Teorama ni Menelaus at ang aplikasyon nito. Teorama ng Cheva at Menelaus

THEOREMS NG CHEVA AT MENELAUS

Ang teorama ni Ceva

Karamihan sa mga kahanga-hangang tatsulok na puntos ay maaaring makuha gamit ang sumusunod na pamamaraan. Magkaroon ng ilang tuntunin ayon sa kung saan maaari tayong pumili ng isang tiyak na punto A 1 , sa gilid BC (o extension nito) ng tatsulok na ABC (halimbawa, piliin ang midpoint ng panig na ito). Pagkatapos ay bubuo tayo ng magkatulad na mga punto B 1, C 1 sa iba pang dalawang panig ng tatsulok (sa aming halimbawa ay may dalawa pang midpoint ng mga gilid). Kung matagumpay ang panuntunan sa pagpili, diretsong AA 1, BB 1, CC 1 ay bumalandra sa isang punto Z (ang pagpili ng mga midpoint ng mga gilid sa kahulugan na ito ay, siyempre, matagumpay, dahil ang mga median ng tatsulok ay bumalandra sa isang punto).

Gusto kong magkaroon ng ilang pangkalahatang pamamaraan na nagpapahintulot sa isa na matukoy mula sa posisyon ng mga puntos sa mga gilid ng isang tatsulok kung ang katumbas na triple ng mga linya ay nagsalubong sa isang punto o hindi.

Ang isang unibersal na kondisyon na "nagsara" sa problemang ito ay natagpuan noong 1678 ng isang inhinyero na ItalyanoGiovanni Cheva .

Kahulugan. Ang mga segment na nagkokonekta sa mga vertices ng isang tatsulok na may mga punto sa magkabilang panig (o ang kanilang mga extension) ay tinatawag na cevians kung sila ay nagsalubong sa isang punto.

Mayroong dalawang posibleng lokasyon para sa mga cevian. Sa isang bersyon, ang punto

ang mga intersection ay panloob, at ang mga dulo ng mga cevian ay namamalagi sa mga gilid ng tatsulok. Sa pangalawang opsyon, ang intersection point ay panlabas, ang dulo ng isang cevian ay nasa gilid, at ang mga dulo ng iba pang dalawang cevian ay namamalagi sa mga extension ng mga gilid (tingnan ang mga guhit).

Teorama 3. (Direktang teorama ni Ceva) Sa isang di-makatwirang tatsulok na ABC, ang mga punto A ay kinuha sa mga gilid ng BC, CA, AB o ang kanilang mga extension, ayon sa pagkakabanggit 1 , SA 1 , MAY 1 , tulad na straight AA 1 , BB 1 , SS 1 bumalandra sa ilang karaniwang punto, kung gayon

Patunay: Habang alam ang ilang orihinal na patunay ng teorama ni Ceva, isasaalang-alang namin ang isang patunay batay sa dobleng aplikasyon ng teorama ni Menelaus. Isulat natin ang kaugnayan ng teorama ni Menelaus sa unang pagkakataon para sa isang tatsulokABB 1 at secant CC 1 (tinutukoy namin ang punto ng intersection ng mga cevianZ):

at sa pangalawang pagkakataon para sa isang tatsulokB 1 B.C. at secant A.A. 1 :

Ang pagpaparami ng dalawang ratios na ito at paggawa ng mga kinakailangang pagbawas, nakuha namin ang ratio na nakapaloob sa pahayag ng theorem.

Theorem 4. (Converse theorem ni Ceva) . Kung para sa mga napili sa mga gilid ng tatsulok ABC o ang kanilang mga extension ng mga puntos A 1 , SA 1 At C 1 Ang kondisyon ni Cheva ay nasiyahan:

tapos diretso A.A. 1 , BB 1 At CC 1 bumalandra sa isang punto .

Ang patunay ng teorama na ito ay isinasagawa sa pamamagitan ng kontradiksyon, tulad ng patunay ng teorama ni Menelaus.

Isaalang-alang natin ang mga halimbawa ng aplikasyon ng direkta at kabaligtaran na mga teorema ng Ceva.

Halimbawa 3. Patunayan na ang mga median ng isang tatsulok ay nagsalubong sa isang punto.

Solusyon. Isaalang-alang ang kaugnayan

para sa mga vertice ng isang tatsulok at ang mga midpoint ng mga gilid nito. Malinaw, sa bawat fraction ang numerator at denominator ay may pantay na mga segment, kaya ang lahat ng mga fraction na ito ay katumbas ng isa. Dahil dito, ang ugnayan ng Cheva ay nasiyahan, samakatuwid, sa pamamagitan ng converse theorem, ang mga median ay bumalandra sa isang punto.

Theorem (teorem ni Ceva) . Hayaan ang mga puntos humiga sa gilid at tatsulok ayon sa pagkakabanggit. Hayaan ang mga segment At bumalandra sa isang punto. Pagkatapos

(umiikot kami sa tatsulok na pakanan).

Patunay. Ipahiwatig natin sa pamamagitan ng punto ng intersection ng mga segment At . Alisin natin ang mga puntos At patayo sa isang linyabago ito i-intersect sa mga punto At nang naaayon (tingnan ang figure).

Dahil tatsulok At magkaroon ng isang karaniwang panig, kung gayon ang kanilang mga lugar ay nauugnay sa mga taas na iginuhit sa panig na ito, i.e. At:

Ang huling pagkakapantay-pantay ay totoo, dahil ang mga tamang tatsulok At katulad sa matinding anggulo.

Katulad na nakukuha natin

I-multiply natin ang tatlong pagkakapantay-pantay na ito:

Q.E.D.

Tungkol sa median:

1. Ilagay ang unit mass sa vertices ng triangle ABC.
2. Ang sentro ng masa ng mga puntos A at B ay nasa gitna ng AB. Ang sentro ng masa ng buong sistema ay dapat nasa panggitna sa gilid AB, dahil ang sentro ng masa ng tatsulok na ABC ay ang sentro ng masa ng sentro ng masa ng mga punto A at B, at punto C.
(nagkagulo ito)
3. Katulad nito - ang CM ay dapat na nakahiga sa median sa mga gilid ng AC at BC
4. Dahil ang CM ay isang solong punto, kung gayon, samakatuwid, ang lahat ng tatlong median na ito ay dapat magsalubong dito.

Sa pamamagitan ng paraan, agad itong sumusunod na sa pamamagitan ng intersection ay nahahati sila sa isang ratio na 2:1. Dahil ang masa ng sentro ng masa ng mga puntos A at B ay 2, at ang masa ng punto C ay 1, samakatuwid, ang karaniwang sentro ng masa, ayon sa proporsyon na teorama, ay hahatiin ang median sa ratio na 2/1 .

