Тут всі відношення, що перемножуються – це відношення орієнтованих відрізків .
Рис. 1
(теорема вивчається без доведення, доведення виноситься на самоопрацювання)
Доведення.
Необхідність. Нехай пряма
C1,B1 і A1
відповідно (див. рис. 1) і AA, BB, CC – перпендикуляри, які опущено з точок A, B, C на
пряму l . Як було доведено раніше,
C1 A AA B1C CC

,

,
C1B BB B1 A AA
l
перетинає прямі
AB, AC
та
BC
в точках
A1B BB .

A1C CC
Перемножаючи записані відношення, маємо
C1 A B1C A1B AA CC BB .





1
C1B B1 A A1C BB AA CC
Достатність. Проведемо пряму
AB
в точці
A1B1 . Ми повинні довести, що ця пряма перетинає
C1 . Насамперед доведемо, що A1B1 дійсно перетинає AB . Припустимо, що
A1B1 паралельна AB (див. рис. 2). Але тоді
B1 A A1C

1
B1C A1B
Звідси та з рівності (1.1) випливає C1 A  1, що неможливо.
C1B
Нехай
~
C – точка перетину прямих A1B1 та AB . По вже доведеному
~
CA B1C A1B

1
~ 
CB B1 A A1C
Рис. 2
Порівнюючи з умовою, одержуємо, що
~
CA C1 A .
~ 
CB C1B
Оскільки мова йде про відношення орієнтованих відрізків, то
було довести довести. Отже, теорема Менелая повністю доведена.
~
C  C1 , що потрібно
Зауваження 1. При розв’язанні конкретних обчислювальних задач, якщо відомо, що
точки C1,B1 і A1 лежать на одній прямій, можна не турбуватися про запис відношень
орієнтованих відрізків в формулі (1.1), а обмежитися відношеннями їх довжин.
Зауваження 2. Якщо замінити в (1.1) орієнтовані відношення відношеннями довжин,
обернена теорема перестає бути вірною, тобто точки C1,B1 і A1 , для яких виконується (1.1),
не повинні лежати на одній прямій.
Наприклад, нехай точки
A1,B1 взяті на сторонах BC,CA трикутника ABC так, що
BA1
CB 1
 2 , 1  і C1 – середина сторони AB , тоді
A1C
B1A 2
CA1 BC1 AB1
1


 2  1   1 , але точки A1 , B1 , C1 не лежать на одній прямій.
A1 B C1 A B1C
2
3. Теореми Чеви .Джованні Чева (1648-1734) – італійський математик. Народився в
Мілані, більшу частину життя провів в Мантує. Чева також наводить узагальнення теореми
Менелая: якщо сторони просторового чотирикутника перетинаються площиною, то на них
утворюються вісім відрізків таких, що добуток чотирьох з них, що не мають спільних кінців,
дорівнює добутку чотирьох інших.
За допомогою теореми Чеви розв’язуються задачі про трійки прямих, що проходять
через одну точку, а також доводяться теореми про перетин трійок прямих в одній точці.
Теорема Чеви для трикутника. Нехай задан трикутник ABC і три прямі, що
проходять через його вершини. Пряма, що проходить через вершину
A,
перетинає пряму
BC в точці A1 . Пряма, що проходить через вершину B , перетинає пряму AC
в точці
B1 .
Пряма, що проходить через точку
C перетинає AB
в точці
C1 . Ці прямі проходять через
одну точку або паралельні тоді і тільки тоді , коли
C1 A B1C A1B


 1
C1B B1 A A1C
Зауваження. Добуток відношень у теоремі Чеви іноді записують так:
AC1 BA1 CB1


1
C1B A1C B1 A
Чевіана – це відрізок, який з’єднує вершину трикутника з деякою точкою на
протилежній стороні.
Доведення
Необхідність. Нехай через деяку точку
P
проходять три прямі як показано на
рисунку 3. Застосуємо теорему Менелая до трикутника
ABB1 , який перетинає пряма CC1
C1 A PB CB1


 1.
C1B PB1 CA
Рис. 3 До формулювання теореми Чеви
Аналогічно з трикутника
BB1C згідно з теоремою Менелая маємо
AB1 PB A1C


 1.
AC PB1 A1B
Розділимо перше співвідношення на друге
C1 A CB1 A1B AC



1
C1B AB1 A1C CA
Залишилося помітити, що
CB1 B1C AC
і

 1
AB1 B1 A CA
Необхідність доведена для випадку прямих, що перетинаються.
Якщо ж прямі
AA1,BB1 і CC1 паралельні (див. рис. 4), то згідно з теоремою Фалеса
маємо
B1C BC .

