ČEVAS UN MENELAUJA TEORĒMAS

Ceva teorēma

Lielāko daļu ievērojamo trīsstūra punktu var iegūt, izmantojot šādu procedūru. Lai ir kāds noteikums, saskaņā ar kuru mēs varam izvēlēties noteiktu punktu A 1 , uz trijstūra ABC malas BC (vai tās paplašinājuma) (piemēram, izvēlieties šīs malas viduspunktu). Tad mēs izveidosim līdzīgus punktus B 1, C 1 abās pārējās trijstūra malās (mūsu piemērā ir vēl divi malu viduspunkti). Ja atlases noteikums ir veiksmīgs, tad taisni AA 1, BB 1, CC 1 krustosies kādā punktā Z (malu viduspunktu izvēle šajā ziņā, protams, ir veiksmīga, jo trijstūra mediānas krustojas vienā punktā).

Es gribētu kādu vispārīgu metodi, kas ļautu pēc punktu novietojuma trijstūra malās noteikt, vai atbilstošais taisnes trīskāršs krustojas vienā punktā vai nē.

Universālu nosacījumu, kas “aizvēra” šo problēmu, 1678. gadā atrada itāļu inženierisDžovanni Čeva .

Definīcija. Segmentus, kas savieno trijstūra virsotnes ar punktiem pretējās malās (vai to paplašinājumiem), sauc par cevians, ja tie krustojas vienā punktā.

Cevians ir divas iespējamās atrašanās vietas. Vienā versijā punkts

krustojumi ir iekšēji, un ceviju gali atrodas trīsstūra malās. Otrajā variantā krustošanās punkts ir ārējs, viena ceviāna gals atrodas sānos, bet pārējo divu ceviju gali atrodas uz sānu pagarinājumiem (sk. zīmējumus).

3. teorēma. (Ceva tiešā teorēma) Patvaļīgā trijstūrī ABC punkti A ir ņemti attiecīgi uz malām BC, CA, AB vai to paplašinājumiem. 1 , IN 1 , AR 1 , tāds, ka taisni AA 1 , BB 1 , SS 1 tad krustojas kādā kopīgā punktā

.

Pierādījums: Lai gan ir zināmi vairāki Ceva teorēmas oriģinālie pierādījumi, mēs apsvērsim pierādījumu, kas balstīts uz Menelausa teorēmas divkāršu pielietojumu. Pirmo reizi pierakstīsim Menelausa teorēmas sakarību trijstūrimABB 1 un sekants CC 1 (mēs apzīmējam ceviānu krustošanās punktuZ):

,

un otro reizi par trīsstūriB 1 B.C. un sekants A.A. 1 :

.

Reizinot šīs divas attiecības un veicot nepieciešamos samazinājumus, iegūstam koeficientu, kas ietverts teorēmas apgalvojumā.

4. teorēma. (Ceva apgrieztā teorēma) . Ja tiem, kas atlasīti trijstūra malās ABC vai to punktu paplašinājumi A 1 , IN 1 Un C 1 Čevas nosacījums ir apmierināts:

,

tad taisni A.A. 1 , BB 1 Un CC 1 krustojas vienā punktā .

Šīs teorēmas pierādījums tiek veikts ar pretrunu, tāpat kā Menelausa teorēmas pierādījums.

Apskatīsim Ceva tiešās un apgrieztās teorēmas pielietošanas piemērus.

3. piemērs. Pierādīt, ka trijstūra mediānas krustojas vienā punktā.

Risinājums. Apsveriet attiecības

trijstūra virsotnēm un tā malu viduspunktiem. Acīmredzot katrā daļā skaitītājam un saucējam ir vienādi segmenti, tāpēc visas šīs daļas ir vienādas ar vienu. Līdz ar to ir izpildīta Čevas sakarība, tāpēc ar apgriezto teorēmu mediānas krustojas vienā punktā.

Teorēma (Ceva teorēma) . Ļaujiet punktiem gulēt uz sāniem un trīsstūris attiecīgi. Ļaujiet segmentiem Un krustojas vienā punktā. Tad

(mēs apejam trīsstūri pulksteņrādītāja virzienā).

Pierādījums. Apzīmēsim ar segmentu krustošanās punkts Un . Izlaidīsim no punktiem Un perpendikulāri līnijaipirms to krustojas punktos Un attiecīgi (sk. attēlu).

Jo trīsstūri Un ir kopīga puse, tad to laukumi ir saistīti ar augstumiem, kas novilkti uz šo pusi, t.i. Un :

Pēdējā vienādība ir patiesa, jo taisnleņķa trijstūri Un līdzīgi akūtā leņķī.

Līdzīgi mēs iegūstam

Un

Sareizināsim šīs trīs vienādības:

Q.E.D.

Par mediānām:

1. Novietojiet masas vienību trijstūra ABC virsotnēs.
2. Punktu A un B masas centrs atrodas AB vidū. Visas sistēmas masas centram jāatrodas AB malas vidusdaļā, jo trijstūra ABC masas centrs ir punktu A un B un punkta C masas centra masas centrs.
(sanāca mulsinoši)
3. Līdzīgi - CM jāatrodas mediānā uz malām AC un BC
4. Tā kā CM ir viens punkts, tad visām šīm trim mediānām tajā ir jākrustojas.

Starp citu, no tā uzreiz izriet, ka pēc krustojuma tie tiek sadalīti proporcijā 2:1. Tā kā punktu A un B masas centra masa ir 2, bet punkta C masa ir 1, tad kopējais masas centrs saskaņā ar proporciju teorēmu sadalīs mediānu attiecībā 2/1 .

Liels paldies, tas ir sniegts pieejamā veidā, manuprāt, nebūtu nepareizi iesniegt pierādījumu, izmantojot masas ģeometrijas metodes, piemēram:
Taisnes AA1 un CC1 krustojas punktā O; AC1: C1B = p un BA1: A1C = q. Mums jāpierāda, ka līnija BB1 iet caur punktu O tad un tikai tad, ja CB1: B1A = 1: pq.
Novietosim masas 1, p un pq attiecīgi punktos A, B un C. Tad punkts C1 ir punktu A un B masas centrs, bet punkts A1 ir punktu B un C masas centrs. Tāpēc punktu A, B un C masas centrs ar šīm masām ir krustošanās punkts O. līnijas CC1 un AA1. No otras puses, punkts O atrodas uz segmenta, kas savieno punktu B ar punktu A un C masas centru. Ja B1 ir punktu A un C masas centrs ar masām 1 un pq, tad AB1: B1C = pq: 1. Atliek atzīmēt, ka segmentā AC ir viens punkts, kas to sadala dotajā attiecībā AB1:B1C.

