SATSER OM CHEVA OCH MENELAUS
Cevas sats
De flesta av de anmärkningsvärda triangelpunkterna kan erhållas med följande procedur. Låt det finnas någon regel enligt vilken vi kan välja en viss punkt A 1 , på sidan BC (eller dess förlängning) av triangeln ABC (välj till exempel mittpunkten på denna sida). Sedan kommer vi att konstruera liknande punkter B 1, C1 på de andra två sidorna av triangeln (i vårt exempel finns det ytterligare två mittpunkter på sidorna). Om urvalsregeln är framgångsrik, då rak AA 1, BB 1, CC 1 kommer att skära varandra vid någon punkt Z (valet av sidornas mittpunkter i denna mening är naturligtvis framgångsrikt, eftersom triangelns medianer skär varandra vid en punkt).
Jag skulle vilja ha någon generell metod som låter en avgöra från positionen för punkter på sidorna av en triangel om motsvarande trippel av linjer skär varandra i en punkt eller inte.
Ett universellt tillstånd som "stängde" detta problem hittades 1678 av en italiensk ingenjörGiovanni Cheva .
Definition. Segment som förbinder hörnen i en triangel med punkter på motsatta sidor (eller deras förlängningar) kallas cevianer om de skär varandra i en punkt.
Det finns två möjliga platser för cevian. I en version, poängen
korsningar är interna, och ändarna av cevian ligger på sidorna av triangeln. I det andra alternativet är skärningspunkten extern, änden av en cevian ligger på sidan och ändarna på de andra två cevian ligger på sidornas förlängningar (se ritningar).
Sats 3. (Cevas direkta teorem) I en godtycklig triangel ABC tas punkterna A på sidorna BC, CA, AB eller deras förlängningar. 1 , I 1 , MED 1 , sådan att rak AA 1 , BB 1 , SS 1 skära vid någon gemensam punkt alltså
.
Bevis: Medan flera ursprungliga bevis för Cevas sats är kända, kommer vi att överväga ett bevis baserat på en dubbel tillämpning av Menelaos sats. Låt oss skriva ner relationen mellan Menelaos sats för första gången för en triangelABB 1 och sekant CC 1 (vi betecknar skärningspunkten för cevianernaZ):
,
och andra gången för en triangelB 1 FÖRE KRISTUS. och sekant A.A. 1 :
.
Genom att multiplicera dessa två förhållanden och göra de nödvändiga reduktionerna får vi det förhållande som finns i satsens uttalande.
Sats 4. (Cevas omvända sats) . Om för de som valts på sidorna av triangeln ABC eller deras förlängningar av poäng A 1 , I 1 Och C 1 Chevas tillstånd är uppfyllt:
,
sedan rakt A.A. 1 , BB 1 Och CC 1 skära varandra vid en punkt .
Beviset för denna sats utförs genom motsägelse, precis som beviset för Menelaos sats.
Låt oss överväga exempel på tillämpningen av Cevas direkta och inversa satser.
Exempel 3. Bevisa att medianerna för en triangel skär varandra vid en punkt.
Lösning. Tänk på förhållandet
för en triangels hörn och mittpunkterna på dess sidor. Uppenbarligen har täljaren och nämnaren i varje bråk lika delar, så alla dessa bråk är lika med ett. Följaktligen uppfylls Chevas relation, därför skärs medianerna vid en punkt genom den omvända satsen.
Sats (Cevas sats) . Låt poängen ligga på sidorna och triangel respektive. Låt segmenten Och skära varandra vid en punkt. Sedan
(vi går runt triangeln medurs).
Bevis. Låt oss beteckna med skärningspunkt för segment Och . Låt oss utelämna från punkterna Och vinkelrät mot en linjeinnan du skär den på punkter Och i enlighet med detta (se figur).
Eftersom trianglar Och har en gemensam sida, då är deras områden relaterade till de höjder som dras åt denna sida, d.v.s. Och:
Den sista likheten är sann, eftersom räta trianglar Och liknande i spetsig vinkel.
På samma sätt får vi
Och 
Låt oss multiplicera dessa tre likheter:
Q.E.D.
Om medianer:
1. Placera enhetsmassorna vid hörnen på triangeln ABC.
2. Masscentrum för punkterna A och B är i mitten av AB. Hela systemets masscentrum måste vara vid medianen till sidan AB, eftersom triangelns ABC masscentrum är masscentrum för massacentrum för punkterna A och B och punkt C.