Maraming salamat, ipinakita ito sa isang naa-access na paraan, sa palagay ko ay hindi mali na ipakita ang patunay gamit ang mga pamamaraan ng mass geometry, halimbawa:
Ang mga linyang AA1 at CC1 ay nagsalubong sa punto O; AC1: C1B = p at BA1: A1C = q. Kailangan nating patunayan na ang linyang BB1 ay dumadaan sa punto O kung at kung CB1: B1A = 1: pq.
Ilagay natin ang mga masa 1, p at pq sa mga puntong A, B at C, ayon sa pagkakabanggit. Pagkatapos ang point C1 ay ang sentro ng mass ng mga puntos A at B, at ang point A1 ay ang sentro ng mass ng mga puntos B at C. Samakatuwid, ang sentro ng mass ng mga puntos A, B at C na may mga masa na ito ay ang intersection point O ng linya CC1 at AA1. Sa kabilang banda, ang point O ay nasa segment na nagkokonekta sa point B na may sentro ng mass ng mga puntos A at C. Kung ang B1 ay ang sentro ng mass ng mga puntos A at C na may masa 1 at pq, pagkatapos ay AB1: B1C = pq: 1. Nananatiling tandaan na sa segment AC mayroong isang puntong naghahati nito sa ibinigay na ratio AB1: B1C.

2. Teorama ni Ceva

Ang isang segment na nagkokonekta sa isang vertex ng isang tatsulok na may isang punto sa kabilang panig ay tinatawagceviana . Kaya, kung sa isang tatsulokABC X , Y at Z - mga puntos na nakahiga sa mga gilidB.C. , C.A. , AB naaayon, pagkatapos ay ang mga segmentAX , NG , CZ ay mga Chevian. Ang termino ay nagmula sa Italian mathematician na si Giovanni Ceva, na noong 1678 ay naglathala ng sumusunod na napaka-kapaki-pakinabang na teorama:

Teorama 1.21. Kung ang tatlong cevians na AX, BY, CZ (isa mula sa bawat vertex) ng tatsulok na ABC ay mapagkumpitensya, kung gayon

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .

kanin. 3.

Kapag sinabi nating tatlong linya (o mga segment)mapagkumpitensya , kung gayon ang ibig naming sabihin ay lahat sila ay dumaan sa isang punto, na aming tinutukoyP . Upang patunayan ang teorama ni Ceva, tandaan na ang mga lugar ng mga tatsulok na may pantay na taas ay proporsyonal sa mga base ng mga tatsulok. Nagre-refer sa Figure 3, mayroon kaming:

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

Gayundin,

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

Ngayon kung paparamihin natin sila makukuha natin

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

Ang kabaligtaran ng teorama na ito ay totoo din:

Teorama 1.22. Kung tatlong cevians na AX, BY, CZ ang nasiyahan sa kaugnayan

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 ,

tapos competitive sila .

Upang ipakita ito, ipagpalagay na ang unang dalawang cevian ay nagsalubong sa puntoP , tulad ng dati, at ang ikatlong cevian na dumadaan sa puntoP , kaloobanCZ' . Pagkatapos, sa pamamagitan ng Theorem 1.21,

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ′||Z′B|=1 .

Ngunit sa pamamagitan ng pagpapalagay

|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .

Kaya naman,

|AZ||ZB|= |AZ′||Z′B| ,

tuldokZ' sumasabay sa puntoZ , at napatunayan namin na ang mga segmentAX , NG AtCZ mapagkumpitensya (, p. 54 at , p. 48, 317).

Teorama ni Menelaus o ang kumpletong quadrilateral theorem ay kilala mula pa noong panahon ng Sinaunang Greece. Natanggap nito ang pangalan bilang parangal sa may-akda nito, isang sinaunang Griyego na matematiko at astronomo. Menelaus ng Alexandria(mga 100 AD). Ang teorama na ito ay napakaganda at simple, ngunit, sa kasamaang-palad, hindi ito binibigyang pansin sa mga modernong kurso sa paaralan. Samantala, sa maraming mga kaso nakakatulong ito upang malutas ang medyo kumplikadong mga problemang geometriko nang napakadali at elegante.

Teorama 1 (Teorama ni Menelaus). Hayaang ang ∆ABC ay intersected ng isang linyang hindi parallel sa gilid AB at intersecting ang dalawang gilid nito AC at BC, ayon sa pagkakabanggit, sa mga punto F at E, at linya AB sa punto D (Larawan 1),

pagkatapos ay A F FC * CE EB * BD DA = 1

Tandaan. Upang madaling matandaan ang formula na ito, maaari mong gamitin ang sumusunod na panuntunan: ilipat sa kahabaan ng tabas ng tatsulok mula sa vertex hanggang sa punto ng intersection sa linya at mula sa punto ng intersection hanggang sa susunod na vertex.

Patunay. Mula sa mga vertice A, B, C ng tatsulok ay gumuhit kami, ayon sa pagkakabanggit, tatlong magkatulad na linya hanggang sa mag-intersect sila sa secant line. Nakukuha namin ang tatlong pares ng magkatulad na tatsulok (isang tanda ng pagkakapareho sa dalawang anggulo). Ang mga sumusunod na pagkakapantay-pantay ay sumusunod mula sa pagkakatulad ng mga tatsulok:

Ngayon, paramihin natin ang mga nagreresultang pagkakapantay-pantay:

Ang teorama ay napatunayan.

Upang madama ang kagandahan ng teorama na ito, subukan nating lutasin ang problemang geometriko na iminungkahi sa ibaba sa dalawang magkaibang paraan: gamit ang auxiliary construction at sa tulong Teorama ni Menelaus.

Gawain 1.

Sa ∆ABC, hinahati ng bisector AD ang side BC sa ratio na 2:1. Sa anong ratio hinahati ng median CE ang bisector na ito?

Solusyon.

Paggamit ng auxiliary construction:

Hayaang ang S ang intersection point ng bisector AD at median CE. Buuin natin ang ∆ASB sa parallelogram ASBK. (Larawan 2)

Malinaw, SE = EK, dahil ang intersection point ng parallelogram ay hinahati ang mga diagonal. Isaalang-alang natin ngayon ang mga tatsulok na ∆CBK at ∆CDS. Madaling makita na magkapareho sila (isang tanda ng pagkakatulad sa dalawang anggulo: at bilang panloob na isang panig na anggulo na may magkatulad na linya AD at KB at isang secant CB). Mula sa pagkakatulad ng tatsulok ang sumusunod:

Gamit ang kundisyon, nakukuha namin:

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

Ngayon pansinin na ang KB = AS, tulad ng magkabilang panig ng isang paralelogram. Pagkatapos

AS SD = KB SD = CB CD = 3

Gamit ang teorama ni Menelaus.