2. Ceva teorēma

Tiek saukts segments, kas savieno trijstūra virsotni ar punktu pretējā pusēceviana . Tādējādi, ja trijstūrīABC X , Y un Z - punkti atrodas sānosB.C. , C.A. , AB attiecīgi, tad segmentiAX , BY , CZ ir ševiji. Termins nāk no itāļu matemātiķa Džovanni Čevas, kurš 1678. gadā publicēja šādu ļoti noderīgu teorēmu:

Teorēma 1.21. Ja trīs trijstūra ABC cevians AX, BY, CZ (viens no katras virsotnes) ir konkurētspējīgas, tad

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .

Rīsi. 3.

Kad mēs sakām, ka trīs līnijas (vai segmenti)konkurētspējīgu , tad mēs domājam, ka tie visi iet caur vienu punktu, ko mēs apzīmējam arP . Lai pierādītu Ceva teorēmu, atcerieties, ka vienāda augstuma trīsstūru laukumi ir proporcionāli trijstūru pamatiem. Atsaucoties uz 3. attēlu, mums ir:

|BX||XC|= SABXSAXC= SPBXSPXC= SABX−SPBXSAXC−SPXC= SABPSCAP.

Tāpat

|CY||YA|= SBCPSABP, |AZ||ZB|= SCAPSBCP.

Tagad, ja mēs tos reizinām, mēs iegūstam

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|= SABPSCAP· SBCPSABP· SCAPSBCP=1 .

Arī šīs teorēmas otrādi ir taisnība:

Teorēma 1.22. Ja trīs cevians AX, BY, CZ apmierina attiecību

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 ,

tad viņi ir konkurētspējīgi .

Lai to parādītu, pieņemsim, ka pirmie divi cevians krustojas punktāP , tāpat kā iepriekš, un trešais ceviāns, kas iet caur punktuP , gribasCZ′ . Tad pēc teorēmas 1.21.

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ′||Z′B|=1 .

Bet pēc pieņēmuma

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .

Tāpēc

|AZ||ZB|= |AZ′||Z′B| ,

punktsZ′ sakrīt ar punktuZ , un mēs pierādījām, ka segmentiAX , BY UnCZ konkurētspējīga (, 54. un , 48., 317. lpp.).

Menelausa teorēma jeb pilnīgā četrstūra teorēma ir zināma jau no Senās Grieķijas laikiem. Tā saņēma savu nosaukumu par godu tā autoram, sengrieķu matemātiķim un astronomam. Menelaus no Aleksandrijas(apmēram mūsu ēras 100. gadu). Šī teorēma ir ļoti skaista un vienkārša, taču, diemžēl, mūsdienu skolu kursos tai netiek pievērsta pienācīga uzmanība. Tikmēr daudzos gadījumos tas palīdz ļoti vienkārši un eleganti atrisināt diezgan sarežģītas ģeometriskas problēmas.

1. teorēma (Menela teorēma). Ļaujiet ∆ABC krustot taisni, kas nav paralēla malai AB un krusto tās abas malas AC un BC attiecīgi punktos F un E, un taisni AB punktā D (1. att.),

tad A F FC * CE EB * BD DA = 1

Piezīme. Lai viegli atcerētos šo formulu, varat izmantot šādu noteikumu: pārvietojieties pa trijstūra kontūru no virsotnes līdz krustošanās punktam ar līniju un no krustošanās punkta uz nākamo virsotni.

Pierādījums. No trijstūra virsotnēm A, B, C novelkam attiecīgi trīs paralēlas taisnes, līdz tās krustojas ar secīgo taisni. Mēs iegūstam trīs līdzīgu trīsstūru pārus (līdzības zīme divos leņķos). No trīsstūru līdzības izriet šādas vienādības:

Tagad sareizināsim šīs iegūtās vienādības:

Teorēma ir pierādīta.

Lai sajustu šīs teorēmas skaistumu, mēģināsim atrisināt tālāk piedāvāto ģeometrisko problēmu divos dažādos veidos: izmantojot palīgkonstrukciju un ar palīdzību Menelausa teorēma.

1. uzdevums.

∆ABC bisektrise AD dala malu BC attiecībā 2: 1. Kādā attiecībā mediāna CE dala šo bisektrisi?

Risinājums.

Izmantojot palīgkonstrukciju:

Apzīmēsim, ka S ir bisektrise AD un mediānas CE krustošanās punkts. Izveidosim ∆ASB uz paralelogramu ASBK. (2. att.)

Acīmredzot SE = EK, jo paralelograma krustošanās punkts sadala diagonāles uz pusēm. Tagad aplūkosim trīsstūrus ∆CBK un ∆CDS. Ir viegli redzēt, ka tie ir līdzīgi (līdzības zīme divos leņķos: un kā iekšējie vienpusējie leņķi ar paralēlām līnijām AD un KB un nogriezni CB). No trīsstūra līdzības izriet:

Izmantojot nosacījumu, mēs iegūstam:

CB CD = CD + DB CD = CD + 2 CD CB = 3 CD CD = 3

Tagad ievērojiet, ka KB = AS, tāpat kā paralelograma pretējās malas. Tad

AS SD = KB SD = CB CD = 3

Izmantojot Menelausa teorēmu.

Apskatīsim ∆ABD un piemērosim tai Menelausa teorēmu (taisne, kas iet caur punktiem C, S, E, ir sekanta taisne):

BE EA * AS SD * DC CB = 1

Saskaņā ar teorēmas nosacījumiem mums ir BE/EA = 1, jo CE ir mediāna, un DC/CB = 1/3, kā mēs jau aprēķinājām iepriekš.

1 * AS SD * 1 3 = 1

No šejienes mēs iegūstam AS/SD = 3 No pirmā acu uzmetiena abi risinājumi ir diezgan kompakti un aptuveni līdzvērtīgi. Taču ideja par papildu konstrukciju skolēniem bieži vien izrādās ļoti sarežģīta un nemaz nav pašsaprotama, turpretim, zinot Menelausa teorēmu, atliek tikai pareizi pielietot.

Apskatīsim vēl vienu problēmu, kurā Menelausa teorēma darbojas ļoti eleganti.

2. uzdevums.

Uz pusēm AB un BC ∆ABC ir norādīti attiecīgi punkti M un N tā, ka ir spēkā šādas vienādības:

AM MB = CN NA = 1 2

Kādā attiecībā segmentu BN un CM krustošanās punkts S sadala katru no šiem posmiem (3. att.)?

Risinājums.

Apskatīsim ∆ABN. Šim trijstūrim piemērosim Menelausa teorēmu (taisne, kas iet caur punktiem M, S, C, ir sekanta taisne)

AM MB * BC SN * CN CA = 1

No problēmas nosacījumiem mums ir: AM MB = 1 2

NC CA = NC CN + NA = NC CN + 2NC = NC 3 NC = 1 3

Aizstāsim šos rezultātus un iegūsim:

1 2 * BS SN * 1 3 = 1

Līdz ar to BS/SN = 6. Un tāpēc segmentu BN un CM krustošanās punkts S sadala segmentu BN proporcijā 6:1.

Apskatīsim ∆ACM. Šim trīsstūrim piemērosim Menelausa teorēmu (līnija, kas iet caur punktiem N, S, B, ir sekanta taisne):

AN NC * CS SM * MB BA = 1

No problēmas nosacījumiem mums ir: AN NC = 2

MB BA = MB BM + MA = 2MA 2MA + MA = 2 MB 3MA = 2 3

Aizstāsim šos rezultātus un iegūsim:

2 * CS SM * 2 3 = 1

Tādējādi CS/SM = 3/4

Un tāpēc segmentu BN un CM krustošanās punkts S sadala segmentu CM attiecībā 3:4.

Arī Menelausa teorēmai apgrieztā teorēma ir patiesa. Bieži vien tas izrādās vēl noderīgāks. Tas īpaši labi darbojas pierādīšanas problēmās. Bieži ar tās palīdzību pat olimpiādes uzdevumi tiek atrisināti skaisti, viegli un ātri.

2. teorēma(Menelaja konversā teorēma). Dots trijstūris ABC un punkti D, E, F pieder attiecīgi taisnēm BC, AC, AB (ņemiet vērā, ka tie var atrasties gan trijstūra ABC malās, gan to paplašinājumos) (4. att.).

Pēc tam, ja AF FC * CE EB * BD DA = 1

tad punkti D, E, F atrodas uz vienas taisnes.

Pierādījums. Pierādīsim teorēmu ar pretrunu. Pieņemsim, ka sakarība no teorēmas nosacījumiem ir izpildīta, bet punkts F neatrodas uz taisnes DE (5. att.).

Apzīmēsim taisnes DE un AB krustpunktu ar burtu O. Tagad pielietojam Menelausa teorēmu un iegūstam: AE EC * CD DB * BO OA = 1

Bet, no otras puses, vienādība BF FA = BO OA

nevar izpildīt.

Tāpēc sakarību no teorēmas nosacījumiem nevar izpildīt. Mums radās pretruna.

Teorēma ir pierādīta.

tīmekļa vietni, kopējot materiālu pilnībā vai daļēji, ir nepieciešama saite uz avotu.

Klase: 9

Nodarbības mērķi:

1. vispārināt, paplašināt un sistematizēt studentu zināšanas un prasmes; iemācīt izmantot zināšanas, risinot sarežģītas problēmas;
2. veicināt prasmju attīstību patstāvīgai zināšanu pielietošanai, risinot problēmas;
3. attīstīt skolēnu loģisko domāšanu un matemātisko runu, spēju analizēt, salīdzināt un vispārināt;
4. ieaudzināt skolēnos pašapziņu un smagu darbu; spēja strādāt komandā.

Nodarbības mērķi:

• Izglītojoši: atkārto Menelausa un Čevas teorēmas; pielietot tos, risinot problēmas.
• Attīstība: iemācīties izvirzīt hipotēzi un prasmīgi aizstāvēt savu viedokli ar pierādījumiem; pārbaudīt savas zināšanas vispārināt un sistematizēt.
• Izglītojoši: palielināt interesi par mācību priekšmetu un sagatavoties sarežģītāku problēmu risināšanai.

Nodarbības veids: zināšanu vispārināšanas un sistematizēšanas nodarbība.

Aprīkojums: kartītes kolektīvam darbam nodarbībā par šo tēmu, individuālās kartītes patstāvīgajam darbam, dators, multimediju projektors, ekrāns.

Nodarbību laikā

I posms. Organizatoriskais brīdis (1 min.)

Skolotājs paziņo stundas tēmu un mērķi.

II posms. Pamatzināšanu un prasmju papildināšana (10 min.)

Skolotājs: Nodarbības laikā atcerēsimies Menelausa un Čevas teorēmas, lai veiksmīgi pārietu uz uzdevumu risināšanu. Apskatīsim ekrānu, kurā tas tiek parādīts. Kurai teorēmai ir dots šis skaitlis? (Menela teorēma). Mēģiniet skaidri formulēt teorēmu.

1. attēls

Ļaujiet, lai punkts A 1 atrodas uz trijstūra ABC malas BC, punkts C 1 atrodas malā AB, punkts B 1 atrodas malas AC turpinājumā aiz punkta C. Punkti A 1 , B 1 un C 1 atrodas uz vienas taisnes tad un tikai ja vienlīdzība pastāv

Skolotājs: Apskatīsim tālāk redzamo attēlu kopā. Nosakiet šī zīmējuma teorēmu.

2. attēls

Līnija AD krusto divas IUD trijstūra malas un trešās malas pagarinājumu.

Saskaņā ar Menelaus teorēmu

Taisne MB krusto trijstūra ADC divas malas un trešās malas pagarinājumu.

Saskaņā ar Menelaus teorēmu

Skolotājs: Kādai teorēmai atbilst attēls? (Ceva teorēma). Izsakiet teorēmu.

3. attēls

Lai punkts A 1 trijstūrī ABC atrodas uz malas BC, punkts B 1 uz malas AC, punkts C 1 uz malas AB. Segmenti AA 1, BB 1 un CC 1 krustojas vienā punktā tad un tikai tad, ja ir spēkā vienādība

III posms. Problēmu risināšana. (22 min.)

Klase ir sadalīta 3 komandās, katra saņem kartīti ar diviem dažādiem uzdevumiem. Ir dots laiks izlemt, tad ekrānā parādās:<Рисунки 4-9>. Balstoties uz aizpildītajiem uzdevumu rasējumiem, komandu pārstāvji pārmaiņus skaidro savus risinājumus. Katram skaidrojumam seko diskusija, atbildes uz jautājumiem un risinājuma pareizības pārbaude uz ekrāna. Diskusijā piedalās visi komandas locekļi. Jo aktīvāka komanda, jo augstāk tā tiek novērtēta, summējot rezultātus.

1. karte.

1. Trijstūrī ABC no malas BC ņemts punkts N tā, lai NC = 3BN; malas AC turpinājumā punkts M tiek ņemts par punktu A, lai MA = AC. Taisne MN krusto malu AB punktā F. Atrodi attiecību

2. Pierādīt, ka trijstūra mediānas krustojas vienā punktā.

1. risinājums

4. attēls

Atbilstoši uzdevuma nosacījumiem MA = AC, NC = 3BN. Pieņemsim, ka MA = AC =b, BN = k, NC = 3k. Taisne MN krusto divas trijstūra ABC malas un trešās turpinājumu.

Saskaņā ar Menelaus teorēmu

Atbilde:

Pierādījumi 2

5. attēls

Lai AM 1, BM 2, CM 3 ir trijstūra ABC mediānas. Lai pierādītu, ka šie segmenti krustojas vienā punktā, pietiek ar to parādīt

Tad pēc Ceva (apgrieztās) teorēmas nogriežņi AM 1, BM 2 un CM 3 krustojas vienā punktā.

Mums ir:

Tātad ir pierādīts, ka trijstūra mediānas krustojas vienā punktā.

2. karte.

1. Punkts N ir ņemts trijstūra PQR pusē PQ, bet punkts L ir PR pusē, un NQ = LR. Nogriežņu QL un NR krustošanās punkts dala QL attiecībā m:n, skaitot no punkta Q. Atrast

2. Pierādīt, ka trijstūra bisektrise krustojas vienā punktā.

1. risinājums

6. attēls

Pēc nosacījuma NQ = LR, pieņemsim, ka NA = LR =a, QF = km, LF = kn. Taisne NR krusto divas trijstūra PQL malas un trešās malas.

Saskaņā ar Menelaus teorēmu

Atbilde:

Pierādījumi 2

7. attēls

Parādīsim to

Tad pēc Ceva (apgrieztās) teorēmas AL 1, BL 2, CL 3 krustojas vienā punktā. Pēc trijstūra bisektoru īpašības

Iegūtās vienādības reizinot ar terminu, iegūstam

Trijstūra bisektrise ir izpildīta Čevas vienādībā, tāpēc tās krustojas vienā punktā.

3. karte.

1. Trijstūrī ABC AD ir mediāna, punkts O ir mediānas vidusdaļa. Taisne BO krusto malu AC punktā K. Kādā attiecībā punkts K dala AC, skaitot no punkta A?

2. Pierādīt, ja trijstūrī ir ierakstīts aplis, tad nogriežņi, kas savieno trijstūra virsotnes ar pretējo malu saskares punktiem, krustojas vienā punktā.

1. risinājums

8. attēls

Pieņemsim, ka BD = DC = a, AO = OD = m. Taisne BK krusto trijstūra ADC divas malas un trešās malas pagarinājumu.

Saskaņā ar Menelaus teorēmu

Atbilde:

Pierādījumi 2

9. attēls

Trijstūra ABC ierakstītā riņķa pieskares punkti A 1, B 1 un C 1. Lai pierādītu, ka segmenti AA 1, BB 1 un CC 1 krustojas vienā punktā, pietiek parādīt, ka Cheva vienādība ir spēkā:

Izmantojot pieskares īpašību, kas novilkta riņķī no viena punkta, mēs ieviešam šādu apzīmējumu: C 1 B = BA 1 = x, AC 1 = CB 1 = y, BA 1 = AC 1 = z.

Čevas vienādība ir izpildīta, kas nozīmē, ka trijstūra bisektrise krustojas vienā punktā.

IV posms. Problēmu risināšana (patstāvīgais darbs) (8 min.)

Skolotājs: Komandu darbs ir pabeigts un tagad sāksim patstāvīgu darbu pie individuālajām kartēm 2 variantiem.

Nodarbību materiāli studentu patstāvīgajam darbam

1. iespēja. Trijstūrī ABC, kura laukums ir 6, malā AB atrodas punkts K, kas šo malu sadala attiecībā AK:BK = 2:3, bet malā AC ir punkts L, kas sadala AC. attiecībā AL:LC = 5:3. Taisņu СК un BL krustošanās punkts Q tiek noņemts no taisnes AB attālumā . Atrodiet malas AB garumu. (Atbilde: 4.)

2. iespēja. Uz malas AC trijstūrī ABC ņemts punkts K. AK = 1, KS = 3. Uz malas AB ņemts punkts L. AL:LB = 2:3, Q ir taisnes BK un CL krustpunkts. Atrodiet no virsotnes B nomestā trijstūra ABC augstuma garumu. (Atbilde: 1.5.)

Darbs tiek iesniegts skolotājam pārbaudei.

V posms. Nodarbības kopsavilkums (2 min.)

Pieļautās kļūdas tiek analizētas, oriģinālās atbildes un komentāri tiek atzīmēti. Katras komandas darba rezultāti tiek summēti un tiek piešķirtas atzīmes.

VI posms. Mājas darbs (1 min.)

Mājas darbu veido uzdevumi Nr.11, 12 289.-290.lpp., Nr.10 301.lpp.

Noslēguma vārdi no skolotāja (1 min).

Šodien jūs dzirdējāt viens otra matemātisko runu no malas un novērtējāt savas spējas. Nākotnē mēs izmantosim šādas diskusijas, lai labāk izprastu šo tēmu. Argumenti nodarbībā bija draugi ar faktiem un teorija ar praksi. Paldies jums visiem.

Literatūra:

1. Tkačuks V.V. Matemātika reflektantiem. – M.: MTsNMO, 2005. gads.

Ģeometrijas kursā ir ietvertas teorēmas, kuras skolā netiek pietiekami detalizēti apgūtas, bet kuras var noderēt sarežģītāko Vienotā valsts eksāmena un Vienotā valsts eksāmena uzdevumu risināšanā. Tajos ietilpst, piemēram, Menelaus teorēma. Tradicionāli to apgūst klasēs ar padziļinātu matemātikas apguvi 8.klasē, un parastajā programmā (pēc Atanasjana mācību grāmatas) Menelausa teorēma ir iekļauta mācību grāmatā 10.-11.klasei.
Tikmēr interneta resursu izpētes rezultāti, kuros pieminēta Menelausa teorēma, liecina, ka tā parasti ir formulēta nepilnīgi un līdz ar to neprecīzi, un nav sniegti visi tās lietošanas gadījumi, kā arī apgrieztās teorēmas pierādījumi. Šī raksta mērķis ir saprast, kas ir Menelaus teorēma, kā un kāpēc tā tiek izmantota, kā arī dalīties ar studentiem metodoloģijā šīs teorēmas mācīšanai individuālajās pasniedzēja stundās.
Apskatīsim tipisku problēmu (Uzdevums Nr. 26, OGE), kas uz eksāmeniem parādās daudzos variantos, kas atšķiras tikai ar skaitļiem stāvoklī.