(det blev förvirrande)
3. Likaså - CM måste ligga på medianen till sidorna AC och BC
4. Eftersom CM är en enda punkt, måste därför alla dessa tre medianer skära varandra vid den.
Förresten följer det omedelbart att de genom korsning är uppdelade i förhållandet 2:1. Eftersom massan av massacentrum för punkterna A och B är 2, och massan för punkt C är 1, kommer därför det gemensamma masscentrumet, enligt proportionssatsen, att dela medianen i förhållandet 2/1 .
Tack så mycket, det presenteras på ett tillgängligt sätt, jag tror att det inte skulle vara fel att presentera beviset med metoderna för massgeometri, till exempel:
Linjerna AA1 och CC1 skär varandra vid punkt O; AC1: C1B = p och BA1: A1C = q. Vi måste bevisa att linje BB1 passerar genom punkt O om och endast om CB1: B1A = 1: pq.
Låt oss placera massorna 1, p och pq vid punkterna A, B respektive C. Då är punkt C1 massacentrum för punkterna A och B, och punkt A1 är masscentrum för punkterna B och C. Därför är masscentrum för punkterna A, B och C med dessa massor skärningspunkten O för linjerna CC1 och AA1. Å andra sidan ligger punkt O på segmentet som förbinder punkt B med masscentrum för punkterna A och C. Om B1 är masscentrum för punkterna A och C med massorna 1 och pq, då AB1: B1C = pq: 1. Det återstår att notera att på segment AC finns det en enda punkt som delar den i det givna förhållandet AB1: B1C.
2. Cevas sats
Ett segment som förbinder en vertex i en triangel med en punkt på motsatt sida kallasceviana . Alltså, om i en triangelABC X , Y och Z - punkter som ligger på sidornaFÖRE KRISTUS. , C.A. , AB därefter segmentenYXA , FÖRBI , CZ är Chevianer. Termen kommer från den italienske matematikern Giovanni Ceva, som 1678 publicerade följande mycket användbara teorem:
Sats 1.21. Om tre cevianer AX, BY, CZ (en från varje vertex) i triangeln ABC är konkurrenskraftiga, då
|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .
| Ris. 3. |
När vi säger att tre linjer (eller segment)konkurrenskraftig , då menar vi att de alla passerar genom en punkt, som vi betecknar medP . För att bevisa Cevas sats, kom ihåg att arean av trianglar med lika höjder är proportionella mot trianglarnas baser. Med hänvisning till figur 3 har vi:
|BX||XC|= SABXSAXC= SPBXSPXC= SABX−SPBXSAXC−SPXC= SABPSCAP.
Likaså,
|CY||YA|= SBCPSABP, |AZ||ZB|= SCAPSBCP.
Nu om vi multiplicerar dem får vi
|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|= SABPSCAP· SBCPSABP· SCAPSBCP=1 .
Motsatsen till detta teorem är också sant:
Sats 1.22. Om tre cevianer AX, BY, CZ uppfyller förhållandet
|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 ,
då är de konkurrenskraftiga .
För att visa detta, anta att de två första ceviana skär varandra vid punktenP , som tidigare, och den tredje cevian som passerar genom spetsenP , kommerCZ′ . Sedan, genom sats 1.21,
|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ′||Z′B|=1 .
Men genom antagande
|BX||XC|· |CY||YA|· |AZ||ZB|=1 .
Därav,
|AZ||ZB|= |AZ′||Z′B| ,
punktZ′ sammanfaller med poängenZ , och vi bevisade att segmentenYXA , FÖRBI OchCZ konkurrenskraftig (, s. 54 och , s. 48, 317).
Klass: 9
Lektionens mål:
- generalisera, utöka och systematisera elevernas kunskaper och färdigheter; lära ut hur man använder kunskap när man löser komplexa problem;
- främja utvecklingen av färdigheter för oberoende tillämpning av kunskap vid problemlösning;
- utveckla elevernas logiska tänkande och matematiska tal, förmågan att analysera, jämföra och generalisera;
- ge eleverna självförtroende och hårt arbete; förmåga att arbeta i ett team.
Lektionens mål:
- Pedagogisk: upprepa Menelaos och Chevas satser; tillämpa dem när du löser problem.