B1 A BA1
C1 A CA1 ,

C1B CB
Перемножуючи пропорції, одержимо
C1 A B1C BC CA1
AC



  1 тобто
C1B B1 A CB BA1
A1B
C1 A B1C A1B


 1.
C1B B1 A A1C
Необхідність доведена в повному обсязі.
Рис. 4
До доведення теореми Чеви
Достатність. Нехай для точок
A1,B1 і C1 на прямих BC, AC і AB виконується
співвідношення , а прямі
CC1 і BB1 перетинаються в точці P . Пряма AP перетинає
~
прямую BC в деякій точці A . По вже доведеному
~
C1 A B1C AB

 ~  1
C1B B1 A AC
~
AB A1B
~
Звідси й зі співвідношення випливає ~ 
, що означає збіг точок A і A1 .
AC A1C
Якщо ж прямі
CC1 і BB1 паралельні, то з випливає, що і пряма AA1 буде їм
паралельна. Теорема доведена.
ІV. Практичне усвідомлення матеріалу
Задача 1. У трикутнику
стороні
AK
BC )
ABC медіана BM
ділить відрізок
у відношенні 5:3 , починаючи від вершини
ділить медіану
BM ?
A. У
AK
(точка
K
належить
якому відношенні відрізок
Розв’язання
Запишемо теорему Менелая для трикутника
AKC і прямої BM :
AO KB CM


1
OK BC MA
Виходячи з умови, маємо :
5 KB 1
KB 3 KB 3

  1,
 ,

3 BC 1
BC 5 KC 2
Запишемо теорему Менелая для трикутника
BCM і прямої AK :
BK CA MO


1
KC AM OB
Тоді
3 2 MO
 
1
2 1 OB
MO 1 OB 3
 ,

OB 3 MO 1
Відповідь: 3 : 1.
Задача 2. У трикутнику
медіану
BM
у відношенні
ділить сторону
K належить стороні BC ) ділить
3:4, починаючи від вершини B . У якому відношенні точка K
ABC
відрізок
AK
(
BC ?
Розв’язання
1-й спосіб
Проведемо
MF || AK.
За умовою
AM  MC. За теоремою Фалеса KF  FC. Нехай BO  3x, OM  4x ,
тоді
BK BO 3x 3
1
BK
3 BK 3
 ,


  KF  KC,
Відповідь: 3:8.
1
2
4 KC 8
KF OM 4x 4
KC
2
2-й спосіб
Запишемо теорему Менелая для трикутника
MBC
і прямої
AK :
BK CA MO


1
KC AM OB
Тоді
BK 2 4
BK 3
   1,
 .
KC 1 3
KC 8
Відповідь: 3 : 8 .
Задача 3. На сторонах
такі , що
і
CM
AB і AC трикутника ABC дано відповідно точки M і N
AM : MB  CN : NA 1: 2 .У якому відношенні точка S перетину відрізків BN
ділить кожен з цих відрізків ?
Розв’язання
Запишемо теорему Менелая для трикутника MCA і прямої
MS CN AB


 1.
SC NA BM
MS 1 3 , MS 4
  1

SC 2 2
SC 3
BS :
Запишемо теорему Менелая для трикутника
ABN
і прямої
MC :
AM BS NC


 1,
MB SN CA
1 BS 1
BS 6

  1,

2 SN 3
SN 1
Відповідь: MS  4 , BS  6
SC
3
SN
1
Задача 4. Задано трикутник АВС. Як слід побудувати точку О всередині трикутника,
щоб площі трикутників АОС, ВОС та АОВ відносилися
як 7 : 11 : 13.
Розв’язання
1 спосіб.
Розглянемо трикутник АВС й побудуємо точку K, яка ділить сторону AB у
відношенні 7 : 11, рахуючи від вершини A, та точку L, яка ділить сторону CA у відношенні
11 : 13, рахуючи від вершини C.
Нехай O – точка перетину відрізків CK та BL. Покажемо, що O – шукана точка.
Зазначимо, що у трикутників ACK та BCK спільна висота, яка опущена з вершини С, тому
відношення їх площ дорівнює відношенню основ
SACK : SBCK = AK : BK.
Аналогічно,
SAOK : SBOK = AK : BK.
a c a с a