Problēmas risinājums ir vienkāršs - to varat atrast zemāk. Šajā rakstā mūs galvenokārt interesē nedaudz atšķirīgs punkts, kas bieži tiek izlaists un tiek uzskatīts par pašsaprotamu. Bet skaidrs ir tas, ko var pierādīt. Un to var pierādīt dažādos veidos - parasti tos pierāda tikai ar līdzību, bet to var izdarīt arī, izmantojot Menelaus teorēmu.
No nosacījuma izriet, ka, tā kā leņķi pie trapeces apakšējās pamatnes summējas līdz 90°, tad, pagarinot malas, iegūsit taisnleņķa trīsstūri. Tālāk no iegūtā sānu malu pagarinājumu krustpunkta uzzīmējiet segmentu, kas iet caur pamatņu vidu. Kāpēc šis segments iet cauri visiem šiem trim punktiem? Parasti internetā atrodamie problēmas risinājumi par to nerunā ne vārda. Nav pat atsauces uz četrpunktu trapeces teorēmu, nemaz nerunājot par šī apgalvojuma pierādījumu. Tikmēr to var pierādīt, izmantojot Menelaus teorēmu, kas ir nosacījums, lai trīs punkti piederētu vienai līnijai.

Menelausa teorēmas formulējumi
Ir pienācis laiks formulēt teorēmu. Jāatzīmē, ka dažādās mācību grāmatās un rokasgrāmatās ir diezgan dažādi tā formulējumi, lai gan būtība paliek nemainīga. Atanasjana u.c. mācību grāmatā 10.-11.klasei ir dota šāda Menelausa teorēmas formulējums, sauksim to par "vektoru":

Aleksandrova u.c. mācību grāmatā “Ģeometrijas 10.-11.klase”, kā arī šo pašu autoru mācību grāmatā “Ģeometrija. 8. klase” sniedz nedaudz atšķirīgu Menelausa teorēmas formulējumu, un tas ir vienāds gan 10.-11.klasei, gan 8.klasei:
Šeit ir jāizdara trīs piezīmes.
1. piezīme. Eksāmenos nav problēmu, kas jārisina, izmantojot tikai vektorus, kuriem tiek izmantots “mīnus viens”. Tāpēc praktiskai lietošanai ērtākais formulējums ir tāds, kas būtībā izriet no teorēmas segmentiem (šis ir otrais formulējums, kas izcelts trekniem burtiem). Mēs aprobežosimies ar to turpmākai Menelaus teorēmas izpētei, jo mūsu mērķis ir iemācīties to pielietot problēmu risināšanā.
2. piezīme. Neskatoties uz to, ka visās mācību grāmatās ir skaidri noteikts gadījums, kad visi trīs punkti A 1, B 1 un C 1 var atrasties uz trijstūra malu paplašinājumiem (vai uz taisnēm, kas satur trijstūra malas), uz vairākās apmācību vietnēs internetā tiek formulēts tikai gadījums, kad divi punkti atrodas abās pusēs, bet trešais atrodas trešās puses turpinājumā. Diez vai tas ir attaisnojams ar to, ka eksāmenos ir tikai pirmā tipa problēmas un problēmas nevar rasties, ja visi šie punkti atrodas uz trīs pusēm.
3. piezīme. Apgrieztā teorēma, t.i. nosacījums, ka trīs punkti atrodas uz vienas taisnes, parasti netiek izskatīti vispār, un daži pasniedzēji pat iesaka (???) pētīt tikai tiešo teorēmu un neņemt vērā apgriezto teorēmu. Tikmēr apgrieztā apgalvojuma pierādījums ir diezgan pamācošs un ļauj pierādīt apgalvojumus, kas ir līdzīgi tiem, kas sniegti 1. uzdevuma risinājumā. Apgrieztās teorēmas pierādīšanas pieredze neapšaubāmi sniegs studentam taustāmu labumu problēmu risināšanā.

Zīmējumi un raksti

Lai iemācītu studentam saskatīt Menelausa teorēmu problēmās un izmantot to lēmumu pieņemšanā, teorēmas rakstīšanā konkrētam gadījumam ir svarīgi pievērst uzmanību attēliem un modeļiem. Un tā kā pati teorēma ir “tīrā” formā, t.i. bez citiem segmentiem, dažādu figūru malas uzdevumos parasti nav atrodamas, tad pareizāk ir parādīt teorēmu par konkrētām problēmām. Un, ja jūs parādāt zīmējumus kā skaidrojumu, tad padariet tos daudzveidīgus. Šajā gadījumā vienā krāsā (piemēram, sarkanā) iezīmējiet taisnu līniju, ko veido trīs punkti, un zilā krāsā - trīsstūra segmentus, kas iesaistīti Menelaus teorēmas rakstīšanā. Šajā gadījumā tie elementi, kas nepiedalās, paliek melni:

No pirmā acu uzmetiena var šķist, ka teorēmas formulējums ir diezgan sarežģīts un ne vienmēr saprotams; galu galā tas ietver trīs frakcijas. Patiešām, ja studentam nav pietiekami daudz pieredzes, viņš var viegli kļūdīties rakstveidā un rezultātā nepareizi atrisināt problēmu. Un šeit dažreiz sākas problēmas. Lieta tāda, ka, rakstot teorēmu, mācību grāmatās parasti nav pievērsta uzmanība tam, kā "apstrādāt". Par pašas teorēmas ierakstīšanas likumiem nekas nav teikts. Tāpēc daži pasniedzēji pat zīmē dažādas bultiņas, lai norādītu secību, kādā formula jāraksta. Un viņi lūdz studentus stingri ievērot šādas vadlīnijas. Daļēji tas ir pareizi, taču daudz svarīgāk ir saprast teorēmas būtību, nevis to pierakstīt tīri mehāniski, izmantojot “apvedceļa likumu” un bultiņas.
Patiesībā ir svarīgi tikai saprast “apvedceļa” loģiku, un tā ir tik precīza, ka formulu rakstot nav iespējams kļūdīties. Abos gadījumos a) un b) mēs rakstām trijstūra AMC formulu.
Pirmkārt, mēs sev definējam trīs punktus - trijstūra virsotnes. Mums tie ir punkti A, M, C. Tad mēs nosakām punktus, kas atrodas uz krustojošās līnijas (sarkanā līnija), tie ir B, P, K. Mēs sākam “kustību” no trijstūra virsotnes, piemēram, no punkta C. No šī punkta mēs "ejam uz punktu, ko veido, piemēram, malas AC un krustojošās līnijas krustojums - mums tas ir punkts K. Mēs rakstām pirmās daļdaļas skaitītājā - SK . Tad no punkta K “ejam” uz atlikušo punktu uz līnijas AC - uz punktu A. Pirmās daļdaļas saucējā ierakstām KA. Tā kā punkts A pieder arī līnijai AM, mēs darām to pašu ar nogriežņiem uz līnijas AM. Un šeit atkal mēs sākam no virsotnes, tad “ejam” uz punktu uz krustojošās līnijas, pēc kura pārejam uz virsotni M. “Atraduši sevi” uz taisnes BC, mēs darām to pašu ar segmentiem uz šī līnija. No M mēs “ejam”, protams, uz B, pēc tam atgriežamies pie C. Šo “apvedceļu” var veikt vai nu pulksteņrādītāja virzienā, vai pretēji pulksteņrādītāja virzienam. Svarīgi ir tikai izprast šķērsošanas likumu – no virsotnes līdz punktam uz taisnes, un no līnijas punkta uz citu virsotni. Aptuveni šādi parasti tiek izskaidrots daļskaitļu reizinājuma rakstīšanas noteikums. Rezultāts ir:
Lūdzu, ņemiet vērā, ka viss “apvedceļš” ir atspoguļots ierakstā un ērtības labad parādīts ar bultiņām.
Tomēr iegūto ierakstu var iegūt, neveicot nekādu “šķērsošanu”. Pēc punktu izrakstīšanas - trijstūra virsotnes (A, M, C) un punktus, kas atrodas uz krustojošās līnijas (B, P, K), pierakstiet arī burtu trīskāršus, kas apzīmē punktus, kas atrodas uz katra no trim. līnijas. Mūsu gadījumos tie ir I) B, M, C; II) A, P, M un III) A, C, K. Pēc tam var uzrakstīt pareizo formulas kreiso pusi, pat neskatoties uz zīmējumu un jebkurā secībā. Mums pietiek ar to, ka no katriem trim burtiem, kas atbilst noteikumam, uzrakstam patiesas daļas - parasti “vidējie” burti ir krustojošās līnijas punkti (sarkanā krāsā). Parasti “ārējie” burti ir trīsstūra virsotņu punkti (zili). Rakstot formulu šādā veidā, tikai jāpārliecinās, ka jebkurš “zilais” burts (trijstūra virsotne) vienreiz parādās gan skaitītājā, gan saucējā.Piemēram.
Šī metode ir īpaši noderīga b) tipa gadījumos, kā arī pašpārbaudei.

Menelausa teorēma. Pierādījums
Ir vairāki dažādi veidi, kā pierādīt Menelausa teorēmu. Dažreiz viņi to pierāda, izmantojot trīsstūru līdzību, kurai no punkta M tiek novilkts nogrieznis, kas ir paralēls maiņstrāvai (kā šajā zīmējumā). Citi zīmē papildu līniju, kas nav paralēla krustojošajai līnijai, un pēc tam, izmantojot taisnes, kas ir paralēlas krustojošajai līnijai, šķiet, ka viņi “projicē” visus nepieciešamos segmentus uz šo taisni un, izmantojot Tālesa teorēmas vispārinājumu (t. teorēma par proporcionālajiem segmentiem), atvasiniet formulu. Tomēr, iespējams, vienkāršāko pierādīšanas metodi iegūst, novelkot taisni no punkta M paralēli krustojumam. Pierādīsim Menelausa teorēmu šādā veidā.
Dots: Trijstūris ABC. Taisne PK krusto trijstūra malas un malas MC turpinājumu punktā B.
Pierādīt, ka pastāv vienādība:
Pierādījums. Zīmēsim staru MM 1 paralēli BK. Pierakstīsim attiecības, kurās piedalās Menelausa teorēmas formulā iekļautie segmenti. Vienā gadījumā apsveriet līnijas, kas krustojas punktā A, bet otrā gadījumā tās krustojas punktā C. Sareizināsim šo vienādojumu kreiso un labo pusi:

Teorēma ir pierādīta.
Teorēma ir līdzīgi pierādīta gadījumam b).

No punkta C novelkam nogriezni CC 1 paralēli taisnei BK. Pierakstīsim attiecības, kurās piedalās Menelausa teorēmas formulā iekļautie segmenti. Vienā gadījumā aplūkosim taisnes, kas krustojas punktā A, bet otrā gadījumā krustojas punktā M. Tā kā Tāla teorēma neko nesaka par nogriežņu izvietojumu uz divām krustojošām taisnēm, nogriežņi var atrasties punkta M pretējās pusēs. Tāpēc

Teorēma ir pierādīta.

Tagad pierādīsim apgriezto teorēmu.
Ņemot vērā:
Pierādīt, ka punkti B, P, K atrodas uz vienas taisnes.
Pierādījums. Ļaujiet taisnei BP krustot AC kādā punktā K 2, kas nesakrīt ar punktu K. Tā kā BP ir taisne, kas satur punktu K 2 , tad uz to ir derīga tikko pierādītā Menelausa teorēma. Tātad, pierakstīsim to viņai
Tomēr mēs to tikko pierādījām
No tā izriet, ka punkti K un K 2 sakrīt, jo tie dala malu AC tādā pašā attiecībā.
Gadījumā b) teorēma tiek pierādīta līdzīgi.