- Utvecklandet: lär dig att lägga fram en hypotes och försvara din åsikt skickligt med bevis; testa din förmåga att generalisera och systematisera dina kunskaper.
- Pedagogisk:öka intresset för ämnet och förbereda för att lösa mer komplexa problem.
Lektionstyp: lektion om generalisering och systematisering av kunskap.
Utrustning: kort för kollektivt arbete i en lektion om detta ämne, individuella kort för självständigt arbete, dator, multimediaprojektor, skärm.
Under lektionerna
Steg I. Organisatoriskt ögonblick (1 min.)
Läraren tillkännager ämnet och syftet med lektionen.
Steg II. Uppdatering av grundläggande kunskaper och färdigheter (10 min.)
Lärare: Under lektionen kommer vi att komma ihåg Menelaos och Chevas satser för att framgångsrikt kunna gå vidare till att lösa problem. Låt oss ta en titt på skärmen där den presenteras. För vilket teorem ges denna siffra? (Menelaos sats). Försök att formulera satsen tydligt.
Bild 1
Låt punkt A 1 ligga på sidan BC av triangeln ABC, punkt C 1 på sidan AB, punkt B 1 på fortsättningen av sidan AC bortom punkt C. Punkterna A 1 , B 1 och C 1 ligger på samma räta linje om och bara om jämställdheten håller 
Lärare: Låt oss titta på följande bild tillsammans. Ange ett teorem för denna ritning.
figur 2
Linje AD skär två sidor och förlängningen av den tredje sidan av IUD-triangeln.
Enligt Menelaos teorem 
Den raka linjen MB skär två sidor och förlängningen av den tredje sidan av triangeln ADC.
Enligt Menelaos teorem 
Lärare: Vilken sats motsvarar bilden? (Cevas sats). Ange satsen.
Figur 3
Låt punkt A 1 i triangel ABC ligga på sidan BC, punkt B 1 på sidan AC, punkt C 1 på sidan AB. Segmenten AA 1, BB 1 och CC 1 skär varandra vid en punkt om och bara om jämställdheten gäller 
Steg III. Problemlösning. (22 min.)
Klassen är indelad i 3 lag som vart och ett får ett kort med två olika uppgifter. Tid ges för att bestämma sig, sedan visas följande på skärmen:<Рисунки 4-9>. Utifrån de färdiga ritningarna för uppgifterna turas teamrepresentanter om att förklara sina lösningar. Varje förklaring följs av en diskussion, svar på frågor och kontroll av lösningens riktighet på skärmen. Alla gruppmedlemmar deltar i diskussionen. Ju mer aktivt teamet är, desto högre betyg får det när man summerar resultaten.
Kort 1.
1. I triangeln ABC tas punkt N på sidan BC så att NC = 3BN; på fortsättningen av sidan AC tas punkt M som punkt A så att MA = AC. Linje MN skär sidan AB i punkt F. Hitta förhållandet
2. Bevisa att medianerna i en triangel skär varandra vid en punkt.
Lösning 1
Figur 4
Enligt villkoren för problemet, MA = AC, NC = 3BN. Låt MA = AC =b, BN = k, NC = 3k. Linje MN skär två sidor av triangeln ABC och fortsättningen av den tredje.
Enligt Menelaos teorem 
Svar:
Bevis 2
Bild 5
Låt AM 1, BM 2, CM 3 vara medianerna för triangeln ABC. För att bevisa att dessa segment skär varandra vid en punkt räcker det att visa det 
Sedan, enligt Cevas (omvända) sats, skär segmenten AM 1, BM 2 och CM 3 vid en punkt.
Vi har: 
Så det har bevisats att medianerna för en triangel skär varandra vid en punkt.
Kort 2.
1. Punkt N tas på PQ-sidan av triangeln PQR, och punkt L tas på PR-sidan, och NQ = LR. Skärningspunkten för segmenten QL och NR delar QL i förhållandet m:n, räknat från punkt Q. Hitta
2. Bevisa att halvledarna i en triangel skär varandra vid en punkt.
Lösning 1
Bild 6
Efter villkor, NQ = LR, Låt NA = LR =a, QF = km, LF = kn. Linje NR skär två sidor av triangeln PQL och fortsättningen av den tredje.