Isaalang-alang natin ang ∆ABD at ilapat ang teorama ni Menelaus dito (ang linyang dumadaan sa mga puntong C, S, E ay isang secant line):

MAGING EA * AS SD * DC CB = 1

Ayon sa mga kondisyon ng theorem, mayroon tayong BE/EA = 1, dahil ang CE ay ang median, at DC/CB = 1/3, gaya ng nakalkula na natin kanina.

1 * AS SD * 1 3 = 1

Mula dito nakukuha natin ang AS/SD = 3 Sa unang tingin, ang parehong mga solusyon ay medyo compact at humigit-kumulang katumbas. Gayunpaman, ang ideya ng isang karagdagang konstruksiyon para sa mga mag-aaral ay madalas na nagiging napaka-kumplikado at hindi halata, samantalang, alam ang teorama ni Menelaus, kailangan lamang niyang ilapat ito nang tama.

Isaalang-alang natin ang isa pang problema kung saan ang teorama ni Menelaus ay gumagana nang napaka-eleganteng.

Gawain 2.

Sa gilid AB at BC ∆ABC puntos M at N ay ibinibigay, ayon sa pagkakabanggit, upang ang mga sumusunod na pagkakapantay-pantay ay nagtataglay:

AM MB = CN NA = 1 2

Sa anong ratio hinahati ng intersection point S ng mga segment na BN at CM ang bawat isa sa mga segment na ito (Fig. 3)?

Solusyon.

Isaalang-alang natin ang ∆ABN. Ilapat natin ang teorama ni Menelaus para sa tatsulok na ito (ang linyang dumadaan sa mga puntong M, S, C ay isang secant line)

AM MB * BC SN * CN CA = 1

Mula sa mga kondisyon ng problema na mayroon tayo: AM MB = 1 2

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

Palitan natin ang mga resultang ito at makuha ang:

1 2 * BS SN * 1 3 = 1

Kaya BS/SN = 6. At, samakatuwid, ang punto S ng intersection ng mga segment na BN at CM ay naghahati sa segment na BN sa ratio na 6: 1.

Isaalang-alang natin ang ∆ACM. Ilapat natin ang teorama ni Menelaus para sa tatsulok na ito (ang linyang dumadaan sa mga puntong N, S, B ay isang secant line):

ISANG NC * CS SM * MB BA = 1

Mula sa mga kondisyon ng problema na mayroon tayo: AN NC = 2

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

Palitan natin ang mga resultang ito at makuha ang:

2 * CS SM * 2 3 = 1

Kaya CS/SM = 3/4

At, samakatuwid, ang puntong S ng intersection ng mga segment na BN at CM ay naghahati ng segment na CM sa ratio na 3: 4.

Ang converse theorem sa Menelaus' theorem ay totoo din. Madalas itong lumalabas na mas kapaki-pakinabang. Gumagana ito lalo na sa mga problema sa patunay. Kadalasan, sa tulong nito, kahit na ang mga problema sa Olympiad ay nalutas nang maganda, madali at mabilis.

Teorama 2(Converse theorem of Menelaus). Hayaang bigyan ang isang tatsulok na ABC at ang mga puntong D, E, F ay nabibilang sa mga linyang BC, AC, AB, ayon sa pagkakabanggit (tandaan na maaari silang magsinungaling pareho sa mga gilid ng tatsulok na ABC at sa kanilang mga extension) (Larawan 4).

Pagkatapos, kung AF FC * CE EB * BD DA = 1

pagkatapos ay ang mga puntong D, E, F ay nasa parehong linya.

Patunay. Patunayan natin ang teorama sa pamamagitan ng kontradiksyon. Ipagpalagay natin na ang kaugnayan mula sa mga kondisyon ng teorama ay nasiyahan, ngunit ang punto F ay hindi namamalagi sa linyang DE (Larawan 5).

Tukuyin natin ang punto ng intersection ng mga linyang DE at AB na may letrang O. Ngayon ay inilalapat natin ang teorama ni Menelaus at makuha ang: AE EC * CD DB * BO OA = 1

Ngunit, sa kabilang banda, ang pagkakapantay-pantay BF FA = BO OA

hindi maaaring isagawa.

Samakatuwid, ang kaugnayan mula sa mga kondisyon ng teorama ay hindi masisiyahan. Nagkaroon tayo ng kontradiksyon.

Ang teorama ay napatunayan.

website, kapag kumukopya ng materyal nang buo o bahagi, kinakailangan ang isang link sa pinagmulan.

klase: 9

Mga layunin ng aralin:

gawing pangkalahatan, palawakin at gawing sistematiko ang kaalaman at kasanayan ng mga mag-aaral; ituro kung paano gamitin ang kaalaman kapag nilulutas ang mga kumplikadong problema;
itaguyod ang pag-unlad ng mga kasanayan para sa independiyenteng aplikasyon ng kaalaman sa paglutas ng mga problema;
paunlarin ang lohikal na pag-iisip at matematikal na pagsasalita ng mga mag-aaral, ang kakayahang mag-analisa, maghambing at mag-generalize;
itanim sa mga mag-aaral ang tiwala sa sarili at pagsusumikap; kakayahang magtrabaho sa isang pangkat.

Mga layunin ng aralin:

Pang-edukasyon: ulitin ang theorems ng Menelaus at Cheva; ilapat ang mga ito sa paglutas ng mga problema.
Pag-unlad: matutong maglagay ng hypothesis at mahusay na ipagtanggol ang iyong opinyon gamit ang ebidensya; subukan ang iyong kakayahan na gawing pangkalahatan at i-systematize ang iyong kaalaman.
Pang-edukasyon: dagdagan ang interes sa paksa at maghanda para sa paglutas ng mas kumplikadong mga problema.

Uri ng aralin: aral ng paglalahat at sistematisasyon ng kaalaman.

Kagamitan: card para sa kolektibong gawain sa isang aralin sa paksang ito, mga indibidwal na card para sa independiyenteng trabaho, computer, multimedia projector, screen.

Sa panahon ng mga klase

Stage I. sandali ng organisasyon (1 min.)

Ipapahayag ng guro ang paksa at layunin ng aralin.

Stage II. Pag-update ng pangunahing kaalaman at kasanayan (10 min.)

Guro: Sa panahon ng aralin, aalalahanin natin ang mga theorems ng Menelaus at Cheva upang matagumpay na magpatuloy sa paglutas ng mga problema. Tingnan natin ang screen kung saan ito ipinakita. Para sa aling teorama ibinigay ang figure na ito? (Teorama ni Menelaus). Subukang malinaw na bumalangkas ng teorama.

Larawan 1

Hayaang nakahiga ang point A 1 sa gilid BC ng triangle ABC, point C 1 sa gilid AB, point B 1 sa pagpapatuloy ng side AC lampas sa point C. Ang mga puntos A 1 , B 1 at C 1 ay nasa parehong tuwid na linya kung at lamang kung may pagkakapantay-pantay

Guro: Sabay-sabay nating tingnan ang sumusunod na larawan. Maglahad ng teorama para sa pagguhit na ito.

Figure 2

Ang linyang AD ay nag-intersect sa dalawang gilid at ang extension ng ikatlong bahagi ng IUD triangle.

Ayon sa teorama ni Menelaus

Tuwid na linya MB intersects dalawang gilid at ang extension ng ikatlong bahagi ng tatsulok ADC.

Ayon sa teorama ni Menelaus

Guro: Anong theorem ang katumbas ng larawan? (Teorama ni Ceva). Sabihin ang teorama.

Larawan 3

Hayaang nakahiga ang point A 1 sa triangle ABC sa gilid ng BC, point B 1 sa gilid AC, point C 1 sa gilid AB. Ang mga segment na AA 1, BB 1 at CC 1 ay nagsalubong sa isang punto kung at kung ang pagkakapantay-pantay lamang ay nananatili

Stage III. Pagtugon sa suliranin. (22 min.)

Ang klase ay nahahati sa 3 koponan, bawat isa ay tumatanggap ng isang card na may dalawang magkaibang gawain. Binibigyan ng oras upang magpasya, pagkatapos ay lilitaw ang sumusunod sa screen:<Рисунки 4-9>. Batay sa mga nakumpletong guhit para sa mga gawain, ang mga kinatawan ng pangkat ay humalili sa pagpapaliwanag ng kanilang mga solusyon. Ang bawat paliwanag ay sinusundan ng isang talakayan, pagsagot sa mga tanong, at pagsuri sa kawastuhan ng solusyon sa screen. Ang lahat ng miyembro ng pangkat ay nakikibahagi sa talakayan. Kung mas aktibo ang koponan, mas mataas ang na-rate kapag nagbubuod ng mga resulta.

Card 1.

1. Sa tatsulok na ABC, ang punto N ay kinuha sa gilid ng BC upang ang NC = 3BN; sa pagpapatuloy ng panig AC, ang punto M ay kinuha bilang punto A upang ang MA = AC. Ang linyang MN ay nag-intersect sa gilid ng AB sa punto F. Hanapin ang ratio

2. Patunayan na ang mga median ng isang tatsulok ay nagsalubong sa isang punto.

Solusyon 1

Larawan 4

Ayon sa mga kondisyon ng problema, MA = AC, NC = 3BN. Hayaan ang MA = AC =b, BN = k, NC = 3k. Ang linyang MN ay nag-intersect sa dalawang gilid ng tatsulok na ABC at ang pagpapatuloy ng pangatlo.

Ayon sa teorama ni Menelaus

Sagot:

Katibayan 2

Larawan 5

Hayaan ang AM 1, BM 2, CM 3 na maging median ng tatsulok na ABC. Upang patunayan na ang mga segment na ito ay nagsalubong sa isang punto, sapat na upang ipakita iyon

Pagkatapos, sa pamamagitan ng Ceva's (converse) theorem, ang mga segment na AM 1, BM 2 at CM 3 ay nagsalubong sa isang punto.

Meron kami:

Kaya, napatunayan na ang mga median ng isang tatsulok ay nagsalubong sa isang punto.

Card 2.

1. Ang punto N ay kinuha sa PQ na bahagi ng tatsulok na PQR, at ang punto L ay kinuha sa gilid ng PR, at NQ = LR. Ang intersection point ng mga segment na QL at NR ay naghahati sa QL sa ratio na m:n, na binibilang mula sa puntong Q. Hanapin

2. Patunayan na ang mga bisector ng isang tatsulok ay nagsalubong sa isang punto.

Solusyon 1

Larawan 6

Ayon sa kundisyon, NQ = LR, Let NA = LR =a, QF = km, LF = kn. Ang linyang NR ay nag-intersect sa dalawang gilid ng tatsulok na PQL at ang pagpapatuloy ng pangatlo.

Ayon sa teorama ni Menelaus

Sagot:

Katibayan 2

Larawan 7

Ipakita natin yan

Pagkatapos, sa pamamagitan ng Ceva's (converse) theorem, AL 1, BL 2, CL 3 intersect sa isang punto. Sa pamamagitan ng pag-aari ng mga trianggulong bisector

Ang pag-multiply ng nakuhang equalities term sa pamamagitan ng term, nakukuha natin

Para sa mga bisector ng isang tatsulok, ang pagkakapantay-pantay ng Cheva ay nasiyahan, samakatuwid, sila ay bumalandra sa isang punto.

Card 3.

1. Sa tatsulok na ABC, ang AD ay ang median, ang punto O ay ang gitna ng median. Ang tuwid na linya ng BO ay nag-intersect sa gilid ng AC sa puntong K. Sa anong ratio hinahati ng point K ang AC, nagbibilang mula sa punto A?

2. Patunayan na kung ang isang bilog ay nakasulat sa isang tatsulok, pagkatapos ay ang mga segment na nagkokonekta sa mga vertices ng tatsulok na may mga punto ng contact ng magkabilang panig ay magsalubong sa isang punto.

Solusyon 1

Larawan 8

Hayaan ang BD = DC = a, AO = OD = m. Tuwid na linya BK intersects dalawang gilid at ang extension ng ikatlong bahagi ng tatsulok ADC.

Ayon sa teorama ni Menelaus

Sagot:

Katibayan 2

Larawan 9

Hayaang ang A 1, B 1 at C 1 ay ang mga padaplis na punto ng nakasulat na bilog ng tatsulok na ABC. Upang mapatunayan na ang mga segment na AA 1, BB 1 at CC 1 ay nagsalubong sa isang punto, sapat na upang ipakita na ang pagkakapantay-pantay ng Cheva ay mayroong:

Gamit ang pag-aari ng mga tangent na iginuhit sa isang bilog mula sa isang punto, ipinakilala namin ang sumusunod na notasyon: C 1 B = BA 1 = x, AC 1 = CB 1 = y, BA 1 = AC 1 = z.

Ang pagkakapantay-pantay ng Cheva ay nasiyahan, na nangangahulugan na ang mga bisector ng tatsulok ay nagsalubong sa isang punto.

Stage IV. Paglutas ng problema (independiyenteng gawain) (8 min.)

Guro: Ang gawain ng mga koponan ay tapos na at ngayon ay magsisimula na tayo ng independiyenteng gawain sa mga indibidwal na card para sa 2 pagpipilian.

Mga materyales sa aralin para sa malayang gawain ng mga mag-aaral

Opsyon 1. Sa isang tatsulok na ABC, ang lugar kung saan ay 6, sa gilid AB mayroong isang punto K, hinahati ang panig na ito sa ratio na AK: BK = 2: 3, at sa gilid ng AC mayroong isang punto L, na naghahati sa AC sa ratio na AL:LC = 5:3. Ang punto Q ng intersection ng mga tuwid na linya СК at BL ay inalis mula sa tuwid na linya AB sa layo. Hanapin ang haba ng gilid AB. (Sagot: 4.)

Opsyon 2. Sa gilid ng AC sa tatsulok na ABC, kinukuha ang punto K. AK = 1, KS = 3. Sa gilid AB, kinukuha ang punto L. Ang AL:LB = 2:3, Q ay ang punto ng intersection ng mga tuwid na linya na BK at CL. Hanapin ang haba ng altitude ng tatsulok na ibinaba ng ABC mula sa vertex B. (Sagot: 1.5.)

Ang gawain ay isinumite sa guro para sa pagsusuri.

V yugto. Buod ng aralin (2 min.)

Ang mga pagkakamaling nagawa ay sinusuri, ang mga orihinal na sagot at komento ay nabanggit. Ang mga resulta ng gawain ng bawat pangkat ay summed up at ang mga marka ay itinalaga.

Yugto VI. Takdang-Aralin (1 min.)

Ang araling-bahay ay binubuo ng mga problema No. 11, 12 pp. 289-290, No. 10 p. 301.

Mga huling salita mula sa guro (1 min).

Ngayon ay narinig ninyo ang mathematical speech ng isa't isa mula sa labas at tinasa ang inyong mga kakayahan. Sa hinaharap, gagamitin natin ang gayong mga talakayan para sa higit na pag-unawa sa paksa. Ang mga argumento sa aralin ay kaibigan sa katotohanan, at teorya na may kasanayan. Salamat sa lahat.

Panitikan:

Tkachuk V.V. Matematika para sa mga aplikante. – M.: MTsNMO, 2005.

Ang kursong geometry ay naglalaman ng mga teorema na hindi pinag-aralan nang may sapat na detalye sa paaralan, ngunit maaaring maging kapaki-pakinabang para sa paglutas ng mga pinakamasalimuot na problema ng Pinag-isang Estado na Pagsusulit at Pinag-isang Estado na Pagsusulit. Kabilang dito, halimbawa, ang teorama ni Menelaus. Ayon sa kaugalian, ito ay pinag-aaralan sa mga klase na may malalim na pag-aaral ng matematika sa ika-8 baitang, at sa regular na programa (ayon sa aklat-aralin ni Atanasyan), ang teorama ni Menelaus ay kasama sa aklat-aralin para sa mga baitang 10-11.
Samantala, ang resulta ng pag-aaral ng mga mapagkukunan ng Internet na nagbabanggit ng teorama ni Menelaus ay nagpapakita na ito ay kadalasang nabuo nang hindi kumpleto at samakatuwid ay hindi tumpak, at lahat ng mga kaso ng paggamit nito, pati na rin ang patunay ng converse theorem, ay hindi ibinigay. Ang layunin ng artikulong ito ay upang maunawaan kung ano ang teorama ni Menelaus, kung paano at bakit ito ginagamit, at upang ibahagi din ang pamamaraan para sa pagtuturo ng teorama na ito sa mga indibidwal na aralin ng tagapagturo sa mga mag-aaral.
Isaalang-alang natin ang isang karaniwang problema (Gawain Blg. 26, OGE), na lumilitaw sa mga pagsusulit sa maraming variant, na naiiba lamang sa mga numero sa kondisyon.

Ang solusyon sa problema mismo ay simple - mahahanap mo ito sa ibaba. Sa artikulong ito, higit na interesado kami sa isang bahagyang naiibang punto, na kadalasang tinatanggal at ipinagkakaloob, bilang halata. Ngunit ang malinaw ay kung ano ang maaaring patunayan. At ito ay mapapatunayan sa iba't ibang paraan - kadalasan sila ay napatunayang eksklusibo gamit ang pagkakatulad - ngunit maaari rin itong gawin gamit ang teorama ni Menelaus.
Ito ay sumusunod mula sa kondisyon na dahil ang mga anggulo sa ibabang base ng trapezoid ay nagdaragdag ng hanggang 90°, kung gayon kung pahabain mo ang mga gilid, makakakuha ka ng isang tamang tatsulok. Susunod, mula sa nagresultang intersection point ng mga extension ng mga gilid na gilid, gumuhit ng isang segment na dumadaan sa gitna ng mga base. Bakit dumadaan ang segment na ito sa lahat ng tatlong puntong ito? Karaniwan, ang mga solusyon sa problema na matatagpuan sa Internet ay hindi nagsasabi ng isang salita tungkol dito. Walang kahit isang sanggunian sa four-point trapezoid theorem, pabayaan ang isang patunay ng pahayag na ito. Samantala, maaari itong patunayan gamit ang teorama ni Menelaus, na siyang kondisyon para sa tatlong puntos na mapabilang sa isang linya.

Mga pormulasyon ng teorama ni Menelaus
Panahon na upang bumalangkas ng teorama. Dapat pansinin na sa iba't ibang mga aklat-aralin at manwal ay may iba't ibang mga pormulasyon nito, bagaman ang kakanyahan ay nananatiling hindi nagbabago. Sa aklat-aralin ni Atanasyan et al. para sa mga baitang 10-11, ang sumusunod na pormulasyon ng teorama ni Menelaus ay ibinigay, tawagin natin itong "vector":

Sa aklat-aralin na "Geometry grades 10-11" ni Aleksandrov et al., pati na rin sa aklat-aralin ng parehong mga may-akda na "Geometry. Ika-8 baitang" ay nagbibigay ng bahagyang naiibang pormulasyon ng teorama ni Menelaus, at pareho ito para sa parehong baitang 10-11 at baitang 8:
Tatlong tala ang kailangang gawin dito.
Tandaan 1. Walang mga problema sa mga pagsusulit na kailangang lutasin lamang gamit ang mga vector, kung saan ginagamit ang "minus one". Samakatuwid, para sa praktikal na paggamit, ang pinaka-maginhawang pagbabalangkas ay isa na mahalagang isang corollary ng theorem para sa mga segment (ito ang pangalawang pagbabalangkas, na naka-highlight sa mga naka-bold na titik). Limitahan namin ang aming sarili dito para sa karagdagang pag-aaral ng teorama ni Menelaus, dahil ang aming layunin ay matutunan kung paano ilapat ito upang malutas ang mga problema.
Tandaan 2. Sa kabila ng katotohanan na ang lahat ng mga aklat-aralin ay malinaw na nagtatakda ng kaso kapag ang lahat ng tatlong puntos na A 1, B 1 at C 1 ay maaaring nakahiga sa mga extension ng mga gilid ng tatsulok (o sa mga tuwid na linya na naglalaman ng mga gilid ng tatsulok), sa ilang mga site ng pagtuturo sa Internet lamang ang kaso ay nabuo kapag ang dalawang puntos ay nasa dalawang panig, at ang pangatlo ay nasa pagpapatuloy ng ikatlong panig. Ito ay halos hindi mabibigyang katwiran sa pamamagitan ng katotohanan na sa mga pagsusulit lamang ang mga problema ng unang uri ay nakatagpo at ang mga problema ay hindi maaaring makatagpo kapag ang lahat ng mga puntong ito ay nasa mga extension ng tatlong panig.
Tandaan 3. Ang converse theorem, i.e. ang kundisyon para sa tatlong puntos upang magsinungaling sa parehong linya ay karaniwang hindi isinasaalang-alang, at ang ilang mga tutor ay nagpapayo pa nga (???) na pag-aralan lamang ang direktang teorama at huwag isaalang-alang ang kabaligtaran na teorama. Samantala, ang patunay ng converse na pahayag ay lubos na nakapagtuturo at nagbibigay-daan sa iyo na patunayan ang mga pahayag na katulad ng ibinigay sa solusyon sa Problema 1. Ang karanasan sa pagpapatunay ng converse theorem ay walang alinlangan na magbibigay ng nasasalat na benepisyo sa mag-aaral kapag nilulutas ang mga problema.

Mga guhit at pattern

Upang turuan ang isang mag-aaral na makita ang teorama ni Menelaus sa mga problema at gamitin ito kapag gumagawa ng mga desisyon, mahalagang bigyang-pansin ang mga larawan at pattern sa pagsulat ng teorama para sa isang partikular na kaso. At dahil ang theorem mismo ay nasa "dalisay" na anyo nito, i.e. nang walang nakapaligid na iba pang mga segment, ang mga panig ng iba't ibang mga numero ay karaniwang hindi matatagpuan sa mga problema, kung gayon mas angkop na ipakita ang teorama sa mga partikular na problema. At kung magpapakita ka ng mga guhit bilang paliwanag, gawin silang multivariate. Sa kasong ito, i-highlight sa isang kulay (halimbawa, pula) ang tuwid na linya na nabuo ng tatlong puntos, at sa asul - ang mga segment ng tatsulok na kasangkot sa pagsulat ng teorama ni Menelaus. Sa kasong ito, nananatiling itim ang mga elementong iyon na hindi lumalahok:

Sa unang sulyap, maaaring mukhang ang pagbabalangkas ng teorama ay medyo kumplikado at hindi palaging naiintindihan; pagkatapos ng lahat, ito ay nagsasangkot ng tatlong fraction. Sa katunayan, kung ang mag-aaral ay walang sapat na karanasan, kung gayon madali siyang magkamali sa pagsulat, at, bilang isang resulta, malutas ang problema nang hindi tama. At dito nagsisimula ang mga problema minsan. Ang punto ay ang mga aklat-aralin ay karaniwang hindi tumutuon sa kung paano "magtrabaho sa paligid" kapag nagsusulat ng isang teorama. Walang sinabi tungkol sa mga batas ng pagtatala ng teorama mismo. Iyon ang dahilan kung bakit ang ilang mga tutor ay gumuhit ng iba't ibang mga arrow upang ipahiwatig ang pagkakasunud-sunod kung saan dapat isulat ang formula. At hinihiling nila sa mga estudyante na mahigpit na sundin ang mga naturang alituntunin. Ito ay bahagyang tama, ngunit mas mahalaga na maunawaan ang kakanyahan ng teorem kaysa isulat ito nang wala sa loob, gamit ang "bypass rule" at mga arrow.
Sa katunayan, mahalaga lamang na maunawaan ang lohika ng "bypass", at ito ay napaka-tumpak na imposibleng magkamali sa pagsulat ng formula. Sa parehong mga kaso a) at b) isinulat namin ang formula para sa tatsulok na AMC.
Una, tinukoy natin para sa ating sarili ang tatlong puntos - ang mga vertice ng tatsulok. Para sa amin ito ay mga punto A, M, C. Pagkatapos ay tinutukoy namin ang mga punto na nakahiga sa intersecting na linya (pulang linya), ito ay B, P, K. Sinimulan namin ang "paggalaw" mula sa tuktok ng tatsulok, halimbawa, mula sa puntong C. Mula sa puntong ito ay "pumunta kami "sa punto na nabuo sa pamamagitan ng intersection, halimbawa, ng gilid AC at ang intersecting na linya - para sa amin ito ay punto K. Sumulat kami sa numerator ng unang bahagi - SK . Pagkatapos mula sa puntong K ay "pumunta" tayo sa natitirang punto sa linyang AC - hanggang sa puntong A. Isinulat natin ang KA sa denominator ng unang bahagi. Dahil ang punto A ay kabilang din sa linyang AM, gayon din ang ginagawa namin sa mga segment sa linyang AM. At dito muli, nagsisimula kami mula sa tuktok, pagkatapos ay "pumunta" kami sa isang punto sa intersecting na linya, pagkatapos ay lumipat kami sa vertex M. "Nakahanap ng aming sarili" sa linya BC, ginagawa namin ang parehong sa mga segment sa linyang ito. Mula sa M ay "pumunta" kami, siyempre, hanggang B, pagkatapos ay bumalik kami sa C. Ang "detour" na ito ay maaaring gawin alinman sa clockwise o counterclockwise. Mahalaga lamang na maunawaan ang panuntunan ng traversal - mula sa isang vertex hanggang sa isang punto sa isang linya, at mula sa isang punto sa isang linya patungo sa isa pang vertex. Ito ay halos kung paano karaniwang ipinapaliwanag ang tuntunin sa pagsulat ng produkto ng mga fraction. Ang resulta ay:
Pakitandaan na ang buong "detour" ay makikita sa recording at, para sa kaginhawahan, ay ipinapakita gamit ang mga arrow.
Gayunpaman, ang resultang rekord ay maaaring makuha nang hindi nagsasagawa ng anumang "traversal". Matapos maisulat ang mga punto - ang mga vertice ng tatsulok (A, M, C) at ang mga punto - na nakahiga sa intersecting na linya (B, P, K), isulat din ang mga triplet ng mga titik na nagsasaad ng mga punto na nakahiga sa bawat isa sa tatlo mga linya. Sa aming mga kaso, ito ay I) B, M, C; II) A, P, M at III) A, C, K. Pagkatapos nito, ang tamang kaliwang bahagi ng formula ay maaaring isulat nang hindi man lang tumitingin sa drawing at sa anumang pagkakasunud-sunod. Sapat na para sa amin na magsulat ng mga totoong fraction mula sa bawat tatlong titik na sumusunod sa panuntunan - ayon sa kaugalian, ang "gitna" na mga titik ay ang mga punto ng intersecting na linya (pula). Karaniwan, ang mga "panlabas" na mga titik ay ang mga punto ng mga vertices ng tatsulok (asul). Kapag nagsusulat ng formula sa ganitong paraan, kailangan mo lamang tiyakin na ang anumang "asul" na titik (ang tuktok ng tatsulok) ay lilitaw nang isang beses sa parehong numerator at denominator. Halimbawa.
Ang pamamaraang ito ay lalong kapaki-pakinabang para sa mga kaso ng uri b), pati na rin para sa pagsusuri sa sarili.

Ang teorama ni Menelaus. Patunay
Mayroong ilang iba't ibang mga paraan upang patunayan ang teorama ni Menelaus. Minsan pinatunayan nila ito gamit ang pagkakatulad ng mga tatsulok, kung saan ang isang segment na kahanay sa AC ay iginuhit mula sa punto M (tulad ng sa pagguhit na ito). Ang iba ay gumuhit ng karagdagang linya na hindi parallel sa intersecting na linya, at pagkatapos, gamit ang mga tuwid na linya na parallel sa intersecting na linya, tila sila ay "nag-proyekto" ng lahat ng kinakailangang mga segment sa linyang ito at, gamit ang isang generalization ng Thales's theorem (i.e., ang theorem sa mga proporsyonal na segment), kunin ang formula. Gayunpaman, marahil ang pinakasimpleng paraan ng patunay ay nakuha sa pamamagitan ng pagguhit ng isang tuwid na linya mula sa punto M parallel sa intersecting isa. Patunayan natin ang teorama ni Menelaus sa ganitong paraan.
Ibinigay: Triangle ABC. Ang linyang PK ay bumabagtas sa mga gilid ng tatsulok at ang pagpapatuloy ng gilid na MC sa punto B.
Patunayan na ang pagkakapantay-pantay ay mayroong:
Patunay. Iguhit natin ang sinag na MM 1 parallel sa BK. Isulat natin ang mga ugnayan kung saan lumalahok ang mga segment na kasama sa pormula ng teorama ni Menelaus. Sa isang kaso, isaalang-alang ang mga linyang nagsasalubong sa punto A, at sa kabilang kaso, nagsasalubong sa punto C. I-multiply natin ang kaliwa at kanang bahagi ng mga equation na ito:

Ang teorama ay napatunayan.
Ang teorama ay napatunayang katulad para sa kaso b).

Mula sa punto C gumuhit kami ng isang segment CC 1 parallel sa tuwid na linya BK. Isulat natin ang mga ugnayan kung saan lumalahok ang mga segment na kasama sa pormula ng teorama ni Menelaus. Sa isang kaso, isaalang-alang ang mga linya na nagsasalubong sa punto A, at sa kabilang kaso, nagsalubong sa punto M. Dahil ang teorama ni Thales ay walang sinasabi tungkol sa lokasyon ng mga segment sa dalawang magkasalubong na linya, ang mga segment ay maaaring matatagpuan sa magkabilang panig ng punto M. Samakatuwid,

Ang teorama ay napatunayan.

Ngayon patunayan natin ang converse theorem.
Ibinigay:
Patunayan na ang mga puntong B, P, K ay nasa parehong linya.
Patunay. Hayaang ang tuwid na linyang BP ay bumalandra sa AC sa isang puntong K 2 na hindi tumutugma sa puntong K. Dahil ang BP ay isang tuwid na linya na naglalaman ng puntong K 2 , kung gayon ang napatunayang Menelaus theorem ay wasto para dito. Kaya, isulat natin ito para sa kanya
Gayunpaman, napatunayan lang namin iyon
Kasunod nito na ang Mga Punto K at K 2 ay nagtutugma, dahil hinahati nila ang panig AC sa parehong ratio.
Para sa kaso b) ang teorama ay napatunayan sa katulad na paraan.

Paglutas ng mga problema gamit ang teorama ni Menelaus

Una, bumalik tayo sa Problema 1 at lutasin ito. Basahin natin ulit. Gumawa tayo ng drawing:

Binigyan ng trapezoid ABCD. ST - midline ng trapezoid, i.e. isa sa mga binigay na distansya. Ang mga anggulo A at D ay nagdaragdag ng hanggang 90°. Pinapalawak namin ang mga gilid AB at CD at sa kanilang intersection ay nakukuha namin ang punto K. Ikonekta ang punto K sa punto N - sa gitna ng BC. Ngayon ay pinatutunayan namin na ang puntong P, na siyang midpoint ng base AD, ay kabilang din sa linyang KN. Isaalang-alang natin ang mga tatsulok na ABD at ACD nang sunud-sunod. Dalawang gilid ng bawat tatsulok ay intersected sa pamamagitan ng linya KP. Ipagpalagay na ang tuwid na linya na KN ay nag-intersect sa base AD sa isang punto X. Sa pamamagitan ng teorem ni Menelaus:
Dahil ang tatsulok na AKD ay right-angled, ang point P, na siyang midpoint ng hypotenuse AD, ay equidistant mula sa A, D at K. Katulad nito, ang point N ay equidistant mula sa mga puntos na B, C at K. Saan ang isang base ay katumbas ng 36 at ang isa ay katumbas ng 2.
Solusyon. Isaalang-alang ang tatsulok na BCD. Ito ay tinatawid ng ray AX, kung saan ang X ay ang punto ng intersection ng ray na ito na may extension ng side BC. Ayon sa teorama ni Menelaus:
Ang pagpapalit ng (1) sa (2) ay makukuha natin:

Solusyon. Ipahiwatig natin sa pamamagitan ng mga letrang S 1 , S 2 , S 3 at S 4 ang mga lugar ng mga tatsulok na AOB, AOM, BOK at ang may apat na gilid na MOKC, ayon sa pagkakabanggit.

Dahil ang BM ang median, kung gayon ang S ABM = S BMC.
Nangangahulugan ito na S 1 + S 2 = S 3 + S 4.
Dahil kailangan nating hanapin ang ratio ng mga lugar S 1 at S 4, hinahati natin ang magkabilang panig ng equation sa S 4:
Palitan natin ang mga halagang ito sa formula (1): Mula sa tatsulok na BMC na may secant AK, ayon sa teorama ni Menelaus, mayroon tayong: Mula sa tatsulok na AKC na may secant BM, sa pamamagitan ng teorem ni Menelaus mayroon tayong: Ang lahat ng mga kinakailangang relasyon ay ipinahayag sa pamamagitan ng k at ngayon ay maaari mong palitan ang mga ito sa expression (2):
Ang solusyon sa problemang ito gamit ang teorama ni Menelaus ay tinalakay sa pahina.

Tala ng tutor sa Math. Ang aplikasyon ng teorama ni Menelaus sa problemang ito ay ang mismong kaso kapag ang pamamaraang ito ay nagpapahintulot sa iyo na makabuluhang makatipid ng oras sa pagsusulit. Ang gawaing ito ay inaalok sa demo na bersyon ng entrance exam sa Lyceum sa Higher School of Economics para sa ika-9 na baitang (2019).

Magpasya para sa iyong sarili

1) Ang gawain ay mas simple. Sa median na BD ng tatsulok na ABC ang isang punto M ay minarkahan upang ang BM: MD = m: n. Ang linyang AM ay bumabagtas sa gilid ng BC sa puntong K.
Hanapin ang ratio na BK:KC.
2) Mas mahirap ang gawain. Ang bisector ng anggulo A ng parallelogram ABCD ay nagsalubong sa gilid ng BC sa punto P, at sa dayagonal na BD sa puntong T. Alam na ang AB: AD = k (0 3) Gawain Blg. 26 OGE. Sa triangle ABC, ang bisector BE at ang median AD ay patayo at may parehong haba na katumbas ng 36. Hanapin ang mga gilid ng triangle ABC.
Pahiwatig ng math tutor. Sa Internet ang isa ay makakahanap ng isang solusyon sa naturang problema gamit ang karagdagang konstruksiyon at pagkatapos ay alinman sa pagkakatulad o paghahanap ng mga lugar, at pagkatapos lamang na ang mga gilid ng tatsulok. Yung. ang dalawang paraang ito ay nangangailangan ng karagdagang konstruksyon. Gayunpaman, ang paglutas ng naturang problema gamit ang bisector property at Menelaus' theorem ay hindi nangangailangan ng anumang karagdagang constructions. Ito ay mas simple at mas makatwiran.

klase: 9

Mga layunin ng aralin:

gawing pangkalahatan, palawakin at gawing sistematiko ang kaalaman at kasanayan ng mga mag-aaral; ituro kung paano gamitin ang kaalaman kapag nilulutas ang mga kumplikadong problema;
itaguyod ang pag-unlad ng mga kasanayan para sa independiyenteng aplikasyon ng kaalaman sa paglutas ng mga problema;
paunlarin ang lohikal na pag-iisip at matematikal na pagsasalita ng mga mag-aaral, ang kakayahang mag-analisa, maghambing at mag-generalize;
itanim sa mga mag-aaral ang tiwala sa sarili at pagsusumikap; kakayahang magtrabaho sa isang pangkat.

Mga layunin ng aralin:

Pang-edukasyon: ulitin ang theorems ng Menelaus at Cheva; ilapat ang mga ito sa paglutas ng mga problema.
Pag-unlad: matutong maglagay ng hypothesis at mahusay na ipagtanggol ang iyong opinyon gamit ang ebidensya; subukan ang iyong kakayahan na gawing pangkalahatan at i-systematize ang iyong kaalaman.
Pang-edukasyon: dagdagan ang interes sa paksa at maghanda para sa paglutas ng mas kumplikadong mga problema.

Uri ng aralin: aral ng paglalahat at sistematisasyon ng kaalaman.

Kagamitan: card para sa kolektibong gawain sa isang aralin sa paksang ito, mga indibidwal na card para sa independiyenteng trabaho, computer, multimedia projector, screen.

Sa panahon ng mga klase

Stage I. sandali ng organisasyon (1 min.)

Ipapahayag ng guro ang paksa at layunin ng aralin.

Stage II. Pag-update ng pangunahing kaalaman at kasanayan (10 min.)

Larawan 1

Guro: Sabay-sabay nating tingnan ang sumusunod na larawan. Maglahad ng teorama para sa pagguhit na ito.

Figure 2

Ang linyang AD ay nag-intersect sa dalawang gilid at ang extension ng ikatlong bahagi ng IUD triangle.

Ayon sa teorama ni Menelaus

Tuwid na linya MB intersects dalawang gilid at ang extension ng ikatlong bahagi ng tatsulok ADC.

Ayon sa teorama ni Menelaus

Guro: Anong theorem ang katumbas ng larawan? (Teorama ni Ceva). Sabihin ang teorama.

Larawan 3

Stage III. Pagtugon sa suliranin. (22 min.)

Card 1.

2. Patunayan na ang mga median ng isang tatsulok ay nagsalubong sa isang punto.

Solusyon 1

Larawan 4

Ayon sa mga kondisyon ng problema, MA = AC, NC = 3BN. Hayaan ang MA = AC =b, BN = k, NC = 3k. Ang linyang MN ay nag-intersect sa dalawang gilid ng tatsulok na ABC at ang pagpapatuloy ng pangatlo.

Ayon sa teorama ni Menelaus

Sagot:

Katibayan 2

Larawan 5

Hayaan ang AM 1, BM 2, CM 3 na maging median ng tatsulok na ABC. Upang patunayan na ang mga segment na ito ay nagsalubong sa isang punto, sapat na upang ipakita iyon

Pagkatapos, sa pamamagitan ng Ceva's (converse) theorem, ang mga segment na AM 1, BM 2 at CM 3 ay nagsalubong sa isang punto.

Meron kami:

Kaya, napatunayan na ang mga median ng isang tatsulok ay nagsalubong sa isang punto.

Card 2.

2. Patunayan na ang mga bisector ng isang tatsulok ay nagsalubong sa isang punto.

Solusyon 1

Larawan 6

Ayon sa kundisyon, NQ = LR, Let NA = LR =a, QF = km, LF = kn. Ang linyang NR ay nag-intersect sa dalawang gilid ng tatsulok na PQL at ang pagpapatuloy ng pangatlo.

Ayon sa teorama ni Menelaus

Sagot:

Katibayan 2

Larawan 7

Ipakita natin yan

Pagkatapos, sa pamamagitan ng Ceva's (converse) theorem, AL 1, BL 2, CL 3 intersect sa isang punto. Sa pamamagitan ng pag-aari ng mga trianggulong bisector

Ang pag-multiply ng nakuhang equalities term sa pamamagitan ng term, nakukuha natin

Para sa mga bisector ng isang tatsulok, ang pagkakapantay-pantay ng Cheva ay nasiyahan, samakatuwid, sila ay bumalandra sa isang punto.

Card 3.

Solusyon 1

Larawan 8

Hayaan ang BD = DC = a, AO = OD = m. Tuwid na linya BK intersects dalawang gilid at ang extension ng ikatlong bahagi ng tatsulok ADC.

Ayon sa teorama ni Menelaus

Sagot:

Katibayan 2

Larawan 9

Gamit ang pag-aari ng mga tangent na iginuhit sa isang bilog mula sa isang punto, ipinakilala namin ang sumusunod na notasyon: C 1 B = BA 1 = x, AC 1 = CB 1 = y, BA 1 = AC 1 = z.

Ang pagkakapantay-pantay ng Cheva ay nasiyahan, na nangangahulugan na ang mga bisector ng tatsulok ay nagsalubong sa isang punto.

Stage IV. Paglutas ng problema (independiyenteng gawain) (8 min.)

Guro: Ang gawain ng mga koponan ay tapos na at ngayon ay magsisimula na tayo ng independiyenteng gawain sa mga indibidwal na card para sa 2 pagpipilian.

Mga materyales sa aralin para sa malayang gawain ng mga mag-aaral

Ang gawain ay isinumite sa guro para sa pagsusuri.