Problēmu risināšana, izmantojot Menelausa teorēmu

Vispirms atgriezīsimies pie 1. uzdevuma un atrisināsim to. Lasīsim vēlreiz. Izveidosim zīmējumu:

Dota trapecveida ABCD. ST - trapeces viduslīnija, t.i. vienā no norādītajām distancēm. Leņķi A un D kopā veido 90°. Pagarinām malas AB un CD un to krustpunktā iegūstam punktu K. Savienojam punktu K ar punktu N - BC vidu. Tagad pierādām, ka punkts P, kas ir bāzes AD viduspunkts, arī pieder pie taisnes KN. Apskatīsim trīsstūrus ABD un ACD secīgi. Katra trīsstūra divas malas krusto taisne KP. Pieņemsim, ka taisne KN krusto bāzi AD kādā punktā X. Pēc Menelausa teorēmas:
Tā kā trijstūris AKD ir taisnleņķa leņķis, punkts P, kas ir hipotenūzas AD viduspunkts, atrodas vienādā attālumā no A, D un K. Tāpat punkts N atrodas vienādā attālumā no punktiem B, C un K. Kur viena bāze ir vienāda ar 36 un otra ir vienāda ar 2.
Risinājums. Apsveriet trīsstūri BCD. To šķērso stars AX, kur X ir šī stara krustošanās punkts ar malas BC pagarinājumu. Saskaņā ar Menelausa teorēmu:
Aizstājot (1) ar (2), mēs iegūstam:

Risinājums. Apzīmēsim ar burtiem S 1 , S 2 , S 3 un S 4 attiecīgi trijstūra AOB, AOM, BOK un četrstūra MOKC laukumus.

Tā kā BM ir mediāna, tad S ABM = S BMC.
Tas nozīmē, ka S 1 + S 2 = S 3 + S 4.
Tā kā mums ir jāatrod laukumu S 1 un S 4 attiecība, mēs sadalām abas vienādojuma puses ar S 4:
Aizstāsim šīs vērtības formulā (1): No trīsstūra BMC ar sekantu AK saskaņā ar Menelausa teorēmu mums ir: No trijstūra AKC ar sekantu BM pēc Menelausa teorēmas mums ir: Visas nepieciešamās attiecības tiek izteiktas ar k, un tagad tās var aizstāt ar izteiksmi (2):
Šīs problēmas risinājums, izmantojot Menelausa teorēmu, ir apspriests lapā.

Matemātikas skolotāja piezīme. Menelausa teorēmas pielietojums šajā uzdevumā ir tieši tas gadījums, kad šī metode ļauj ievērojami ietaupīt eksāmena laiku. Šis uzdevums tiek piedāvāts Demo versijā iestājeksāmenam Licejā Ekonomikas augstskolā 9. klasei (2019).

© Matemātikas pasniedzējs Maskavā Aleksandrs Anatoljevičs, 8-968-423-9589.

Izlemiet paši

1) Uzdevums ir vienkāršāks. Trijstūra ABC vidusdaļā BD ir atzīmēts punkts M tā, ka BM: MD = m: n. Taisne AM krusto malu BC punktā K.
Atrodiet attiecību BK:KC.
2) Uzdevums ir grūtāks. Paralelograma ABCD leņķa A bisektrise krusto malu BC punktā P un diagonāli BD punktā T. Ir zināms, ka AB: AD = k (0 3) Uzdevums Nr.26 OGE. Trijstūrī ABC bisektrise BE un mediāna AD ir perpendikulāras, un to garums ir vienāds ar 36. Atrodiet trijstūra ABC malas.
Matemātikas pasniedzēja padoms. Internetā var atrast risinājumu šādai problēmai, izmantojot papildu konstrukciju un pēc tam vai nu līdzību, vai arī apgabalu atrašanu un tikai pēc tam trīsstūra malas. Tie. abām šīm metodēm ir nepieciešama papildu konstrukcija. Taču šādas problēmas atrisināšanai, izmantojot bisektoru īpašību un Menelausa teorēmu, nav nepieciešamas nekādas papildu konstrukcijas. Tas ir daudz vienkāršāk un racionālāk.

Klase: 9

Nodarbības mērķi:

1. vispārināt, paplašināt un sistematizēt studentu zināšanas un prasmes; iemācīt izmantot zināšanas, risinot sarežģītas problēmas;
2. veicināt prasmju attīstību patstāvīgai zināšanu pielietošanai, risinot problēmas;
3. attīstīt skolēnu loģisko domāšanu un matemātisko runu, spēju analizēt, salīdzināt un vispārināt;
4. ieaudzināt skolēnos pašapziņu un smagu darbu; spēja strādāt komandā.

Nodarbības mērķi:

• Izglītojoši: atkārto Menelausa un Čevas teorēmas; pielietot tos, risinot problēmas.
• Attīstība: iemācīties izvirzīt hipotēzi un prasmīgi aizstāvēt savu viedokli ar pierādījumiem; pārbaudīt savas zināšanas vispārināt un sistematizēt.
• Izglītojoši: palielināt interesi par mācību priekšmetu un sagatavoties sarežģītāku problēmu risināšanai.

Nodarbības veids: zināšanu vispārināšanas un sistematizēšanas nodarbība.

Aprīkojums: kartītes kolektīvam darbam nodarbībā par šo tēmu, individuālās kartītes patstāvīgajam darbam, dators, multimediju projektors, ekrāns.

Nodarbību laikā

I posms. Organizatoriskais brīdis (1 min.)

Skolotājs paziņo stundas tēmu un mērķi.

II posms. Pamatzināšanu un prasmju papildināšana (10 min.)

Skolotājs: Nodarbības laikā atcerēsimies Menelausa un Čevas teorēmas, lai veiksmīgi pārietu uz uzdevumu risināšanu. Apskatīsim ekrānu, kurā tas tiek parādīts. Kurai teorēmai ir dots šis skaitlis? (Menela teorēma). Mēģiniet skaidri formulēt teorēmu.

1. attēls

Ļaujiet, lai punkts A 1 atrodas uz trijstūra ABC malas BC, punkts C 1 atrodas malā AB, punkts B 1 atrodas malas AC turpinājumā aiz punkta C. Punkti A 1 , B 1 un C 1 atrodas uz vienas taisnes tad un tikai ja vienlīdzība pastāv

Skolotājs: Apskatīsim tālāk redzamo attēlu kopā. Nosakiet šī zīmējuma teorēmu.

2. attēls

Līnija AD krusto divas IUD trijstūra malas un trešās malas pagarinājumu.

Saskaņā ar Menelaus teorēmu

Taisne MB krusto trijstūra ADC divas malas un trešās malas pagarinājumu.

Saskaņā ar Menelaus teorēmu

Skolotājs: Kādai teorēmai atbilst attēls? (Ceva teorēma). Izsakiet teorēmu.

3. attēls

Lai punkts A 1 trijstūrī ABC atrodas uz malas BC, punkts B 1 uz malas AC, punkts C 1 uz malas AB. Segmenti AA 1, BB 1 un CC 1 krustojas vienā punktā tad un tikai tad, ja ir spēkā vienādība

III posms. Problēmu risināšana. (22 min.)

Klase ir sadalīta 3 komandās, katra saņem kartīti ar diviem dažādiem uzdevumiem. Ir dots laiks izlemt, tad ekrānā parādās:<Рисунки 4-9>. Balstoties uz aizpildītajiem uzdevumu rasējumiem, komandu pārstāvji pārmaiņus skaidro savus risinājumus. Katram skaidrojumam seko diskusija, atbildes uz jautājumiem un risinājuma pareizības pārbaude uz ekrāna. Diskusijā piedalās visi komandas locekļi. Jo aktīvāka komanda, jo augstāk tā tiek novērtēta, summējot rezultātus.

1. karte.

1. Trijstūrī ABC no malas BC ņemts punkts N tā, lai NC = 3BN; malas AC turpinājumā punkts M tiek ņemts par punktu A, lai MA = AC. Taisne MN krusto malu AB punktā F. Atrodi attiecību

2. Pierādīt, ka trijstūra mediānas krustojas vienā punktā.

1. risinājums

4. attēls

Atbilstoši uzdevuma nosacījumiem MA = AC, NC = 3BN. Pieņemsim, ka MA = AC =b, BN = k, NC = 3k. Taisne MN krusto divas trijstūra ABC malas un trešās turpinājumu.

Saskaņā ar Menelaus teorēmu

Atbilde:

Pierādījumi 2

5. attēls

Lai AM 1, BM 2, CM 3 ir trijstūra ABC mediānas. Lai pierādītu, ka šie segmenti krustojas vienā punktā, pietiek ar to parādīt

Tad pēc Ceva (apgrieztās) teorēmas nogriežņi AM 1, BM 2 un CM 3 krustojas vienā punktā.

Mums ir:

Tātad ir pierādīts, ka trijstūra mediānas krustojas vienā punktā.

2. karte.

1. Punkts N ir ņemts trijstūra PQR pusē PQ, bet punkts L ir PR pusē, un NQ = LR. Nogriežņu QL un NR krustošanās punkts dala QL attiecībā m:n, skaitot no punkta Q. Atrast

2. Pierādīt, ka trijstūra bisektrise krustojas vienā punktā.

1. risinājums

6. attēls

Pēc nosacījuma NQ = LR, pieņemsim, ka NA = LR =a, QF = km, LF = kn. Taisne NR krusto divas trijstūra PQL malas un trešās malas.

Saskaņā ar Menelaus teorēmu

Atbilde:

Pierādījumi 2

7. attēls

Parādīsim to

Tad pēc Ceva (apgrieztās) teorēmas AL 1, BL 2, CL 3 krustojas vienā punktā. Pēc trijstūra bisektoru īpašības

Iegūtās vienādības reizinot ar terminu, iegūstam

Trijstūra bisektrise ir izpildīta Čevas vienādībā, tāpēc tās krustojas vienā punktā.

3. karte.

1. Trijstūrī ABC AD ir mediāna, punkts O ir mediānas vidusdaļa. Taisne BO krusto malu AC punktā K. Kādā attiecībā punkts K dala AC, skaitot no punkta A?

2. Pierādīt, ja trijstūrī ir ierakstīts aplis, tad nogriežņi, kas savieno trijstūra virsotnes ar pretējo malu saskares punktiem, krustojas vienā punktā.

1. risinājums

8. attēls

Pieņemsim, ka BD = DC = a, AO = OD = m. Taisne BK krusto trijstūra ADC divas malas un trešās malas pagarinājumu.

Saskaņā ar Menelaus teorēmu

Atbilde:

Pierādījumi 2

9. attēls

Trijstūra ABC ierakstītā riņķa pieskares punkti A 1, B 1 un C 1. Lai pierādītu, ka segmenti AA 1, BB 1 un CC 1 krustojas vienā punktā, pietiek parādīt, ka Cheva vienādība ir spēkā:

Izmantojot pieskares īpašību, kas novilkta riņķī no viena punkta, mēs ieviešam šādu apzīmējumu: C 1 B = BA 1 = x, AC 1 = CB 1 = y, BA 1 = AC 1 = z.

Čevas vienādība ir izpildīta, kas nozīmē, ka trijstūra bisektrise krustojas vienā punktā.

IV posms. Problēmu risināšana (patstāvīgais darbs) (8 min.)

Skolotājs: Komandu darbs ir pabeigts un tagad sāksim patstāvīgu darbu pie individuālajām kartēm 2 variantiem.

Nodarbību materiāli studentu patstāvīgajam darbam

1. iespēja. Trijstūrī ABC, kura laukums ir 6, malā AB atrodas punkts K, kas šo malu sadala attiecībā AK:BK = 2:3, bet malā AC ir punkts L, kas sadala AC. attiecībā AL:LC = 5:3. Taisņu СК un BL krustošanās punkts Q tiek noņemts no taisnes AB attālumā . Atrodiet malas AB garumu. (Atbilde: 4.)

2. iespēja. Uz malas AC trijstūrī ABC ņemts punkts K. AK = 1, KS = 3. Uz malas AB ņemts punkts L. AL:LB = 2:3, Q ir taisnes BK un CL krustpunkts. Atrodiet no virsotnes B nomestā trijstūra ABC augstuma garumu. (Atbilde: 1.5.)

Darbs tiek iesniegts skolotājam pārbaudei.

V posms. Nodarbības kopsavilkums (2 min.)

Pieļautās kļūdas tiek analizētas, oriģinālās atbildes un komentāri tiek atzīmēti. Katras komandas darba rezultāti tiek summēti un tiek piešķirtas atzīmes.

VI posms. Mājas darbs (1 min.)

Mājas darbu veido uzdevumi Nr.11, 12 289.-290.lpp., Nr.10 301.lpp.

Noslēguma vārdi no skolotāja (1 min).

Šodien jūs dzirdējāt viens otra matemātisko runu no malas un novērtējāt savas spējas. Nākotnē mēs izmantosim šādas diskusijas, lai labāk izprastu šo tēmu. Argumenti nodarbībā bija draugi ar faktiem un teorija ar praksi. Paldies jums visiem.

Literatūra:

1. Tkačuks V.V. Matemātika reflektantiem. – M.: MTsNMO, 2005. gads.