Enligt Menelaos teorem 
Svar:
Bevis 2
Bild 7
Låt oss visa det 
Sedan, enligt Cevas (omvända) teorem, skär AL 1, BL 2, CL 3 vid en punkt. Genom egenskapen triangelhalveringslinje
Genom att multiplicera de erhållna jämlikheterna term för term får vi 
För halvledarna i en triangel är Chevas likhet uppfylld, därför skär de varandra vid en punkt.
Kort 3.
1. I triangel ABC är AD medianen, punkt O är mitten av medianen. Den räta linjen BO skär sidan AC i punkt K. I vilket förhållande delar punkt K AC, räknat från punkt A?
2. Bevisa att om en cirkel är inskriven i en triangel, så skär segmenten som förbinder triangelns hörn med kontaktpunkterna på motsatta sidor i en punkt.
Lösning 1
Figur 8
Låt BD = DC = a, AO = OD = m. Den raka linjen BK skär två sidor och förlängningen av den tredje sidan av triangeln ADC.
Enligt Menelaos teorem 
Svar:
Bevis 2
Bild 9
Låt A 1, B 1 och C 1 vara tangentpunkterna för den inskrivna cirkeln av triangeln ABC. För att bevisa att segmenten AA 1, BB 1 och CC 1 skär varandra vid en punkt räcker det att visa att Chevas jämställdhet gäller: 
Med hjälp av egenskapen för tangenter som dras till en cirkel från en punkt introducerar vi följande notation: C 1 B = BA 1 = x, AC 1 = CB 1 = y, BA 1 = AC 1 = z.
Chevas likhet är uppfylld, vilket innebär att triangelns halvled skär varandra i en punkt.
Steg IV. Problemlösning (självständigt arbete) (8 min.)
Lärare: Arbetet i teamen är avslutat och nu börjar vi självständigt arbete med individuella kort för 2 alternativ.
Lektionsmaterial för elevernas självständiga arbete
Alternativ 1. I en triangel ABC, vars area är 6, på sidan AB finns en punkt K, som delar denna sida i förhållandet AK:BK = 2:3, och på sidan AC finns det en punkt L som delar AC i förhållandet AL:LC = 5:3. Skärningspunkten Q mellan räta linjer СК och BL tas bort från rät linje AB på ett avstånd. Hitta längden på sidan AB. (Svar: 4.)
Alternativ 2. På sidan AC i triangeln ABC tas punkt K. AK = 1, KS = 3. På sidan AB tas punkt L. AL:LB = 2:3, Q är skärningspunkten mellan de räta linjerna BK och CL. Hitta längden på höjden för triangeln ABC som faller från vertex B. (Svar: 1.5.)
Arbetet lämnas till läraren för kontroll.
V etapp. Lektionssammanfattning (2 min.)
Gjorda fel analyseras, originalsvar och kommentarer noteras. Resultaten av varje lags arbete summeras och betyg sätts.
Steg VI. Läxor (1 min.)
Läxor består av uppgifter nr 11, 12 s. 289-290, nr 10 s. 301.
Slutord från läraren (1 min).
Idag hörde ni varandras matematiska tal utifrån och bedömde era förmågor. I framtiden kommer vi att använda sådana diskussioner för en större förståelse för ämnet. Argumenten i lektionen var vän med fakta och teori med praktik. Tack allihopa.
Litteratur:
- Tkachuk V.V. Matematik för sökande. – M.: MTsNMO, 2005.
Geometrikursen innehåller satser som inte studeras tillräckligt i detalj i skolan, men som kan vara användbara för att lösa de mest komplexa problemen med Unified State Exam och Unified State Exam. Dessa inkluderar till exempel Menelaos sats. Traditionellt studeras det i klasser med fördjupning i matematik i årskurs 8, och på det vanliga programmet (enligt Atanasyans lärobok) ingår Menelaus sats i läroboken för årskurs 10-11.
Samtidigt visar resultatet av att studera internetresurser som nämner Menelaos sats att den vanligtvis formuleras ofullständigt och därför felaktigt, och alla fall av dess användning, såväl som beviset för den omvända satsen, ges inte. Syftet med den här artikeln är att förstå vad Menelaos sats är, hur och varför den används, och även att dela metodiken för att lära ut denna sats i individuella handledarlektioner med elever.
Låt oss överväga ett typiskt problem (uppgift nr 26, OGE), som visas på tentor i många varianter, som bara skiljer sig i siffrorna i tillståndet.
