Секция математики. Тема: Теоремы Менелая и Чевы в решении задач

|| Региональная открытая научно-практическая конференция школьников Сибирского федерального округа «Эврика»

Секция математики

Тема: Теоремы Менелая и Чевы в решении задач

Кунгурцев Иван

МОУ СОШ №1, 10 класс, Искитимский район,

р. п. Линёво

Научный руководитель:

Учитель математики высшей квалификационной категории

Контактный телефон 8 (2

р. п. Линёво, 2006

План

1.  Введение…………………………………………………….2

2.  Теорема Менелая ………………………………………… 3-4

3.  Решение задач с помощью теоремы Менелая ………….5-10

4.  Теорема Чевы …………………………………………....10-12

5.  Решение задач с помощью теоремы Чевы ……………..12-15

6.  Вывод……………………………………………………......16

7.  Литература ………………………………………………….17

Введение.

Из школьных предметов мне больше всего нравится математика. Я с интересом посещаю факультатив, участвую в олимпиадах (в 2005 году занял 2 место по району). Решил принять участие в научно - практической конференции.

С теоремой Чевы сталкивался лишь однажды, когда учитель с помощью этой теоремы доказал, что биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке. Меня заинтересовала эта теорема и задачи, которые решаются с её использованием. Когда я начал изучать литературу, то оказалось, что эта теорема связана с теоремой Менелая. Так определилась тема моей исследовательской работы.

Цель моей работы – установление справедливости утверждений обеих теорем, а также справедливости обратных утверждений. Эти теоремы не входят в школьный курс геометрии, потому что применяются при решении сложных задач. Между тем сами теоремы просты и интересны. В своей работе я показал решение посильных мне задач.

Чева Джованни ( гг.) – итальянский инженер – гидравлик и геометр. Теорема, носящая его имя, опубликована в 1678 году.

Менелай Александрийский (1 – 2 вв. н. э.) – греческий математик и астроном.

Теорема Менелая. Если прямая пересекает стороны или продолжения сторон BC, CA и AB треугольника ABC соответственно в точках A1, B1, C1, то имеет место равенство

Доказательство. Проведём CD || AB. Рассмотрим треугольник A1BC1 и

треугольник A1CD.

Угол DA1C=углу C1A1B (вертикальные)

Угол D = углу C1 (накрест лежащие при CD || AC1 и секущей C1D)

Следовательно, треугольник A1BC1 подобен треугольнику A1CD. Стороны подобных треугольников пропорциональны

Рассмотрим треугольник B1 AC1 и треугольник B1 CD

Угол DB1C = углу AB1C1 (Вертикальные)

Угол D = углу C1 (Накрест лежащие при CD || AC1 и секущей C1D)

Следовательно, треугольник B1AC1 подобен треугольнику B1CD. Следовательно,

У нас получилось два равенства и

Перемножим почленно эти равенства: . Получим

Воспользуемся свойством дробей:

(Например )

Имеем . Теорема доказана.

Доказательство остаётся в силе

и в том случае, когда все три

точки A1, B1, C1 лежат на

продолжениях сторон

треугольника ABC

Прежде чем рассмотреть обратную теорему, сделаем одно уточнение. Пусть ABи CD – ненулевые коллинеарные векторы. Если, то будем писать: . Значит, число k равно отношению длин векторов и, взятому со знаком «плюс», если векторы сонаправлены, и со знаком «минус», если они направлены противоположно. При таком соглашении полученное выше равенство принимает вид:

Докажем обратную теорему.

Пусть на прямых BC, CA, AB, определяющих треугольник ABC, даны точки A1, B1, C1. Если выполняется равенство , то эти точки лежат на одной прямой.

Допустим, что выполнено равенство , и пусть прямая A1B1 пересекает прямую AB в точке C2. Согласно прямой теореме, . Сравнивая это соотношение с данным, получим, что .

Прибавим к обеим частям равенства 1. , получим: т. е. , откуда, т. е. C1 и C2 совпадут.

Рассмотрим задачи на применение теоремы Менелая.

Задача №1

Дано: ABC; CMBN = K, MAB, N AC Найти:

 

Решение

Рассмотрим ABN и секущую CM (точки пересечения M, K, C). По теореме Менелая: . т. к. , , тогда , то , следовательно,

Ответ: =

Задача №2

Дано: ABC; ; A1 BC; B1 AC; C1 AB. SABC = S, PKN ограничен прямыми: AA1, BB1, CC1. Найти: SPKN

Решение

1 способ

Рассмотрим ACC1 и секущую BB1 (точки пересечения B1, K, B). Применим теорему Менелая .

; из этого следует =3. Подставим в равенство

, отсюда,

Рассмотрим ABA1 и секущую CC1 (Точки пересечения C1, N, C) По теореме Менелая:

; , отсюда, , подставим в равенство, , отсюда,

Рассмотрим BB1C и секущую AA1 (точки пересечения A, P, A1) По теореме Менелая:

; , отсюда, . Подставим в равенство , отсюда,

Далее будем использовать свойство площадей частей треугольника

, где D AC

Действительно,

Обратимся к рисунку к задаче

В C1BC , следовательно, S3+S4=6S2

В AA1C , следовательно, S5 +S6 =6S4

В ABB1 , следовательно, S2+S7=6S6.

т. к. BA1 = 2 A1C, следовательно, SABA1 = 2SAA1C, следовательно, S1+S2+S3+S7=2S6+2S5+2S4 (1)

т. к. AC1 = 2BC1, следовательно, SACC1 = 2SBCC1, следовательно, S1+S5+S6+S7=2S2+2S3+2S4 (2)

т. к. SB1BC = 2SABB1 (B1C = 2 B1A)

S1+S3+S4+S5=2S2+2S6+2S7 (3)

Сложим равенства (1), (2), (3) почленно:

3S1+S2+2S3+S4+2S5+S6+2S7=4S2+4S4+2S3+2S5+4S6+2S7.

После упрощения получим:

3S1=3S2+3S4+3S6; S1=S2+S4+S6

Из доказанного, что S3+S4=6S2 следует, что , так же и , подставим,

S1= + + т. е. S1=(S2+S3+S4+S5+S6+S7)=, следовательно, S=7S1, где S=SABC; S1=SPKN.

Ответ: S=7S1

2 способ

По теореме Менелая:, следовательно, .

Значит, SC1KB = SC1BC

Аналогично SAB1P=SAB1B, SA1NC=SACA1

По условию A1C=CB, следовательно, SACA1=SABC, следовательно, SA1NC=SABC

AB1=AC, следовательно, SABB1=SABC, следовательно, SAPB1=SABC

C1B=AB, следовательно, SC1BC=SABC, следовательно, SC1BK=SABC

SABC=SACA1+SCC1B-SA1NC+SAPKC1+SKPN , пусть SABC=S.

S=S+S-S+S+SKPN

S=S+ SKPN, откуда SKPN=(1-)S= S; SKPN=S

Ответ: SKPN=S

Задача №3

Дано: ABC; C1AB; AB=BC1; A1BC; BC=CA1; B1AC; AC=AB1 Найти: а) Б) , где K=ABA1B1

Решение

А) Используем свойство площадей треугольников:

(в случае, если BD –медиана, то SABD= SCBD)

Проведём медианы в B1AC1, в B1A1C и в BC1A1.

Обозначим площади частей A1B1C1 буквами S1;S2;S3;S4;S5;S6;S7

По свойству, приведённому выше:

S1=S2 (AB – медиана B1BC)

S6=S7 (A1A – медиана B1A1C) , следовательно, S1=S7

S6=S1 (AC – медиана ABA1)

S2=S3 (B1B – медиана AB1C1), следовательно, S1=S3

S1=S4 (CB – медианаACC1)

S4=S5 (C1C – медиана BC1A1), следовательно, S1=S5

SA1B1C1 = S1+S2+S3+S4+S5+S6+S7 = 7SABC, где SABC=S1

Значит, =

Б) точки A, B, K – лежат на одной прямой, пересекающей стороны A1B1C По теореме Менелая: , т. к. B1A=AC; т. к. BC=CA1, следовательно, т. е.

Ответ: = ,

Задача №4

Дано: четырёхугольник ABCD; P BD; N – середина CD; M – середина AB; PNBC=E; PMAD=F Доказать:

 

Решение

Используем теорему Менелая для BCD и секущей EP.

; CN=ND; следовательно, .

, следовательно, .

Рассмотрим ABD и секущую MP. По теореме Менелая: ; BM=MA, следовательно, , тогда, , следовательно, .

Из двух равенств: и , следует что, . Что и требовалось доказать.

Задача №5

Дано: ABCD – четырёхугольник. M – середина AD; N – середина BC. MP=PK=KN Доказать: ABCD – трапеция; DC=2AB

 

Решение

Используем теорему Менелая поочерёдно к треугольникам:

AKM и секущая DO (точки пересечения O, P, D) ; , следовательно, AO=2OK.

BPN и секущая OC (точки пересечения O, K, C) ; , следовательно, BO=2OP.

AOD и секущая AK (точки пересечения M, P, K) ; , следовательно, DP=3PO

BOC и секущая PN (точки пересечения P, K, N) ; , следовательно, CK=3OK.

Значит, DO=4PO; BO=2PO, т. е.

CO=4OK; AO=2OK, т. е. . В AOB и COD ,

AOB = DOC – вертикальные, следовательно, AOB подобенCOD, следовательно BAO=DCO (накрест лежащие при прямых AB и DC и секущей AC), следовательно, AB || DC. Значит, ABCD – трапеция.

Из равенств и видно, что стороны подобных треугольников AOB и COD относятся как , значит или DC=2AB. Что и требовалось доказать.

Теоремой Менелая так же можно воспользоваться для доказательства теоремы Чевы

Теорема Чевы

Теорема. Пусть на сторонах BC; CA; AB треугольника ABC или их продолжениях взяты соответственно точки A1; B1; C1. Прямые AA1; BB1; CC1 пересекаются в одной точке или параллельны тогда и только тогда, когда

Доказательство. Пусть прямые AA1; BB1; CC1 пересекаются в точке O, лежащей внутри треугольника (рисунок а) или вне ABC (рисунок б).

Применим теорему Менелая к BCC1 и секущей AA1, получим:

Для треугольника ACC1 и секущей BB1 получим:

Перемножим почленно эти равенства

Что и требовалось доказать.

Замечание. Если AA1, BB1, CC1 параллельны, то доказательство проводится с использованием теоремы об отрезках, отсекаемых на сторонах угла параллельными прямыми.

Для решения задач чаще применяется обратная теорема.

Обратная теорема Чевы. Пусть на сторонах BC; CA; AB треугольника ABC или их продолжениях взяты соответственно точки A1; B1; C1. Если выполняются равенство , то прямые AA1; BB1; CC1 пересекаются в одной точке или параллельны.

Доказательство. Пусть AA1BB1=O. Проведём прямую CO, С2=COAB.

По теореме Чевы . Учитывая условие имеем: , откуда =k, =k. Вычтем второе равенство из первого. По свойству векторов получим =k=

= - k.

Т. к. k -1 (иначе бы, но точки A и B не совпадают), следовательно, , т. е. точки C1,C2 совпадают. Но это и означает, что прямые AA1; BB1; CC1 пересекаются в одной точке.

Аналогично доказывается, что если AA1||BB1, то и CC1||BB1.

Рассмотрим задачи на применение теоремы Чевы.

Задача №1

Дано: Треугольник ABC. Доказать: медианы треугольника пересекаются в одной точке.

Доказательство

Пусть AA1, BB1, CC1 – медианы треугольника ABC.

Проверим равенство: , 1*1*1=1 (верно).

Утверждение доказано согласно теореме Чевы.

Задача №2

Дано: треугольник ABC Доказать: биссектрисы ABC пересекаются в одной точке

Доказательство

Пусть BE, CM, AK – биссектрисы ABC.

Воспользуемся свойством: биссектриса треугольника делит противоположную сторону на части, пропорциональные прилежащим к ней сторонам.

Значит, . Найдём произведение , по теореме Чевы прямые BE, CM, AK пересекаются в одной точке.

Задача №3

Дано: ABC, CM – медиана, PCM, APBC=A1, BPAC=B1 Доказать: A1B1 || AB

Решение

Прямые AA1, BB1 и CM пересекаются в одной точке P. По теореме Чевы: , , поэтому =>

CB1A1 подобен CAB (; C – общий)

Значит, CB1A1 = CAB – соответственные при прямых B1A1 и AB и секущей AC, поэтому A1B1 || AB. Что и требовалось доказать.

Задача №4

Дано: В ABC вписана полуокружность. Диаметр лежит на стороне BC, C1; B1 – точки касания сторон AB, AC и полуокружности. BB1CC1=P, AA1BC. Доказать: PAA1

Решение

Пусть r – радиус окружности.

Из прямоугольных треугольников OBC1 и OCB1 находим CB1=r*ctg C, C1B=r*ctg B.

Из прямоугольных треугольников ABA1 и ACA1 имеем BA1=AA1*ctg B; A1C=AA1*ctg C; AB1=AC1 – как отрезки касательных, проведённых из одной точки.

Найдём произведение:

= =

Согласно теореме Чевы прямые AA­1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке, т. е. PAA1. Что и требовалось доказать.

Задача №5

Дано: ABC, PABC, APBC=D, BPAC=M, CPAB=N; Доказать:

 

Решение

Пусть SCDM=S1, SBDN=S2, SANM =S3, SABC=S.

Знаем, что площади двух треугольников, имеющих общий угол, относятся как произведения сторон, заключающих этот угол. Имеем

По условию , следовательно ; , следовательно, , отсюда,

Аналогично, ;

Найдём SDMN = S - (S1+S2+S3)

SDMN = S-(++)=

=S-==

== =

В треугольнике ABCотрезки AD, BM, CN пересекаются в одной точке. По теореме Чевы

Значит, Что и требовалось доказать.

Задача №6

Доказать. Что отрезки, соединяющие вершины треугольника с точками, в которых вписанная окружность касается противоположных сторон, пересекаются в одной точке.

Дано: ABC. Окружность (O;r) – вписана в ABC. OM=ON=OP=r Доказать: AN; BP, CM пересекаются в одной точке.

 

Решение

По свойству отрезков касательных, проведённых из одной точки AM=AP=a; BM=BN=b; CN=CP=c.

Найдём произведение отношений:

По теореме Чевы AN BP CM=O1

Вывод

Замечательные теоремы Менелая и Чевы, сложные на первый взгляд, оказались просты и интересны. Они находят применение в задачах, в которых присутствуют секущие прямые. Многие задачи трудные, но длительная и напряжённая работа над одной такой задачей для меня интереснее и полезнее десяти стандартных задач.

Теоремы о пересечении медиан, биссектрис треугольника с помощью теоремы Чевы доказываются элементарно.

В результате проделанной работы я глубже стал понимать задачи, мне интересно их исследовать и решать. Я удовлетворён тем, что изучил новые для себя теоремы и способы их использования.

Литература

1.  Атанасян 7-9 кл. М. Просвещение, 1991.

2.  Готман Менелая и Чевы. – «Математика в школе», 1995, №6.

3.  Орач Менелая. – «Квант», 1991, №1.

4.  Шарыгин 9-11 кл. М.:Дрофа, 1996.