 ), одержуємо
b d bd b
Застосовуючи властивість пропорції ( 
SAOС : SBOС = AK : BK = 7 : 11.
Аналогічно, розглядаючи дві пари трикутників з основами AL та СL, доводимо, що
SBOС : SAOВ = CL : AL = 11 : 13.
Отже, SAOС : SBOС : SAOВ = 7 : 11 : 13, що і необхідно було довести.
2 спосіб.
З теореми Чеви випливає, що пряма АO розділить сторону ВС у відношенні 13 : 7,
рахууючи від вершини В. Якщо застосовувати теорему Чеви в обернену сторону, то до
розв’язку задачі можна було підійти інакше.
Нехай задано відрізок PQ, точка E, яка ділить його у відношенні p : q, де p та q –
задані числа, й точка F, яка не належить прямій PQ. Аналогічно з наведеним розв’язком
можна довести, що геометричним місцем точок М площини, для яких SPFM : SQFM = p : q є
пряма EF (за виключенням точок E та F).
Отже, для того, щоб побудувати шукану точку О можна розділити сторони АВ, ВС та
СА трикутника АВС відповідно точками K, N та L так, щоб
AK : BK = 7 : 11; BN : CN = 13 : 7; CL : AL = 11 : 13.
Тоді, згідно з теоремою Чеви
AK BN CL


 1 , отже, відрізки AN, BL та CK
KB NC LA
перетинаються в одній точці, яка й буде шуканою.
V. Домашнє завдання.
Задача 1. Нехай
AD
– медіана трикутника
ABC .
На
AD
взята точка
AK : KD  3 :1. В якому співвідношенні пряма BK ділить площу трикутника
K так,
ABC ?
що
Розв’язання
Відношення площ трикутників
ABP та CBP дорівнює відношенню відрізків AP та
PC. Застосовуючи теорему Менелая до трикутника ACD та прямої BP, маємо
AP CB DK


 1,
PC BD AK
AP 3
AP
1
 2  1,
 .
PC
3
PC 2
Відповідь: AP:PC=3:2.
Задача 2. В
відношенні медіана
ABC бісектриса AD поділяє BC
CE поділяє цю бісектрису ?
в
відношенні 2:1. В якому
Розв’язання
Застосовуємо теорему Менелая до трикутника
AE BC DS


 1.
EB CD SA
Так як
CE – медіана, то AE  EB , звідси
BD  CD DS

1
CD
SA
BD
DS
1 (
 1) 
1
CD
SA
1
1 (2  1) 
DS
1
SA
AS 1

SD 3
Відповідь:
AS : SD  1: 3 .
ABD
та прямої
CE
СПИСОК ВИКОРИСТАНИХ ДЖЕРЕЛ
1. Атанасян Л.С., Денисова Н.С., Силаев Е.В. Курс элементарной геометрии. 1 часть.
Планиметрия. – М.: Сантакс-Пресс, 1997. – 304 с.
2. Буник І. Теорема Менелая // Математика. – №15(315), квітень, 2005. – с.17-21.
3. Готман Э.Г., Скопец З.А. Задача одна – решения разные.–К.: Рад. шк.–1988.–173с.
4. Егоров А. Теоремы Чевы и Менелая // КВАНТ, №3, 2004, с.35-38.
5. Зетель С.И. Новая геометрия треугольника. – М., – 1962. – С. 151.
6. Коксетер Г.С., Грейтцер С.Л. Новые встречи с геометрией. – М.: Наука, 1978. – 223 с.
7. Куланин Е. Об одной трудной геометрической задаче // КВАНТ, №7,1992.–с.46-50
8. Орач Б. Теорема Менелая // КВАНТ, №3, 1991, с. 52-55.
9. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии, ч.1. – М.: Наука, 1986. – 272 с.
10. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии, ч.2. – М.: Наука, 1991. – 240 с.
11. Прасолов В.В., Шарыгин И.Ф. Задачи по стереометрии.–М.: Наука, 1989. – 288 с.
12. Скопец З.А., Жаров В.А. Задачи и теоремы по геометрии (планиметрия). – М., 1962. – 162
с.
13. Шарыгин И. Ф. Теоремы Чевы и Менелая // КВАНТ, №11, 1976.
14. Шарыгин И.Ф. Задачи по геометрии: Планиметрия. – М.: Наука, 1986.
15. Эрдниев Б., Манцаев Н. Теоремы Чевы и Менелая // КВАНТ, №3, 1990, с. 56-59.
Автор
sudarinya_324512
Документ
Категория
Образование
Просмотров
46
Размер файла
467 Кб
Теги
конспект
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа