თეორემამ შეცვალა განმარტება. ჩევასა და მენელაუსის თეორემები ერთიან სახელმწიფო გამოცდაზე

Კლასი: 9

გაკვეთილის მიზნები:

1. მოსწავლეთა ცოდნისა და უნარების განზოგადება, გაფართოება და სისტემატიზაცია; ასწავლოს როგორ გამოიყენოს ცოდნა რთული პრობლემების გადაჭრისას;
2. პრობლემების გადაჭრისას ცოდნის დამოუკიდებელი გამოყენების უნარ-ჩვევების გამომუშავების ხელშეწყობა;
3. განუვითარდეთ მოსწავლეებს ლოგიკური აზროვნება და მათემატიკური მეტყველება, ანალიზის, შედარების და განზოგადების უნარი;
4. ჩაუნერგოს მოსწავლეებს თავდაჯერებულობა და შრომისმოყვარეობა; გუნდში მუშაობის უნარი.

გაკვეთილის მიზნები:

• საგანმანათლებლო:გაიმეორეთ მენელაუსისა და ჩევას თეორემები; გამოიყენეთ ისინი პრობლემების გადაჭრისას.
• განმავითარებელი:ისწავლეთ ჰიპოთეზის წამოყენება და თქვენი აზრის ოსტატურად დაცვა მტკიცებულებებით; შეამოწმეთ თქვენი ცოდნის განზოგადებისა და სისტემატიზაციის უნარი.
• საგანმანათლებლო:გაზარდოს ინტერესი საგნის მიმართ და მოემზადოს უფრო რთული პრობლემების გადასაჭრელად.

გაკვეთილის ტიპი:ცოდნის განზოგადებისა და სისტემატიზაციის გაკვეთილი.

აღჭურვილობა:ბარათები კოლექტიური მუშაობისთვის გაკვეთილზე ამ თემაზე, ინდივიდუალური ბარათები დამოუკიდებელი სამუშაოსთვის, კომპიუტერი, მულტიმედიური პროექტორი, ეკრანი.

გაკვეთილების დროს

ეტაპი I. საორგანიზაციო მომენტი (1 წთ.)

მასწავლებელი აცხადებს გაკვეთილის თემას და მიზანს.

II ეტაპი. საბაზისო ცოდნისა და უნარების განახლება (10 წთ.)

მასწავლებელი:გაკვეთილის განმავლობაში გავიხსენებთ მენელაუსის და ჩევას თეორემებს, რათა წარმატებით გადავიდეთ პრობლემების გადაჭრაზე. მოდით შევხედოთ ეკრანს, სადაც ის არის წარმოდგენილი. რომელი თეორემისთვის არის მოცემული ეს ფიგურა? (მენელაუსის თეორემა). შეეცადეთ ნათლად ჩამოაყალიბოთ თეორემა.

სურათი 1

წერტილი A 1 დევს ABC სამკუთხედის BC მხარეს, წერტილი C 1 AB მხარეს, წერტილი B 1 AC გვერდის გაგრძელებაზე C წერტილის მიღმა. წერტილები A 1 , B 1 და C 1 დევს იმავე სწორ ხაზზე, თუ და მხოლოდ თუ თანასწორობაა

მასწავლებელი:მოდით ერთად შევხედოთ შემდეგ სურათს. ჩამოთვალეთ თეორემა ამ ნახატისთვის.

სურათი 2

ხაზი AD კვეთს IUD სამკუთხედის ორ მხარეს და მესამე მხარის გაფართოებას.

მენელაუსის თეორემის მიხედვით

სწორი ხაზი MB კვეთს ორ გვერდს და ADC სამკუთხედის მესამე გვერდის გაფართოებას.

მენელაუსის თეორემის მიხედვით

მასწავლებელი:რომელ თეორემას შეესაბამება სურათი? (ცევას თეორემა). ჩამოთვალეთ თეორემა.

სურათი 3

ABC სამკუთხედის A 1 წერტილი იყოს BC მხარეს, წერტილი B 1 AC მხარეს, წერტილი C 1 AB მხარეს. სეგმენტები AA 1, BB 1 და CC 1 იკვეთება ერთ წერტილში, თუ და მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ თანასწორობა მოქმედებს

III ეტაპი. Პრობლემის გადაჭრა. (22 წთ.)

კლასი დაყოფილია 3 გუნდად, თითოეული იღებს ბარათს ორი განსხვავებული ამოცანებით. ეძლევა დრო გადაწყვეტილების მისაღებად, შემდეგ ეკრანზე გამოჩნდება შემდეგი:<Рисунки 4-9>. ამოცანების დასრულებული ნახატების საფუძველზე, გუნდის წარმომადგენლები მორიგეობით ხსნიან თავიანთ გადაწყვეტილებებს. თითოეულ ახსნას მოჰყვება დისკუსია, კითხვებზე პასუხის გაცემა და გამოსავლის სისწორის შემოწმება ეკრანზე. დისკუსიაში მონაწილეობს გუნდის ყველა წევრი. რაც უფრო აქტიურია გუნდი, მით უფრო მაღალია მისი შეფასება შედეგების შეჯამებისას.

ბარათი 1.

1. ABC სამკუთხედში N წერტილი აღებულია BC მხარეს ისე, რომ NC = 3BN; AC მხარის გაგრძელებაზე M წერტილი აღებულია A წერტილად ისე, რომ MA = AC. წრფე MN კვეთს AB მხარეს F წერტილში. იპოვეთ თანაფარდობა

2. დაამტკიცეთ, რომ სამკუთხედის შუალედები იკვეთება ერთ წერტილში.

გამოსავალი 1

სურათი 4

პრობლემის პირობების მიხედვით MA = AC, NC = 3BN. მოდით MA = AC =b, BN = k, NC = 3k. ხაზი MN კვეთს ABC სამკუთხედის ორ მხარეს და მესამეს გაგრძელებას.

მენელაუსის თეორემის მიხედვით

პასუხი:

მტკიცებულება 2

სურათი 5

მოდით AM 1, BM 2, CM 3 იყოს ABC სამკუთხედის შუალედები. იმის დასამტკიცებლად, რომ ეს სეგმენტები იკვეთება ერთ წერტილში, საკმარისია ამის ჩვენება

შემდეგ, ცევას (საპირისპირო) თეორემით, სეგმენტები AM 1, BM 2 და CM 3 იკვეთება ერთ წერტილში.

Ჩვენ გვაქვს:

ასე რომ, დადასტურდა, რომ სამკუთხედის შუალედები იკვეთება ერთ წერტილში.

ბარათი 2.

1. წერტილი N აღებულია PQR სამკუთხედის PQ მხარეს, ხოლო L წერტილი აღებულია PR მხარეს და NQ = LR. QL და NR სეგმენტების გადაკვეთის წერტილი ყოფს QL-ს თანაფარდობით m:n, ითვლის Q წერტილიდან. იპოვეთ

2. დაამტკიცეთ, რომ სამკუთხედის ბისექტრები ერთ წერტილში იკვეთება.

გამოსავალი 1

სურათი 6

პირობით, NQ = LR, მოდით NA = LR =a, QF = კმ, LF = kn. NR ხაზი კვეთს PQL სამკუთხედის ორ მხარეს და მესამეს გაგრძელებას.

მენელაუსის თეორემის მიხედვით

პასუხი:

მტკიცებულება 2

სურათი 7

ეს ვაჩვენოთ

შემდეგ, ცევას (საპირისპირო) თეორემით, AL 1, BL 2, CL 3 იკვეთება ერთ წერტილში. სამკუთხედის ბისექტორების თვისებით

მიღებული ტოლობების ვამრავლით ვამრავლებით ვიღებთ

სამკუთხედის ბისექტრებისთვის ჩევას ტოლობა დაკმაყოფილებულია, შესაბამისად, ისინი იკვეთებიან ერთ წერტილში.

ბარათი 3.

1. ABC სამკუთხედში AD არის მედიანა, წერტილი O არის შუალედური შუა. სწორი ხაზი BO კვეთს AC მხარეს K წერტილში. რა თანაფარდობით ყოფს K წერტილი AC-ს, ითვლის A წერტილიდან?

2. დაამტკიცეთ, რომ თუ წრე ჩაწერილია სამკუთხედში, მაშინ სამკუთხედის წვეროების დამაკავშირებელი მონაკვეთები მოპირდაპირე გვერდების შეხების წერტილებთან იკვეთება ერთ წერტილში.

გამოსავალი 1

Ფიგურა 8

მოდით BD = DC = a, AO = OD = m. სწორი ხაზი BK კვეთს ორ გვერდს და ADC სამკუთხედის მესამე გვერდის გაფართოებას.

მენელაუსის თეორემის მიხედვით

პასუხი:

მტკიცებულება 2

სურათი 9

მოდით A 1, B 1 და C 1 იყოს ABC სამკუთხედის ჩაწერილი წრის ტანგენტური წერტილები. იმისათვის, რომ დავამტკიცოთ, რომ სეგმენტები AA 1, BB 1 და CC 1 იკვეთება ერთ წერტილში, საკმარისია ვაჩვენოთ, რომ ჩევას თანასწორობა მოქმედებს:

ერთი წერტილიდან წრეზე დახატული ტანგენტების თვისების გამოყენებით წარმოგიდგენთ შემდეგ აღნიშვნას: C 1 B = BA 1 = x, AC 1 = CB 1 = y, BA 1 = AC 1 = z.

ჩევას თანასწორობა დაკმაყოფილებულია, რაც ნიშნავს, რომ სამკუთხედის ბისექტრები იკვეთება ერთ წერტილში.

IV ეტაპი. პრობლემის გადაჭრა (დამოუკიდებელი სამუშაო) (8 წთ.)

მასწავლებელი: გუნდების მუშაობა დასრულებულია და ახლა ჩვენ დავიწყებთ დამოუკიდებელ მუშაობას ინდივიდუალურ ბარათებზე 2 ვარიანტისთვის.

საგაკვეთილო მასალა მოსწავლეთა დამოუკიდებელი მუშაობისთვის

ვარიანტი 1.სამკუთხედში ABC, რომლის ფართობია 6, AB მხარეს არის K წერტილი, რომელიც ყოფს ამ გვერდს AK:BK = 2:3 თანაფარდობით, ხოლო AC მხარეს არის L წერტილი, რომელიც ყოფს AC-ს. AL:LC = 5:3 თანაფარდობით. სწორი წრფეების СК და BL გადაკვეთის Q წერტილი ამოღებულია AB სწორი ხაზიდან მანძილზე. იპოვეთ AB გვერდის სიგრძე. (პასუხი: 4.)

ვარიანტი 2. ABC სამკუთხედში AC გვერდითაა აღებული წერტილი K. AK = 1, KS = 3. AB მხარეს აღებულია წერტილი L. AL:LB = 2:3, Q არის BK და CL სწორი ხაზების გადაკვეთის წერტილი. იპოვეთ B წვეროდან ამოღებული ABC სამკუთხედის სიმაღლის სიგრძე. (პასუხი: 1.5.)

ნამუშევარი გადაეცემა მასწავლებელს შესამოწმებლად.

V ეტაპი. გაკვეთილის შეჯამება (2 წთ.)

გაანალიზებულია დაშვებული შეცდომები, აღინიშნება ორიგინალური პასუხები და კომენტარები. თითოეული გუნდის მუშაობის შედეგები შეჯამებულია და ფასდება.

ეტაპი VI. საშინაო დავალება (1 წთ.)

საშინაო დავალება შედგენილია ამოცანებით No11, 12 გვ.289-290, No10გვ.301.

დასკვნითი სიტყვები მასწავლებლისგან (1 წთ).

დღეს თქვენ მოისმინეთ ერთმანეთის მათემატიკური გამოსვლა გარედან და შეაფასეთ თქვენი შესაძლებლობები. მომავალში, ჩვენ გამოვიყენებთ მსგავს დისკუსიებს თემის უკეთ გასაგებად. გაკვეთილზე არგუმენტები იყო ფაქტებთან მეგობრობა, თეორია კი პრაქტიკასთან. Მადლობა ყველას.

ლიტერატურა:

1. ტკაჩუკი ვ.ვ. მათემატიკა აპლიკანტებისთვის. - M.: MTsNMO, 2005 წ.

- რა საერთო აქვთ მენელაუსის თეორემასა და წამლებს?
მათ შესახებ ყველამ იცის, მაგრამ მათზე არავინ საუბრობს.
ტიპიური საუბარი სტუდენტთან

ეს მაგარი თეორემაა, რომელიც გამოგადგებათ იმ დროს, როცა გეჩვენებათ, რომ არაფერი ეშველება. ამ გაკვეთილზე ჩვენ ჩამოვაყალიბებთ თავად თეორემას, განვიხილავთ მისი გამოყენების რამდენიმე ვარიანტს და როგორც დესერტს გექნებათ რთული საშინაო დავალება. წადი!

პირველი, ფორმულირება. ალბათ მე არ მოგცემთ თეორემის ყველაზე "ლამაზ" ვერსიას, მაგრამ ყველაზე გასაგებს და მოსახერხებელს.

მენელაუსის თეორემა. განვიხილოთ თვითნებური სამკუთხედი $ABC$ და გარკვეული სწორი ხაზი $l$, რომელიც კვეთს ჩვენი სამკუთხედის ორ მხარეს შიგნიდან და ერთ მხარეს გაგრძელებაზე. მოდით აღვნიშნოთ $M$, $N$ და $K$-ის გადაკვეთის წერტილები:

სამკუთხედი $ABC$ და სეკანტი $l$

მაშინ შემდეგი მიმართება მართალია:

\[\frac(AM)(MB)\cdot \frac(BN)(NC)\cdot \frac(CK)(KA)=1\]

მინდა აღვნიშნო: არ არის საჭირო ამ ბოროტ ფორმულაში ასოების მოთავსება! ახლა მე გეტყვით ალგორითმს, რომლითაც ყოველთვის შეგიძლიათ სამივე წილადის აღდგენა სიტყვასიტყვით. თუნდაც სტრესის პირობებში გამოცდის დროს. მაშინაც კი, თუ დილის 3 საათზე გეომეტრიაზე ზიხარ და საერთოდ არაფერი გესმის. :)

სქემა მარტივია:

1. დახაზეთ სამკუთხედი და სეკანტი. მაგალითად, როგორც ნაჩვენებია თეორემაში. ჩვენ ვნიშნავთ წვეროებს და წერტილებს რამდენიმე ასოებით. ეს შეიძლება იყოს თვითნებური სამკუთხედი $ABC$ და სწორი ხაზი წერტილებით $M$, $N$, $K$ ან სხვა - ეს არ არის მთავარი.
2. მოათავსეთ კალამი (ფანქარი, მარკერი, კალამი) სამკუთხედის ნებისმიერ წვეროზე და დაიწყეთ ამ სამკუთხედის გვერდების გავლა სწორ ხაზთან გადაკვეთის წერტილებში სავალდებულო შესვლით. მაგალითად, თუ ჯერ გადავალთ $A$ წერტილიდან $B$ წერტილამდე, მივიღებთ სეგმენტებს: $AM$ და $MB$, შემდეგ $BN$ და $NC$ და შემდეგ (ყურადღება!) $CK$. და $KA$. ვინაიდან $K$ წერტილი დევს $AC$ გვერდის გაგრძელებაზე, $C$-დან $A$-ზე გადასვლისას მოგიწევთ სამკუთხედის დროებით დატოვება.
3. ახლა ჩვენ უბრალოდ ვყოფთ მეზობელ სეგმენტებს ერთმანეთში ზუსტად იმ თანმიმდევრობით, რომლითაც მივიღეთ ისინი გავლისას: $AM/MB$, $BN/NC$, $CK/KA$ - მივიღებთ სამ წილადს, რომლის ნამრავლი იქნება მოგვცეს ერთი.

ნახაზში ასე გამოიყურება:

და მხოლოდ რამდენიმე კომენტარი. უფრო ზუსტად, ეს კომენტარებიც კი არ არის, არამედ ტიპიურ კითხვებზე პასუხები:

• რა მოხდება, თუ $l$ წრფე გაივლის სამკუთხედის წვეროზე? პასუხი: არაფერი. მენელაუსის თეორემა ამ შემთხვევაში არ მუშაობს.
• რა მოხდება, თუ აირჩევთ სხვა წვეროს დასაწყებად ან სხვა მიმართულებით წასვლას? პასუხი: ასე იქნება. წილადების თანმიმდევრობა უბრალოდ შეიცვლება.

ვფიქრობ, ჩვენ მოვაგვარეთ ფორმულირება. ვნახოთ, როგორ გამოიყენება ეს ყველაფერი რთული გეომეტრიული ამოცანების გადასაჭრელად.

რატომ არის ეს ყველაფერი საჭირო?

გაფრთხილება. მენელაუსის თეორემის გადაჭარბებულმა გამოყენებამ პლანიმეტრიული ამოცანების გადასაჭრელად შეიძლება გამოუსწორებელი ზიანი მიაყენოს თქვენს ფსიქიკას, რადგან ეს თეორემა მნიშვნელოვნად აჩქარებს გამოთვლებს და გაიძულებთ დაიმახსოვროთ სხვა მნიშვნელოვანი ფაქტები სკოლის გეომეტრიის კურსიდან.

მტკიცებულება

ამას არ დავამტკიცებ. :)

კარგი, დავამტკიცებ:

ახლა რჩება ორი მიღებული მნიშვნელობის შედარება სეგმენტისთვის $CT$:

\[\frac(AM\cdot BN\cdot CK)(BM\cdot CN\cdot AK)=1;\]

\[\frac(AM)(BM)\cdot \frac(BN)(CN)\cdot \frac(CK)(AK)=1;\]

კარგი, ახლა ყველაფერი დასრულდა. რჩება მხოლოდ ამ ფორმულის "დავარცხნა" ასოების სწორად განთავსებით სეგმენტების შიგნით - და ფორმულა მზად არის. :)

A.V. შევკინი

FMS No 2007 წ

ჩევასა და მენელაუსის თეორემები ერთიან სახელმწიფო გამოცდაზე

დეტალური სტატია "ცევას და მენელაუსის თეორემების გარშემო" გამოქვეყნდა ჩვენს ვებსაიტზე სტატიების განყოფილებაში. ის მიმართულია მათემატიკის მასწავლებლებსა და საშუალო სკოლის მოსწავლეებს, რომლებიც მოტივირებულნი არიან დაეუფლონ მათემატიკაში. შეგიძლიათ დაუბრუნდეთ მას, თუ გსურთ საკითხის უფრო დეტალურად გაგება. ამ ჩანაწერში შემოგთავაზებთ მოკლე ინფორმაციას აღნიშნული სტატიიდან და გავაანალიზებთ პრობლემების გადაწყვეტას კრებულიდან 2016 წლის ერთიანი სახელმწიფო გამოცდისთვის მოსამზადებლად.

ცევას თეორემა

მიეცით სამკუთხედი ABCდა მის გვერდებზე AB, ძვ.წ.და A.C.მონიშნული პუნქტები C 1 , ა 1 და ბ 1 შესაბამისად (სურ. 1).

ა) თუ სეგმენტები აა 1 , BB 1 და CC 1 იკვეთება ერთ წერტილში, მაშინ

ბ) თუ ტოლობა (1) მართალია, მაშინ სეგმენტები აა 1 , BB 1 და CC 1 იკვეთება ერთ წერტილში.

სურათი 1 გვიჩვენებს შემთხვევას, როდესაც სეგმენტები აა 1 , BB 1 და CC 1 იკვეთება სამკუთხედის შიგნით ერთ წერტილში. ეს არის ე.წ. ცევას თეორემა ასევე მოქმედებს გარე წერტილის შემთხვევაში, როდესაც ერთ-ერთი წერტილი ა 1 , ბ 1 ან თან 1 ეკუთვნის სამკუთხედის გვერდს, ხოლო დანარჩენი ორი ეკუთვნის სამკუთხედის გვერდების გაფართოებებს. ამ შემთხვევაში, სეგმენტების გადაკვეთის წერტილი აა 1 , BB 1 და CC 1 დევს სამკუთხედის გარეთ (ნახ. 2).

როგორ გავიხსენოთ ჩევას თანასწორობა?

ყურადღება მივაქციოთ თანასწორობის დამახსოვრების ტექნიკას (1). სამკუთხედის წვეროები თითოეულ მიმართებაში და თავად მიმართებები იწერება სამკუთხედის წვეროების გადაკვეთის მიმართულებით. ABCწერტილიდან დაწყებული ა. წერტილიდან ამოდი საქმეზე გადავიდეთ ბ, ჩვენ ვხვდებით აზრს თან 1, დაწერეთ წილადი
. უფრო შორს წერტილი INმოდი საქმეზე გადავიდეთ თან, ჩვენ ვხვდებით აზრს ა 1, ჩაწერეთ წილადი
. და ბოლოს, წერტილიდან თანმოდი საქმეზე გადავიდეთ ა, ჩვენ ვხვდებით აზრს IN 1, ჩაწერეთ წილადი
. გარე წერტილის შემთხვევაში წილადების ჩაწერის თანმიმდევრობა შენარჩუნებულია, თუმცა სეგმენტის ორი „გამყოფი წერტილი“ მათი სეგმენტების გარეთაა. ასეთ შემთხვევებში ამბობენ, რომ წერტილი სეგმენტს გარედან ყოფს.

გაითვალისწინეთ, რომ ნებისმიერი სეგმენტი, რომელიც აკავშირებს სამკუთხედის წვეროს სამკუთხედის მოპირდაპირე მხარის შემცველ წრფის ნებისმიერ წერტილთან, ე.წ. ცევიანა.

განვიხილოთ ცევას თეორემის ა) დებულების დასამტკიცებლად რამდენიმე გზა შიდა წერტილის შემთხვევისთვის. ცევას თეორემის დასამტკიცებლად, თქვენ უნდა დაადასტუროთ დებულება a) ქვემოთ შემოთავაზებული რომელიმე მეთოდით და ასევე დაამტკიცოთ დებულება b). ბ) დებულების მტკიცებულება მოცემულია ა) მტკიცების პირველი მეთოდის შემდეგ. კევას თეორემის მტკიცებულება გარეგანი წერტილის შემთხვევისთვის ანალოგიურად ხორციელდება.

ცევას თეორემის ა) დებულების დადასტურება პროპორციული სეგმენტის თეორემის გამოყენებით

მოდით სამი cevians აა 1 , ბბ 1 და CC 1 იკვეთება წერტილში ზსამკუთხედის შიგნით ABC.

მტკიცებულების იდეა მდგომარეობს იმაში, რომ შეცვალოს სეგმენტების მიმართებები თანასწორობიდან (1) იმავე ხაზზე მდებარე სეგმენტების მიმართებით.

წერტილის მეშვეობით INცევიანის პარალელურად გავავლოთ სწორი ხაზი SS 1 . პირდაპირ აა 1 კვეთს აგებულ ხაზს წერტილში მ, და წერტილის გავლით სწორი ხაზი Cდა პარალელურად აა 1, - წერტილში თ. წერტილების მეშვეობით ადა თანდავხატოთ სწორი ხაზები ცევიანების პარალელურად BB 1 . ხაზს გადაკვეთენ VMწერტილებში ნდა რშესაბამისად (სურ. 3).

პ პროპორციული სეგმენტების თეორემასთან დაკავშირებით გვაქვს:

,
და
.

მაშინ თანასწორობა მართალია

.

პარალელოგრამებში ZSTMდა ZCRBსეგმენტები TM, СZდა BRპარალელოგრამის საპირისპირო გვერდების ტოლი. აქედან გამომდინარე,
და თანასწორობა მართალია

.

ბ) დებულების დასამტკიცებლად ვიყენებთ შემდეგ დებულებას. ბრინჯი. 3

ლემა 1.თუ ქულა თან 1 და თან 2 გაყავით სეგმენტი ABშიგნიდან (ან გარეგნულად) ერთსა და იმავე მიმართებაში, ერთი და იმავე წერტილიდან დათვლა, შემდეგ ეს წერტილები ემთხვევა.

დავამტკიცოთ ლემა იმ შემთხვევისთვის, როდესაც პუნქტები თან 1 და თან 2 გაყავით სეგმენტი ABშინაგანად იგივე მიმართებაში:
.

მტკიცებულება.თანასწორობიდან
თანასწორობა მოჰყვება
და
. ბოლო მათგანი კმაყოფილდება მხოლოდ იმ პირობით, რომ თან 1 ბდა თან 2 ბთანაბარია, ანუ იმ პირობით, რომ ქულები თან 1 და თან 2 მატჩი.

ლემის დადასტურება იმ შემთხვევისთვის, როდესაც ქულები თან 1 და თან 2 გაყავით სეგმენტი ABგარეგნულად იგი ხორციელდება ანალოგიურად.

ბ) ცევას თეორემის მტკიცებულება

მოდით ახლა თანასწორობა (1) იყოს ჭეშმარიტი. დავამტკიცოთ, რომ სეგმენტები აა 1 , BB 1 და CC 1 იკვეთება ერთ წერტილში.

დაე ჩევიანებმა აა 1 და BB 1 იკვეთება წერტილში ზ, დახაზეთ სეგმენტი ამ წერტილიდან CC 2 (თან 2 დევს სეგმენტზე AB). შემდეგ ა) დებულებაზე დაყრდნობით ვიღებთ სწორ ტოლობას

. (2)

და (1) და (2) ტოლობების შედარებიდან დავასკვნით, რომ
, ანუ ქულები თან 1 და თან 2 გაყავით სეგმენტი ABიმავე მიმართებაში, ითვლის ერთი და იგივე წერტილიდან. ლემა 1-დან გამომდინარეობს, რომ ქულები თან 1 და თან 2 მატჩი. ეს ნიშნავს, რომ სეგმენტები აა 1 , BB 1 და CC 1 იკვეთება ერთ წერტილში, რისი დამტკიცება იყო საჭირო.

შეიძლება დადასტურდეს, რომ ტოლობის (1) ჩაწერის პროცედურა არ არის დამოკიდებული იმაზე, თუ რომელი წერტილიდან და რა მიმართულებით არის გადაკვეთილი სამკუთხედის წვეროები.

სავარჯიშო 1.იპოვეთ სეგმენტის სიგრძე ანმე-4 სურათზე, რომელიც გვიჩვენებს სხვა სეგმენტების სიგრძეებს.

უპასუხე. 8.

დავალება 2.ჩევიანები ᲕᲐᲠ., BN, CKიკვეთება სამკუთხედის შიგნით ერთ წერტილში ABC. იპოვნეთ დამოკიდებულება
, თუ
,
. ბრინჯი. 4

უპასუხე.
.

პ წარმოგიდგენთ სევას თეორემის დადასტურებას სტატიიდან. მტკიცებულების იდეა არის სეგმენტების მიმართებების შეცვლა თანასწორობიდან (1) პარალელურ ხაზებზე მდებარე სეგმენტების მიმართებით.

ნება პირდაპირ აა 1 , ბბ 1 , CC 1 იკვეთება წერტილში ოსამკუთხედის შიგნით ABC(ნახ. 5). ზემოდან თანსამკუთხედი ABCგავავლოთ სწორი ხაზი პარალელურად ABდა მისი გადაკვეთის წერტილები ხაზებთან აა 1 , ბბ 1 ჩვენ შესაბამისად აღვნიშნავთ ა 2 , ბ 2 .

ორი წყვილი სამკუთხედის მსგავსებიდან C.B. 2 ბ 1 და ABB 1 , BAA 1 და C.A. 2 ა 1, ნახ. 5

თანასწორობა გვაქვს

,
. (3)

სამკუთხედების მსგავსებიდან ძვ.წ 1 ოდა ბ 2 CO, ათან 1 ოდა ა 2 COთანასწორობა გვაქვს
, საიდანაც გამომდინარეობს, რომ

. (4)

პ ტოლობების (3) და (4) გამრავლებით მივიღებთ ტოლობას (1).

დადასტურებულია ცევას თეორემის ა) დებულება.

განვიხილოთ ცევას თეორემის ა) დებულების დადასტურება შიდა წერტილისთვის ფართობების გამოყენებით. იგი წიგნში წარმოდგენილია ა.გ. მიაკიშევი და ეყრდნობა განცხადებებს, რომლებსაც ჩვენ ვაყალიბებთ ამოცანების სახით 3 და 4 .

დავალება 3.ორი სამკუთხედის ფართობის თანაფარდობა საერთო წვერით და ერთსა და იმავე წრფეზე მდებარე ფუძეების ტოლია ამ ფუძეების სიგრძის თანაფარდობაზე. დაამტკიცეთ ეს განცხადება.

დავალება 4.დაამტკიცეთ, რომ თუ
, ეს
და
. ბრინჯი. 6

მიეცით სეგმენტები აა 1 , BB 1 და CC 1 იკვეთება წერტილში ზ(სურ. 6), მაშინ

,
. (5)

და ტოლობებიდან (5) და ამოცანის მეორე დებულებიდან 4 ამას მოჰყვება
ან
. ანალოგიურად ვიღებთ ამას
და
. ბოლო სამი ტოლობის გამრავლებით მივიღებთ:

,

ე.ი. თანასწორობა (1) მართალია, რისი დამტკიცებაც იყო საჭირო.

დადასტურებულია ცევას თეორემის ა) დებულება.

დავალება 15.მოდით, ცევიანები იკვეთონ სამკუთხედის ერთ წერტილში და გავყოთ ის 6 სამკუთხედად, რომელთა ფართობი ტოლია ს 1 , ს 2 , ს 3 , ს 4 , ს 5 , ს 6 (სურ. 7). დაამტკიცე რომ . ბრინჯი. 7

დავალება 6.იპოვნეთ ტერიტორია სსამკუთხედი CNZ(სხვა სამკუთხედების არეები ნაჩვენებია სურათზე 8).

უპასუხე. 15.

დავალება 7.იპოვნეთ ტერიტორია სსამკუთხედი CNOთუ სამკუთხედის ფართობი აარაუდრის 10 და
,
(ნახ. 9).

უპასუხე. 30.

დავალება 8.იპოვნეთ ტერიტორია სსამკუთხედი CNOთუ სამკუთხედის ფართობი აძვ.წ.უდრის 88-ს და
(ნახ. 9).

რ გადაწყვეტილება.ვინაიდან ჩვენ აღვნიშნავთ
,
. იმიტომ რომ , შემდეგ აღვნიშნავთ
,
. ცევას თეორემიდან გამომდინარეობს, რომ
, და მერე
. თუ
, ეს
(ნახ. 10). გვაქვს სამი უცნობი რაოდენობა ( x, წ და ს), ასე რომ იპოვოთ სმოდით გავაკეთოთ სამი განტოლება.

იმიტომ რომ
, ეს
= 88. ვინაიდან
, ეს
, სად
. იმიტომ რომ
, ეს
.

Ისე,
, სად
. ბრინჯი. 10

დავალება 9. სამკუთხედში ABCქულები კდა ლეკუთვნის შესაბამისად მხარეებს AB და ბC.
,
. პ ალდა CK. სამკუთხედის ფართობი PBCუდრის 1. იპოვეთ სამკუთხედის ფართობი ABC.

უპასუხე. 1,75.

თ მენელაუსის თეორემა

მიეცით სამკუთხედი ABCდა მის გვერდებზე A.C.და CBმონიშნული პუნქტები ბ 1 და ა 1 შესაბამისად და გაგრძელების მხარეს ABმონიშნული წერტილი C 1 (სურ. 11).

ა) თუ ქულები ა 1 , ბ 1 და თან 1 დაწექით იმავე სწორ ხაზზე, შემდეგ

. (6)

ბ) თუ ტოლობა (7) მართალია, მაშინ ქულები ა 1 , ბ 1 და თან 1 დაწექი იმავე სწორ ხაზზე. ბრინჯი. თერთმეტი

როგორ გავიხსენოთ მენელაუსის თანასწორობა?

თანასწორობის დამახსოვრების ტექნიკა (6) იგივეა, რაც თანასწორობის (1). სამკუთხედის წვეროები თითოეულ მიმართებაში და თავად მიმართებები იწერება სამკუთხედის წვეროების გადაკვეთის მიმართულებით. ABC- წვეროდან წვერომდე, გაყოფის წერტილების გავლით (შიდა ან გარე).

დავალება 10.დაამტკიცეთ, რომ ტოლობის (6) ჩაწერა სამკუთხედის ნებისმიერი წვეროდან ნებისმიერი მიმართულებით იძლევა იგივე შედეგს.

მენელაუსის თეორემის დასამტკიცებლად თქვენ უნდა დაადასტუროთ ა) დებულება ქვემოთ შემოთავაზებული რომელიმე მეთოდით და ასევე დაამტკიცოთ დებულება b). ბ) დებულების მტკიცებულება მოცემულია ა) მტკიცების პირველი მეთოდის შემდეგ.

დებულების დადასტურება ა) პროპორციული სეგმენტის თეორემის გამოყენებით

მეგზა.ა) მტკიცებულების იდეა მდგომარეობს იმაში, რომ შეცვალოს სეგმენტების სიგრძის თანაფარდობები ტოლობაში (6) იმავე წრფეზე მდებარე სეგმენტების სიგრძის შეფარდებით.

დაუშვით ქულები ა 1 , ბ 1 და თან 1 დაწექი იმავე სწორ ხაზზე. წერტილის მეშვეობით Cმოდით პირდაპირ ლ, ხაზის პარალელურად ა 1 ბ 1, ის კვეთს ხაზს ABწერტილში მ(სურ. 12).

რ
არის. 12

პროპორციული სეგმენტების თეორემით გვაქვს:
და
.

მაშინ თანასწორობა მართალია
.

ბ) მენელაუსის თეორემის მტკიცებულება

მოდით, ტოლობა (6) იყოს ჭეშმარიტი, დავამტკიცოთ, რომ ქულები ა 1 , ბ 1 და თან 1 დაწექი იმავე სწორ ხაზზე. ნება პირდაპირ ABდა ა 1 ბ 1 იკვეთება წერტილში თან 2 (სურ. 13).

მას შემდეგ, რაც რაოდენობა ა 1 ბ 1 და თან 2 დევს იმავე სწორ ხაზზე, შემდეგ მენელაუსის თეორემის ა) დებულების მიხედვით

. (7)

(6) და (7) ტოლობების შედარებიდან გვაქვს
, საიდანაც გამომდინარეობს, რომ თანასწორობები ჭეშმარიტია

,
,
.

ბოლო თანასწორობა მართალია მხოლოდ იმ შემთხვევაში
, ანუ თუ ქულები თან 1 და თან 2 მატჩი.

დადასტურებულია მენელაუსის თეორემის ბ) დებულება. ბრინჯი. 13

მტკიცებულება ა) სამკუთხედების მსგავსების გამოყენებით

მტკიცებულების იდეა არის სეგმენტების სიგრძის შეფარდების შეცვლა ტოლობიდან (6) პარალელურ ხაზებზე მდებარე სეგმენტების სიგრძის თანაფარდობებით.

დაუშვით ქულები ა 1 , ბ 1 და თან 1 დაწექი იმავე სწორ ხაზზე. ქულებიდან ა, ბდა Cდავხატოთ პერპენდიკულარები აა 0 , ბბ 0 და SS 0 ამ სწორ ხაზამდე (სურ. 14).

რ
არის. 14

სამი წყვილი სამკუთხედის მსგავსებიდან ᲐᲐ. 0 ბ 1 და CC 0 ბ 1 , CC 0 ა 1 და BB 0 ა 1 , C 1 ბ 0 ბდა C 1 ა 0 ა(ორი კუთხით) გვაქვს სწორი ტოლობები

,
,
,

მათი გამრავლებით მივიღებთ:

.

დადასტურებულია მენელაუსის თეორემის ა) დებულება.

განცხადების დამადასტურებელი ა) უბნების გამოყენება

მტკიცებულების იდეა არის სეგმენტების სიგრძის თანაფარდობის შეცვლა ტოლობიდან (7) სამკუთხედების ფართობების შეფარდებით.

დაუშვით ქულები ა 1 , ბ 1 და თან 1 დაწექი იმავე სწორ ხაზზე. მოდით დავაკავშიროთ წერტილები Cდა C 1 . მოდით აღვნიშნოთ სამკუთხედების ფართობი ს 1 , ს 2 , ს 3 , ს 4 , ს 5 (სურ. 15).

მაშინ თანასწორობა მართალია

,
,
. (8)

ტოლობების (8) გამრავლებით მივიღებთ:

დადასტურებულია მენელაუსის თეორემის ა) დებულება.

რ
არის. 15

ისევე როგორც ცევას თეორემა რჩება ძალაში, თუ ცევიანების გადაკვეთის წერტილი სამკუთხედის გარეთაა, მენელაუსის თეორემა რჩება ძალაში, თუ სეკანტი კვეთს მხოლოდ სამკუთხედის გვერდების გაფართოებებს. ამ შემთხვევაში შეიძლება ვისაუბროთ სამკუთხედის გვერდების გადაკვეთაზე გარე წერტილებზე.

განცხადების დამადასტურებელი ა) გარე წერტილების შემთხვევისათვის

პ სეკანტი კვეთს სამკუთხედის გვერდებს ABCგარე წერტილებზე, ანუ კვეთს გვერდების გაფართოებებს AB,ძვ.წ.და A.C.წერტილებში C 1 , ა 1 და ბ 1, შესაბამისად, და ეს წერტილები დევს იმავე სწორ ხაზზე (სურ. 16).

პროპორციული სეგმენტების თეორემით გვაქვს:

და .

მაშინ თანასწორობა მართალია

დადასტურებულია მენელაუსის თეორემის ა) დებულება. ბრინჯი. 16

გაითვალისწინეთ, რომ ზემოაღნიშნული მტკიცებულება ემთხვევა მენელაუსის თეორემის მტკიცებულებას იმ შემთხვევისთვის, როდესაც სეკანტი კვეთს სამკუთხედის ორ მხარეს შიდა წერტილებში და ერთს გარედან.

მენელაუსის თეორემის ბ) დებულების მტკიცებულება გარე წერტილების შემთხვევისთვის ზემოთ მოყვანილი მტკიცებულების მსგავსია.

ზ დავალება11. სამკუთხედში ABCქულები ა 1 , IN 1 დაწექით შესაბამისად გვერდებზე მზედა ათან. პ- სეგმენტების გადაკვეთის წერტილი აა 1 და BB 1 .
,
. იპოვნეთ დამოკიდებულება
.

გამოსავალი.აღვნიშნოთ
,
,
,
(სურ. 17). მენელაუსის სამკუთხედის თეორემის მიხედვით ძვ.წ.IN 1 და სეკანტი PA 1 ჩვენ ვწერთ სწორ ტოლობას:

,

საიდანაც გამომდინარეობს, რომ

. ბრინჯი. 17

უპასუხე. .

ზ დავალება12 (მსუ, კორესპონდენციის მოსამზადებელი კურსები). სამკუთხედში ABC, რომლის ფართობია 6, გვერდით ABაღებული წერტილი TO, ამ მხარის ურთიერთობის გაზიარება
, და გვერდზე AC- წერტილი ლ, გამყოფი ACურთიერთობაში
. Წერტილი პ ხაზის კვეთები SKდა INლ სწორი ხაზისგან მოშორებით AB 1.5 მანძილზე. იპოვეთ გვერდის სიგრძე AB.

გამოსავალი.ქულებიდან რდა თანპერპენდიკულარები დავყაროთ პიარიდა ᲡᲛპირდაპირ AB. აღვნიშნოთ
,
,
,
(სურ. 18). მენელაუსის სამკუთხედის თეორემის მიხედვით A.K.C.და სეკანტი პ.ლ.მოდით ჩამოვწეროთ სწორი ტოლობა:
, საიდანაც მივიღებთ ამას
,
. ბრინჯი. 18

სამკუთხედების მსგავსებიდან TOმ.კ.და TOრ.პ.(ორი კუთხით) მივიღებთ ამას
, საიდანაც გამომდინარეობს, რომ
.

ახლა, ვიცით გვერდით დახატული სიმაღლის სიგრძე ABსამკუთხედი ABCდა ამ სამკუთხედის ფართობი, ჩვენ ვიანგარიშებთ გვერდის სიგრძეს:
.

უპასუხე. 4.

ზ დავალება13. სამი წრე ცენტრებით ა,IN,თან, რომლის რადიუსი დაკავშირებულია როგორც
, წერტილებში გარედან შეეხეთ ერთმანეთს X, ი, ზროგორც ნაჩვენებია სურათზე 19. სეგმენტები ᲜᲐᲯᲐᲮᲘდა BYიკვეთება ერთ წერტილში ო. რა მხრივ, დათვლა წერტილიდან ბ, ხაზის სეგმენტი CZყოფს სეგმენტს BY?

გამოსავალი.აღვნიშნოთ
,
,
(სურ. 19). იმიტომ რომ
, შემდეგ ცევას თეორემის ბ) დებულების მიხედვით სეგმენტები აX, BYდა თანზიკვეთება ერთ წერტილში - წერტილი ო. შემდეგ სეგმენტი CZყოფს სეგმენტს BYურთიერთობაში
. მოდი ვიპოვოთ ეს ურთიერთობა. ბრინჯი. 19

მენელაუსის სამკუთხედის თეორემის მიხედვით ძვ.წ.და სეკანტი ოქსიჩვენ გვაქვს:
, საიდანაც გამომდინარეობს, რომ
.

უპასუხე. .

ამოცანა 14 (ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა 2016 წ.).

ქულები IN 1 და თან ACდა ABსამკუთხედი ABC, და AB 1:ბ 1 თან =
= AC 1:თან 1 ბ. პირდაპირი BB 1 და SS 1 იკვეთება ერთ წერტილში შესახებ.

ა ) დაამტკიცეთ, რომ ხაზი სსყოფს გვერდს მზე.

AB 1 ო.კ. 1 სამკუთხედის ფართობამდე ABCთუ ცნობილია, რომ AB 1:ბ 1 თან = 1:4.

გამოსავალი.ა) იყოს სწორი ხაზი ა.ო. კვეთს მხარეს ძვ.წ. წერტილში ა 1 (სურ. 20). ცევას თეორემით გვაქვს:

. (9)

იმიტომ რომ AB 1:ბ 1 თან = AC 1:თან 1 ბ, მაშინ ტოლობიდან (9) გამოდის, რომ
, ანუ C.A. 1 = ა 1 ბრისი დამტკიცება იყო საჭირო. ბრინჯი. 20

ბ) მივცეთ სამკუთხედის ფართობი AB 1 ო ტოლია ს. იმიტომ რომ AB 1:ბ 1 თან C.B. 1 ო უდრის 4 სდა სამკუთხედის ფართობი AOC უდრის 5 ს. შემდეგ სამკუთხედის ფართობი AOB ასევე უდრის 5-ს ს, რადგან სამკუთხედები AOB და AOCაქვთ საერთო საფუძველი ა.ო.და მათი წვეროები ბდა Cხაზისგან თანაბარი მანძილი ა.ო.. უფრო მეტიც, სამკუთხედის ფართობი AOC 1 ტოლია ს, იმიტომ AC 1:თან 1 ბ = 1:4. შემდეგ სამკუთხედის ფართობი ABB 1 უდრის 6-ს ს. იმიტომ რომ AB 1:ბ 1 თან= 1:4, შემდეგ სამკუთხედის ფართობი C.B. 1 ო უდრის 24-ს სდა სამკუთხედის ფართობი ABC უდრის 30-ს ს. ახლა ვიპოვოთ ოთხკუთხედის ფართობის თანაფარდობა AB 1 ო.კ. 1 (2ს) სამკუთხედის ფართობამდე ABC (30ს), ის უდრის 1:15-ს.

უპასუხე. 1:15.

ამოცანა 15 (ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა 2016 წ.).

ქულები IN 1 და თან 1 დაწექით გვერდებზე შესაბამისად ACდა ABსამკუთხედი ABC, და AB 1:ბ 1 თან =
= AC 1:თან 1 ბ. პირდაპირი BB 1 და SS 1 იკვეთება ერთ წერტილში შესახებ.

ა) დაამტკიცეთ, რომ ხაზი სსყოფს გვერდს მზე.

ბ) იპოვეთ ოთხკუთხედის ფართობის თანაფარდობა AB 1 ო.კ. 1 სამკუთხედის ფართობამდე ABCთუ ცნობილია, რომ AB 1:ბ 1 თან = 1:3.

უპასუხე. 1:10.

ზ დავალება 16 (გამოყენება-2016).სეგმენტზე BDაღებული წერტილი თან. ბისექტორი ბ.ლ. ABCბაზით მზე BLDბაზით BD.

ა) დაამტკიცეთ, რომ სამკუთხედი DCLტოლფერდა.

ბ) ცნობილია, რომ ქ
ABC DL, ანუ სამკუთხედი BDაღებული წერტილი თან. ბისექტორი ბ.ლ.ტოლფერდა სამკუთხედი ABCბაზით მზეარის ტოლფერდა სამკუთხედის გვერდითი მხარე BLDბაზით BD.

ა) დაამტკიცეთ, რომ სამკუთხედი DCLტოლფერდა.

ბ) ცნობილია, რომ ქ ABC= . რა მხრივ არის სწორი ხაზი დ.ლ. ყოფს მხარეს AB?

უპასუხე. 4:21.

ლიტერატურა

1. სმირნოვა ი.მ., სმირნოვი ვ.ა. სამკუთხედის მშვენიერი წერტილები და ხაზები. მ.: მათემატიკა, 2006, No17.

2. მიაკიშევი ა.გ. სამკუთხედის გეომეტრიის ელემენტები. (სერია „ბიბლიოთეკა „მათემატიკური განათლება““). M.: MTsNMO, 2002. - 32 გვ.

3. გეომეტრია. დამატებითი თავები მე-8 კლასის სახელმძღვანელოსთვის: სახელმძღვანელო სკოლებისა და კლასების მოსწავლეებისთვის სიღრმისეული შესწავლით / L.S. ათანასიანი, ვ.ფ. ბუტუზოვი, ს.ბ. კადომცევი და სხვები - მ.: Vita-Press, 2005. - 208 გვ.

4. ერდნიევი პ., მანცაევი ნ. ჩევას და მენელაუსის თეორემები. მ.: კვანტი, 1990, No3, გვ.56–59.

5. შარიგინი ი.ფ. ჩევას და მენელაუსის თეორემები. მ.: კვანტი, 1976, No11, გვ.22–30.

6. ვავილოვი ვ.ვ. სამკუთხედის მედიანები და შუა ხაზები. მ.: მათემატიკა, 2006, No1.

7. ეფრემოვი დმ. ახალი სამკუთხედის გეომეტრია. ოდესა, 1902. - 334გვ.

8. მათემატიკა. ტიპიური ტესტის ამოცანების 50 ვარიანტი / I.V. იაშჩენკო, მ.ა. ვოლკევიჩი, ი.რ. ვისოცკი და სხვები; რედაქტორი ი.ვ. იაშჩენკო. - მ.: გამომცემლობა "გამოცდა", 2016. - 247გვ.

თავად პრობლემის გადაწყვეტა მარტივია - შეგიძლიათ იხილოთ ქვემოთ. ამ სტატიაში ჩვენ ძირითადად გვაინტერესებს ოდნავ განსხვავებული წერტილი, რომელიც ხშირად გამოტოვებულია და მიჩნეულია, როგორც აშკარა. მაგრამ ცხადია, რისი დამტკიცებაც შეიძლება. და ეს შეიძლება დადასტურდეს სხვადასხვა გზით - როგორც წესი, ისინი დადასტურებულია მხოლოდ მსგავსების გამოყენებით - მაგრამ ასევე შეიძლება გაკეთდეს მენელაუსის თეორემის გამოყენებით.
ეს გამომდინარეობს იმ პირობიდან, რომ ვინაიდან ტრაპეციის ქვედა ძირში კუთხეები ემატება 90°-ს, მაშინ თუ გვერდებს გააგრძელებთ, მიიღებთ მართკუთხა სამკუთხედს. შემდეგი, გვერდითი გვერდების გაფართოების გადაკვეთის წერტილიდან, დახაზეთ სეგმენტი, რომელიც გადის ბაზების შუაზე. რატომ გადის ეს სეგმენტი ამ სამივე წერტილს? ჩვეულებრივ, ინტერნეტში ნაპოვნი პრობლემის გადაწყვეტა ამაზე სიტყვას არ ამბობს. ოთხპუნქტიანი ტრაპეციის თეორემაზე მითითებაც კი არ არის, რომ აღარაფერი ვთქვათ ამ განცხადების მტკიცებულებაზე. იმავდროულად, ეს შეიძლება დადასტურდეს მენელაუსის თეორემის გამოყენებით, რომელიც არის პირობა იმისა, რომ სამი წერტილი მიეკუთვნებოდეს ერთ წრფეს.

მენელაუსის თეორემის ფორმულირება
დროა ჩამოვაყალიბოთ თეორემა. აღსანიშნავია, რომ სხვადასხვა სახელმძღვანელოებსა და სახელმძღვანელოებში მისი საკმაოდ განსხვავებული ფორმულირებებია, თუმცა არსი უცვლელი რჩება. ატანასიანის და სხვების სახელმძღვანელოში 10-11 კლასებისთვის მოცემულია მენელაუსის თეორემის შემდეგი ფორმულირება, მოდით ვუწოდოთ მას "ვექტორი":

ალექსანდროვის და სხვათა სახელმძღვანელოში „გეომეტრია 10-11 კლასები“, ასევე ამავე ავტორების სახელმძღვანელოში „გეომეტრია. მე-8 კლასი” იძლევა მენელაუსის თეორემის ოდნავ განსხვავებულ ფორმულირებას და იგივეა 10-11 და მე-8 კლასისთვის:
აქ სამი შენიშვნაა საჭირო.
შენიშვნა 1. გამოცდებზე არ არსებობს პრობლემები, რომლებიც უნდა გადაწყდეს მხოლოდ ვექტორების გამოყენებით, რისთვისაც გამოიყენება „მინუს ერთი“. ამიტომ, პრაქტიკული გამოყენებისთვის, ყველაზე მოსახერხებელი ფორმულირება არის ის, რომელიც არსებითად წარმოადგენს სეგმენტების თეორემის დასკვნას (ეს არის მეორე ფორმულირება, მონიშნული თამამი ასოებით). ამით შემოვიფარგლებით მენელაუსის თეორემის შემდგომი შესწავლისთვის, რადგან ჩვენი მიზანია ვისწავლოთ როგორ გამოვიყენოთ იგი პრობლემების გადასაჭრელად.
შენიშვნა 2. მიუხედავად იმისა, რომ ყველა სახელმძღვანელოში ნათლად არის განსაზღვრული შემთხვევა, როდესაც სამივე A 1, B 1 და C 1 წერტილი შეიძლება მოთავსდეს სამკუთხედის გვერდების გაფართოებებზე (ან სამკუთხედის გვერდების შემცველ სწორ ხაზებზე), რამდენიმე სადამრიგებლო საიტი ინტერნეტში მხოლოდ ის შემთხვევაა ჩამოყალიბებული, როცა ორი წერტილი დევს ორ მხარეს, ხოლო მესამე დევს მესამე მხარის გაგრძელებაზე. ეს ძნელად დასაბუთებულია იმით, რომ გამოცდებში მხოლოდ პირველი ტიპის პრობლემები გვხვდება და პრობლემები არ შეიძლება შეგვხვდეს, როდესაც ყველა ეს პუნქტი დევს სამი მხარის გაფართოებაზე.
შენიშვნა 3. საპირისპირო თეორემა, ე.ი. სამი წერტილის ერთსა და იმავე ხაზზე დაწოლის პირობა, როგორც წესი, საერთოდ არ განიხილება და ზოგიერთი დამრიგებელი ურჩევს კიდეც (???) შეისწავლოს მხოლოდ პირდაპირი თეორემა და არ განიხილოს შებრუნებული თეორემა. იმავდროულად, საპირისპირო დებულების მტკიცებულება საკმაოდ ინსტრუქციულია და საშუალებას გაძლევთ დაამტკიცოთ დებულებების მსგავსი დებულებები, რომლებიც მოცემულია ამოცანის ამოხსნაში 1. საპირისპირო თეორემის დადასტურების გამოცდილება უდავოდ ხელშესახებ სარგებელს მოუტანს სტუდენტს პრობლემების გადაჭრისას.

ნახატები და ნიმუშები

იმისათვის, რომ მოსწავლეს ვასწავლოთ დანახოს მენელაუსის თეორემა ამოცანებში და გამოიყენოს იგი გადაწყვეტილების მიღებისას, მნიშვნელოვანია ყურადღება მიაქციოთ ნახატებსა და შაბლონებს თეორემის დაწერისას კონკრეტული შემთხვევისთვის. და რადგან თავად თეორემა თავის "სუფთა" ფორმაშია, ე.ი. სხვა სეგმენტებით შემოფარგლების გარეშე, სხვადასხვა ფიგურების მხარეები ჩვეულებრივ ამოცანებში არ გვხვდება, მაშინ უფრო მიზანშეწონილია აჩვენოთ თეორემა კონკრეტულ ამოცანებზე. და თუ ახსნით ნახატებს, მაშინ გახადეთ ისინი მრავალვარიანტული. ამ შემთხვევაში, მონიშნეთ ერთ ფერში (მაგალითად, წითლად) სწორი ხაზი, რომელიც წარმოიქმნება სამი წერტილით, ხოლო ლურჯში - სამკუთხედის სეგმენტები, რომლებიც მონაწილეობენ მენელაუსის თეორემის დაწერაში. ამ შემთხვევაში, ის ელემენტები, რომლებიც არ მონაწილეობენ, რჩება შავი:

ერთი შეხედვით შეიძლება ჩანდეს, რომ თეორემის ფორმულირება საკმაოდ რთული და ყოველთვის არაა გასაგები; ბოლოს და ბოლოს, ის მოიცავს სამ წილადს. მართლაც, თუ სტუდენტს არ აქვს საკმარისი გამოცდილება, მაშინ მას შეუძლია ადვილად დაუშვას შეცდომა წერილობით და, შედეგად, პრობლემა არასწორად გადაჭრას. და სწორედ აქ იწყება პრობლემები ზოგჯერ. საქმე იმაშია, რომ სახელმძღვანელოები, როგორც წესი, არ ამახვილებენ ყურადღებას იმაზე, თუ როგორ უნდა „მოიმუშაოთ“ თეორემის წერისას. არაფერია ნათქვამი თავად თეორემის ჩაწერის კანონებზე. ამიტომ ზოგიერთი დამრიგებელი სხვადასხვა ისრებსაც კი ხაზავს, რათა მიუთითოს რა თანმიმდევრობით უნდა დაიწეროს ფორმულა. და ისინი სთხოვენ სტუდენტებს მკაცრად დაიცვან ასეთი მითითებები. ეს ნაწილობრივ სწორია, მაგრამ ბევრად უფრო მნიშვნელოვანია თეორემის არსის გაგება, ვიდრე მისი წმინდა მექანიკურად ჩაწერა, „შემოვლითი წესის“ და ისრების გამოყენებით.
სინამდვილეში, მნიშვნელოვანია მხოლოდ „შემოვლითი“ ლოგიკის გაგება და ის იმდენად ზუსტია, რომ შეუძლებელია შეცდომის დაშვება ფორმულის დაწერაში. ორივე შემთხვევაში ა) და ბ) ვწერთ AMC სამკუთხედის ფორმულას.
პირველ რიგში, ჩვენ თვითონ განვსაზღვრავთ სამ წერტილს - სამკუთხედის წვეროებს. ჩვენთვის ეს არის წერტილები A, M, C. შემდეგ განვსაზღვრავთ წერტილებს, რომლებიც დევს გადაკვეთაზე (წითელი ხაზი), ეს არის B, P, K. ვიწყებთ "მოძრაობას" სამკუთხედის წვეროდან, მაგალითად, C წერტილიდან. ამ წერტილიდან მივდივართ იმ წერტილამდე, რომელიც წარმოიქმნება გადაკვეთით, მაგალითად, AC მხარისა და გადამკვეთი ხაზის გადაკვეთით - ჩვენთვის ეს არის წერტილი K. ჩვენ ვწერთ პირველი წილადის მრიცხველში - SK. . შემდეგ K წერტილიდან „გავდივართ“ AC წრფის დარჩენილ წერტილში - A წერტილამდე. პირველი წილადის მნიშვნელში ვწერთ KA. ვინაიდან A წერტილი ასევე ეკუთვნის AM წრფეს, იგივეს ვაკეთებთ სეგმენტებით AM წრფეზე. და აქ ისევ ვიწყებთ წვეროდან, შემდეგ „მივდივართ“ გადამკვეთ წრფეზე მდებარე წერტილამდე, რის შემდეგაც გადავდივართ M წვეროზე. „ვინც აღმოვჩნდით“ BC წრფეზე, იგივეს ვაკეთებთ სეგმენტებით. ეს ხაზი. M-დან „მივდივართ“, რა თქმა უნდა, B-ზე, რის შემდეგაც ვუბრუნდებით C-ს. ეს „შემოხვევა“ შეიძლება გაკეთდეს ან საათის ისრის მიმართულებით ან საწინააღმდეგო ისრის მიმართულებით. მნიშვნელოვანია მხოლოდ გავლის წესის გაგება - წვეროდან წრფის წერტილამდე და წრფის წერტილიდან მეორე წვერომდე. დაახლოებით ასე აიხსნება ჩვეულებრივ წილადების ნამრავლის დაწერის წესი. შედეგი არის:
გთხოვთ გაითვალისწინოთ, რომ მთელი „შემოვლითი გზა“ აისახება ჩანაწერში და მოხერხებულობისთვის ნაჩვენებია ისრებით.
თუმცა, მიღებული ჩანაწერის მიღება შესაძლებელია ყოველგვარი „ტრავერსის“ შესრულების გარეშე. მას შემდეგ რაც ამოიწერება წერტილები - სამკუთხედის წვეროები (A, M, C) და წერტილები - გადამკვეთ წრფეზე (B, P, K), ასევე ჩამოწერეთ ასოების სამეულები, რომლებიც აღნიშნავენ თითოეულ სამკუთხედს. ხაზები. ჩვენს შემთხვევაში ეს არის I) B, M, C; II) A, P, M და III) A, C, K. ამის შემდეგ, ფორმულის სწორი მარცხენა მხარე შეიძლება დაიწეროს ნახატის დათვალიერების გარეშე და ნებისმიერი თანმიმდევრობით. საკმარისია თითოეული სამი ასოდან დავწეროთ ჭეშმარიტი წილადები, რომლებიც ემორჩილებიან წესს - პირობითად, "შუა" ასოები არის გადამკვეთი ხაზის (წითელი) წერტილები. პირობითად, "გარე" ასოები არის სამკუთხედის წვეროების წერტილები (ლურჯი). ფორმულის ამგვარად წერისას საჭიროა მხოლოდ დარწმუნდეთ, რომ ნებისმიერი „ლურჯი“ ასო (სამკუთხედის წვერო) ერთხელ გამოჩნდება მრიცხველშიც და მნიშვნელშიც. მაგალითად.
ეს მეთოდი განსაკუთრებით სასარგებლოა b ტიპის შემთხვევებისთვის, ასევე თვითშემოწმებისთვის.

მენელაუსის თეორემა. მტკიცებულება
მენელაუსის თეორემის დასამტკიცებლად რამდენიმე განსხვავებული გზა არსებობს. ზოგჯერ ისინი ამას ამტკიცებენ სამკუთხედების მსგავსების გამოყენებით, რისთვისაც AC-ის პარალელური სეგმენტი გაყვანილია M წერტილიდან (როგორც ამ ნახატზე). სხვები ხაზავენ დამატებით ხაზს, რომელიც არ არის გადამკვეთი წრფის პარალელურად, შემდეგ კი, გადამკვეთი წრფის პარალელურად სწორი ხაზების გამოყენებით, ისინი თითქოს „პროექტებენ“ ყველა საჭირო სეგმენტს ამ წრფეზე და თალესის თეორემის განზოგადების გამოყენებით (ე.ი. თეორემა პროპორციულ სეგმენტებზე), გამოიტანეთ ფორმულა. თუმცა, ალბათ, მტკიცების უმარტივესი მეთოდი მიიღება M წერტილიდან გადამკვეთის პარალელურად სწორი ხაზის დახაზვით. მოდით დავამტკიცოთ მენელაუსის თეორემა ამ გზით.
მოცემულია: სამკუთხედი ABC. ხაზი PK კვეთს სამკუთხედის გვერდებს და MC გვერდის გაგრძელებას B წერტილში.
დაამტკიცეთ, რომ თანასწორობა მოქმედებს:
მტკიცებულება. დავხატოთ სხივი MM 1 BK-ს პარალელურად. დავწეროთ ის მიმართებები, რომლებშიც მონაწილეობენ მენელაუსის თეორემის ფორმულაში შემავალი სეგმენტები. ერთ შემთხვევაში განვიხილოთ წრფეები, რომლებიც კვეთენ A წერტილს, ხოლო მეორე შემთხვევაში, კვეთენ C წერტილს. მოდით გავამრავლოთ ამ განტოლების მარცხენა და მარჯვენა მხარეები:

თეორემა დადასტურდა.
თეორემა ანალოგიურად არის დადასტურებული ბ შემთხვევისთვის).

C წერტილიდან ვხატავთ CC 1 სეგმენტს BK სწორი ხაზის პარალელურად. დავწეროთ ის მიმართებები, რომლებშიც მონაწილეობენ მენელაუსის თეორემის ფორმულაში შემავალი სეგმენტები. ერთ შემთხვევაში განვიხილოთ ხაზები, რომლებიც კვეთენ A წერტილს, ხოლო მეორე შემთხვევაში, კვეთენ M წერტილს. ვინაიდან თალესის თეორემა არაფერს ამბობს სეგმენტების მდებარეობის შესახებ ორ გადამკვეთ წრფეზე, სეგმენტები შეიძლება განთავსდეს M წერტილის მოპირდაპირე მხარეს. ამიტომ,

თეორემა დადასტურდა.

ახლა დავამტკიცოთ საპირისპირო თეორემა.
მოცემული:
დაამტკიცეთ, რომ B, P, K წერტილები ერთსა და იმავე წრფეზეა.
მტკიცებულება. მოდით, სწორი ხაზი BP კვეთს AC რაღაც K 2 წერტილს, რომელიც არ ემთხვევა K წერტილს. ვინაიდან BP არის სწორი ხაზი, რომელიც შეიცავს K 2 წერტილს, მაშინ მენელაუსის ახლახან დადასტურებული თეორემა მოქმედებს მისთვის. მაშ ასე, დავწეროთ მისთვის
თუმცა, ჩვენ ეს ახლახან დავამტკიცეთ
აქედან გამომდინარეობს, რომ წერტილები K და K 2 ემთხვევა ერთმანეთს, რადგან ისინი ყოფენ AC მხარეს იმავე თანაფარდობით.
ბ) შემთხვევისთვის თეორემა დადასტურებულია ანალოგიურად.

ამოცანების ამოხსნა მენელაუსის თეორემის გამოყენებით

ჯერ დავუბრუნდეთ პრობლემა 1-ს და მოვაგვაროთ იგი. კიდევ ერთხელ წავიკითხოთ. მოდით დავხატოთ ნახატი:

მოცემულია ტრაპეცია ABCD. ST - ტრაპეციის შუა ხაზი, ე.ი. ერთ-ერთი მოცემული მანძილი. A და D კუთხეები ემატება 90°-ს. ვაგრძელებთ AB და CD გვერდებს და მათ გადაკვეთაზე ვიღებთ წერტილს K. წერტილი K შეაერთეთ N წერტილთან - BC-ის შუა. ახლა ჩვენ ვამტკიცებთ, რომ წერტილი P, რომელიც არის AD ფუძის შუა წერტილი, ასევე ეკუთვნის KN წრფეს. განვიხილოთ სამკუთხედები ABD და ACD თანმიმდევრობით. თითოეული სამკუთხედის ორი გვერდი იკვეთება KP წრფით. დავუშვათ, სწორი ხაზი KN კვეთს AD ფუძეს X რაღაც წერტილში. მენელაუსის თეორემით:
ვინაიდან AKD სამკუთხედი მართკუთხაა, წერტილი P, რომელიც არის AD ჰიპოტენუზის შუა წერტილი, თანაბრად არის დაშორებული A, D და K. ანალოგიურად, წერტილი N თანაბრად არის დაშორებული B, C და K წერტილებისგან. სადაც ერთი ფუძე უდრის 36-ს და მეორე უდრის 2-ს.
გამოსავალი. განვიხილოთ BCD სამკუთხედი. მას კვეთს სხივი AX, სადაც X არის ამ სხივის გადაკვეთის წერტილი BC მხარის გაფართოებასთან. მენელაუსის თეორემის მიხედვით:
(1) (2)-ით ჩანაცვლებით მივიღებთ:

გამოსავალი. S 1 , S 2 , S 3 და S 4 ასოებით ავღნიშნოთ სამკუთხედების AOB, AOM, BOK და MOKC ოთხკუთხედის ფართობი.

ვინაიდან BM არის მედიანა, მაშინ S ABM = S BMC.
ეს ნიშნავს S 1 + S 2 = S 3 + S 4.
ვინაიდან ჩვენ უნდა ვიპოვოთ S 1 და S 4 ფართობების თანაფარდობა, ჩვენ ვყოფთ განტოლების ორივე მხარეს S 4-ზე:
მოდით ჩავანაცვლოთ ეს მნიშვნელობები ფორმულაში (1): BMC სამკუთხედიდან AK სეკანტით, მენელაუსის თეორემის მიხედვით, გვაქვს: AKC სამკუთხედიდან სეკანტური BM-ით, მენელაუსის თეორემით გვაქვს: ყველა საჭირო მიმართება გამოიხატება k-ით და ახლა თქვენ შეგიძლიათ ჩაანაცვლოთ ისინი გამოხატულებაში (2):
ამ პრობლემის გადაწყვეტა მენელაუსის თეორემის გამოყენებით განხილულია გვერდზე.

მათემატიკის დამრიგებლის შენიშვნა.მენელაუსის თეორემის გამოყენება ამ პრობლემაში სწორედ ის შემთხვევაა, როცა ეს მეთოდი საშუალებას გაძლევთ მნიშვნელოვნად დაზოგოთ დრო გამოცდაზე. ეს დავალება შემოთავაზებულია მე-9 კლასის ეკონომიკის უმაღლესი სკოლის ლიცეუმში მისაღები გამოცდის დემო ვერსიაში (2019).

© მათემატიკის დამრიგებელი მოსკოვში, ალექსანდრე ანატოლიევიჩი, 8-968-423-9589.

თავად გადაწყვიტეთ

1) ამოცანა უფრო მარტივია. ABC სამკუთხედის მედიანაზე BD წერტილი აღინიშნება ისე, რომ BM: MD = m: n. AM ხაზი კვეთს BC მხარეს K წერტილში.
იპოვეთ თანაფარდობა BK:KC.
2) ამოცანა უფრო რთულია. ABCD პარალელოგრამის A კუთხის ბისექტორი კვეთს BC მხარეს P წერტილში, ხოლო BD დიაგონალს T წერტილში. ცნობილია, რომ AB: AD = k (0 3) დავალება No26 OGE. სამკუთხედში ABC ბისექტორი BE და მედიანა AD პერპენდიკულარულია და აქვთ იგივე სიგრძე 36-ის ტოლი. იპოვეთ ABC სამკუთხედის გვერდები.
მათემატიკის დამრიგებლის მინიშნება.ინტერნეტში შეგიძლიათ იპოვოთ ასეთი პრობლემის გადაწყვეტა დამატებითი კონსტრუქციის გამოყენებით და შემდეგ ან მსგავსების ან უბნების პოვნა და მხოლოდ ამის შემდეგ სამკუთხედის გვერდები. იმათ. ორივე ეს მეთოდი მოითხოვს დამატებით მშენებლობას. თუმცა, ასეთი პრობლემის გადაჭრა ბისექტრის თვისებისა და მენელაუსის თეორემის გამოყენებით არ საჭიროებს დამატებით კონსტრუქციებს. ეს ბევრად უფრო მარტივი და რაციონალურია.