Lösningen på själva problemet är enkel – du hittar den nedan. I den här artikeln är vi främst intresserade av en lite annorlunda punkt, som ofta utelämnas och tas för given, som självklar. Men det uppenbara är vad som kan bevisas. Och detta kan bevisas på olika sätt - vanligtvis bevisas de uteslutande med hjälp av likhet - men det kan också göras med Menelaos sats.
Det följer av villkoret att eftersom vinklarna vid den nedre basen av trapetsen summerar till 90°, om du förlänger sidorna får du en rätvinklig triangel. Därefter, från den resulterande skärningspunkten för förlängningarna av sidosidorna, rita ett segment som passerar genom mitten av baserna. Varför passerar detta segment genom alla dessa tre punkter? Vanligtvis säger lösningar på problemet som finns på Internet inte ett ord om detta. Det finns inte ens en hänvisning till fyrapunkts trapetssatsen, än mindre ett bevis för detta påstående. Samtidigt kan det bevisas med Menelaos sats, som är villkoret för att tre punkter ska tillhöra en linje.
Formuleringar av Menelaos sats
Det är dags att formulera satsen. Det bör noteras att det i olika läroböcker och manualer finns ganska olika formuleringar av det, även om kärnan förblir oförändrad. I läroboken av Atanasyan et al. för årskurs 10-11 ges följande formulering av Menelaos sats, låt oss kalla det "vektor":
I läroboken "Geometry grades 10-11" av Aleksandrov et al., samt i läroboken av samma författare "Geometry. 8:e klass” ger en något annorlunda formulering av Menelaos sats, och det är samma för både årskurs 10-11 och årskurs 8:
Tre anteckningar måste göras här.
Not 1. Det finns inga problem på tentor som endast behöver lösas med hjälp av vektorer, för vilka "minus ett" används. Därför, för praktisk användning, är den mest bekväma formuleringen en som i huvudsak är en följd av satsen för segment (detta är den andra formuleringen, markerad med fetstilta bokstäver). Vi kommer att begränsa oss till detta för vidare studier av Menelaos teorem, eftersom vårt mål är att lära oss hur man tillämpar det för att lösa problem.
Not 2. Trots att alla läroböcker tydligt anger fallet när alla tre punkterna A 1, B 1 och C 1 kan ligga på förlängningarna av triangelns sidor (eller på räta linjer som innehåller triangelns sidor), på flera handledningssajter på Internet bara fallet formuleras när två punkter ligger på två sidor, och den tredje ligger på fortsättningen av den tredje sidan. Detta kan knappast motiveras med det faktum att man i tentor endast stöter på problem av den första typen och problem kan man inte stöta på när alla dessa punkter ligger på förlängningar av tre sidor.
Not 3. Den omvända satsen, dvs. Villkoret för att tre punkter ska ligga på samma linje övervägs vanligtvis inte alls, och vissa handledare råder till och med (???) att bara studera den direkta satsen och inte beakta den omvända satsen. Samtidigt är beviset för det omvända påståendet ganska lärorikt och låter dig bevisa påståenden som liknar dem som ges i lösningen till uppgift 1. Erfarenheten av att bevisa omvändsatsen kommer utan tvekan att ge påtagliga fördelar för eleven när han löser problem.
Ritningar och mönster
För att lära en elev att se Menelaus sats i problem och använda den när man fattar beslut är det viktigt att vara uppmärksam på bilderna och mönstren i skrivningen av satsen för ett specifikt fall. Och eftersom själva satsen är i sin "rena" form, d.v.s. utan att omges av andra segment, sidor av olika figurer finns vanligtvis inte i problem, då är det mer lämpligt att visa satsen om specifika problem. Och om du visar ritningar som en förklaring, gör dem sedan multivariata. I det här fallet markerar du i en färg (till exempel röd) den raka linjen som bildas av tre punkter, och i blått - segmenten i triangeln som är involverade i att skriva Menelaos sats. I det här fallet förblir de element som inte deltar svarta:
Vid en första anblick kan det tyckas att formuleringen av satsen är ganska komplex och inte alltid förståelig; det handlar trots allt om tre fraktioner. Faktum är att om studenten inte har tillräckligt med erfarenhet, kan han lätt göra ett misstag skriftligt och som ett resultat lösa problemet felaktigt. Och det är här som problemen ibland börjar. Poängen är att läroböcker vanligtvis inte fokuserar på hur man "omarbetar" när man skriver ett teorem. Inget sägs om lagarna för att registrera själva satsen. Det är därför som vissa lärare till och med ritar olika pilar för att ange i vilken ordning formeln ska skrivas. Och de ber eleverna att strikt följa sådana riktlinjer. Detta är delvis korrekt, men det är mycket viktigare att förstå kärnan i satsen än att skriva ner det rent mekaniskt, med hjälp av "bypass-regeln" och pilar.
I själva verket är det bara viktigt att förstå logiken i "bypass", och den är så exakt att det är omöjligt att göra ett misstag när du skriver formeln. I båda fallen a) och b) skriver vi formeln för triangel AMC.
Först definierar vi tre punkter för oss själva - triangelns hörn. För oss är det punkterna A, M, C. Sedan bestämmer vi punkterna som ligger på den skärande linjen (röd linje), dessa är B, P, K. Vi startar "rörelsen" från triangelns vertex, till exempel, från punkt C. Från denna punkt "går vi "till den punkt som bildas av skärningspunkten, till exempel av sidan AC och den skärande linjen - för oss är detta punkt K. Vi skriver i täljaren för det första bråket - SK . Sedan ”går” vi från punkt K till den återstående punkten på linjen AC - till punkt A. Vi skriver KA i nämnaren för det första bråket. Eftersom punkt A också tillhör linje AM, gör vi samma sak med segment på linje AM. Och här återigen börjar vi från vertexet, sedan "går" vi till en punkt på den skärande linjen, varefter vi flyttar till vertex M. "Efter att ha hittat oss själva" på linjen BC gör vi samma sak med segmenten på denna rad. Från M "går vi", naturligtvis, till B, varefter vi återvänder till C. Denna "omväg" kan göras antingen medurs eller moturs. Det är bara viktigt att förstå regeln för traversering - från en vertex till en punkt på en linje och från en punkt på en linje till en annan vertex. Ungefär så brukar regeln för att skriva produkten av bråk förklaras. Resultatet är: 
Observera att hela "omvägen" återspeglas i inspelningen och för enkelhetens skull visas med pilar.
Den resulterande posten kan dock erhållas utan att utföra någon "traversering". Efter att punkterna har skrivits ut - triangelns hörn (A, M, C) och punkterna - som ligger på den skärande linjen (B, P, K), skriv också ner trillingar av bokstäver som anger punkter som ligger på var och en av de tre rader. I våra fall är dessa I) B, M, C; II) A, P, M och III) A, C, K. Efter detta kan den korrekta vänstra sidan av formeln skrivas utan att ens titta på ritningen och i valfri ordning. Det räcker för oss att skriva sanna bråk från varje tre bokstäver som följer regeln - konventionellt är de "mitten" bokstäverna punkterna på den skärande linjen (röd). Konventionellt är de "yttre" bokstäverna punkterna i triangelns hörn (blå). När du skriver en formel på det här sättet behöver du bara se till att någon "blå" bokstav (triangelns spets) förekommer en gång i både täljaren och nämnaren. 
Denna metod är särskilt användbar för fall av typ b), såväl som för självtestning.
Menelaos sats. Bevis
Det finns flera olika sätt att bevisa Menelaos teorem. Ibland bevisar de det med likheten mellan trianglar, för vilka ett segment parallellt med AC dras från punkt M (som i denna ritning). Andra ritar ytterligare en linje som inte är parallell med den skärande linjen, och sedan, med hjälp av raka linjer parallella med den skärande linjen, verkar de "projicera" alla nödvändiga segment på denna linje och med hjälp av en generalisering av Thales teorem (dvs. satsen om proportionella segment), härleda formeln. Den kanske enklaste bevismetoden erhålls dock genom att dra en rät linje från punkt M parallellt med den korsande. Låt oss bevisa Menelaos sats på detta sätt.
Givet: Triangel ABC. Linjen PK skär triangelns sidor och fortsättningen av sidan MC i punkt B.
Bevisa att jämställdheten gäller: 
Bevis. Låt oss rita strålen MM 1 parallellt med BK. Låt oss skriva ner relationerna i vilka segmenten som ingår i formeln för Menelaos sats deltar. I det ena fallet, överväg linjer som skär i punkt A, och i det andra fallet, som skär i punkt C. 
Låt oss multiplicera vänster och höger sida av dessa ekvationer: 
Teoremet har bevisats.
Satsen bevisas på liknande sätt för fall b).
Från punkt C ritar vi ett segment CC 1 parallellt med den räta linjen BK. Låt oss skriva ner relationerna i vilka segmenten som ingår i formeln för Menelaos sats deltar. I det ena fallet, överväg linjer som skär i punkt A, och i det andra fallet skärande i punkt M. Eftersom Thales sats inte säger något om placeringen av segment på två skärande linjer, kan segmenten placeras på motsatta sidor av punkt M. Därför 
Teoremet har bevisats.
Låt oss nu bevisa den omvända satsen.
Given: 
Bevisa att punkterna B, P, K ligger på samma linje. 
Bevis. Låt den räta linjen BP skära AC vid någon punkt K 2 som inte sammanfaller med punkten K. Eftersom BP är en rät linje som innehåller punkten K 2 , så är den just bevisade Menelaos sats giltig för den. Så låt oss skriva ner det åt henne 
Men det har vi just bevisat 
Därav följer att punkterna K och K 2 sammanfaller, eftersom de delar sidan AC i samma förhållande.
För fall b) bevisas satsen på liknande sätt.
Lösa problem med Menelaos sats
Låt oss först gå tillbaka till Problem 1 och lösa det. Låt oss läsa den igen. Låt oss göra en ritning:
Givet en trapets ABCD. ST - trapetsens mittlinje, dvs. ett av de givna avstånden. Vinklarna A och D summerar till 90°. Vi förlänger sidorna AB och CD och i deras skärningspunkt får vi punkt K. Förbind punkt K med punkt N - mitten av BC. Nu bevisar vi att punkt P, som är mittpunkten av basen AD, också tillhör linjen KN. Låt oss betrakta trianglarna ABD och ACD sekventiellt. Två sidor av varje triangel skärs av linjen KP. Antag att den räta linjen KN skär basen AD vid någon punkt X. Enligt Menelaos sats: 
Eftersom triangeln AKD är rätvinklig är punkten P, som är mittpunkten av hypotenusan AD, på samma avstånd från A, D och K. På samma sätt är punkt N på samma avstånd från punkterna B, C och K. 
Var är en bas lika med 36 och den andra lika med 2. 
Lösning. Tänk på triangeln BCD. Den korsas av strålen AX, där X är skärningspunkten för denna stråle med förlängningen av sidan BC. Enligt Menelaos teorem: 
Genom att ersätta (1) med (2) får vi: 
Lösning. Låt oss beteckna med bokstäverna S 1 , S 2 , S 3 och S 4 områdena för trianglarna AOB, AOM, BOK respektive fyrhörningen MOKC. 
Eftersom BM är medianen så är S ABM = S BMC.
Detta betyder S 1 + S 2 = S 3 + S 4.
Eftersom vi behöver hitta förhållandet mellan områdena S 1 och S 4, dividerar vi båda sidor av ekvationen med S 4: 
Låt oss ersätta dessa värden i formel (1): 
Från triangeln BMC med sekant AK, enligt Menelaos sats, har vi: 
Från triangeln AKC med sekant BM, av Menelaos sats har vi: 
Alla nödvändiga relationer uttrycks genom k och nu kan du ersätta dem med uttryck (2): 
Lösningen på detta problem med Menelaos sats diskuteras på sidan.
Matteläraranteckning. Tillämpningen av Menelaus teorem i detta problem är själva fallet när den här metoden gör att du kan spara tid på tentamen avsevärt. Denna uppgift erbjuds i demoversionen av inträdesprovet till Lyceum på Högre Handelshögskolan för årskurs 9 (2019).
© Matematiklärare i Moskva, Alexander Anatolyevich, 8-968-423-9589.
Bestäm själv
1) Uppgiften är enklare.
På medianen BD av triangeln ABC markeras en punkt M så att BM: MD = m: n. Linjen AM skär sidan BC i punkt K.
Hitta förhållandet BK:KC.
2) Uppgiften är svårare.
Halslinjen för vinkel A i parallellogram ABCD skär sidan BC i punkt P och diagonal BD i punkt T. Det är känt att AB: AD = k (0 3) Uppgift nr 26 OGE.
I triangeln ABC är bisektrisen BE och medianen AD vinkelräta och har samma längd lika med 36. Hitta sidorna i triangeln ABC.
Tips för mattelärare. På Internet kan man hitta en lösning på ett sådant problem med hjälp av ytterligare konstruktion och sedan antingen likhet eller att hitta områdena, och först efter det sidorna av triangeln. De där. båda dessa metoder kräver ytterligare konstruktion. Men att lösa ett sådant problem med hjälp av bisektoregenskapen och Menelaos sats kräver inga ytterligare konstruktioner. Det är mycket enklare och mer rationellt.
— Vad har Menelaos teorem och droger gemensamt?
"Alla vet om dem, men ingen pratar om dem."
Typiskt samtal med en elev
Det här är ett coolt teorem som kommer att hjälpa dig i en tid när det verkar som att ingenting kan hjälpa. I den här lektionen kommer vi att formulera själva satsen, överväga flera alternativ för dess användning, och som efterrätt kommer du att ha några svåra läxor. Gå!
Först formuleringen. Jag kanske inte kommer att ge den mest "vackra" versionen av satsen, men den mest begripliga och bekväma.
Menelaos sats. Låt oss betrakta en godtycklig triangel $ABC$ och en viss linje $l$ som skär två sidor av vår triangel internt och en sida på fortsättningen. Låt oss beteckna skärningspunkterna för $M$, $N$ och $K$:
Triangel $ABC$ och sekant $l$
Då är följande förhållande sant:
\[\frac(AM)(MB)\cdot \frac(BN)(NC)\cdot \frac(CK)(KA)=1\]
Jag skulle vilja notera: det finns ingen anledning att fylla på placeringen av bokstäver i denna onda formel! Nu kommer jag att berätta en algoritm med vilken du alltid kan återställa alla tre fraktionerna bokstavligen i farten. Även under en tenta under stress. Även om du sitter vid geometri klockan 3 och inte förstår någonting alls. :)
Schemat är enkelt:
- Rita en triangel och en sekant. Till exempel, som visas i satsen. Vi betecknar hörn och punkter med några bokstäver. Det kan vara en godtycklig triangel $ABC$ och en rak linje med punkterna $M$, $N$, $K$ eller någon annan - det är inte meningen.
- Placera en penna (penna, markör, fjäderpenna) vid valfri vertex av triangeln och börja korsa sidorna av denna triangel med obligatorisk inträde i skärningspunkterna med den räta linjen. Till exempel, om vi först går från punkt $A$ till punkt $B$, får vi segmenten: $AM$ och $MB$, sedan $BN$ och $NC$ och sedan (obs!) $CK$ och $KA$. Eftersom punkten $K$ ligger på fortsättningen av sidan $AC$, när du flyttar från $C$ till $A$ måste du tillfälligt lämna triangeln.
- Och nu delar vi helt enkelt in angränsande segment i varandra exakt i den ordning som vi fick dem när vi korsade: $AM/MB$, $BN/NC$, $CK/KA$ - vi får tre fraktioner, vars produkt kommer att ge oss en.
På ritningen kommer det se ut så här:
Ett enkelt schema som låter dig återställa formeln från Menelaus Och bara ett par kommentarer. Mer exakt är detta inte ens kommentarer, utan svar på typiska frågor:
- Vad händer om linjen $l$ går genom triangelns spets? Svar: ingenting. Menelaos teorem fungerar inte i det här fallet.
- Vad händer om du väljer ett annat hörn att starta eller går åt andra hållet? Svar: det blir samma sak. Bråksekvensen kommer helt enkelt att ändras.
Jag tror att vi har reda ut formuleringen. Låt oss se hur allt det här används för att lösa komplexa geometriska problem.
Varför behövs allt detta?
Varning. Överdriven användning av Menelaos sats för att lösa planimetriska problem kan orsaka irreparabel skada på ditt psyke, eftersom denna sats avsevärt påskyndar beräkningar och tvingar dig att komma ihåg andra viktiga fakta från en skolgeometrikurs.
Bevis
Jag kommer inte bevisa det. :)
Okej, jag ska bevisa det:
Nu återstår att jämföra de två erhållna värdena för segmentet $CT$:
\[\frac(AM\cdot BN\cdot CK)(BM\cdot CN\cdot AK)=1;\]
\[\frac(AM)(BM)\cdot \frac(BN)(CN)\cdot \frac(CK)(AK)=1;\]
OK det är över nu. Allt som återstår är att "kamma" denna formel genom att placera bokstäverna korrekt inuti segmenten - och formeln är klar. :)
