Теореми Чеви та Менелая

у точцi K. Оскiльки ∆CKB₁ ∆AC₁B₁, то

 

а з  подiбностi трикутникiв CA₁K i C₁A₁B маємо:

 

Перемноживши  почленно цi рiвностi i скоротивши на CK, дiстанемо:

 

Звідки

 

C

N

B₁

P

A₁

C₁

B

A

M

Рис. 2.2

б) З вершини трикутника ABC опустимо перпендикуляри AM, BN i CP на пряму C₁B₁ (Рис. 2.2). Оскільки ∠MC₁A = ∠NC₁B, то ∆AMC₁∆BNC₁ за першою ознакою подібності трикутників. Звідси

 

З подібності трикутників BNА₁ і CPА₁ отримуємо

 

∆B₁CP∆B₁AM ⇒

 

 

Знак мінус з’явиться в формулі

 

з урахуванням того, что вектори і протилежно направлені.

Достатність: Нехай для точок A₁ , B₁ , C₁, що лежать на сторонах трикутника ABC або на продовженнях, виконується рівність

 

Доведемо, що цi точки лежать на однiй прямiй. Через точки A₁ і B₁ проведемо пряму, що перетинає AB, наприклад, у точцi C₂. Тодi для прямої C₂A₁B₁ справедлива рівність

 

Отже,

 

звiдки  точки C1 i C2 збiгаються, що доводить належнiсть точок A₁, B₁, C₁ однiй прямiй.

 

2.2. Доведення за допомогою площ трикутників

S₃

S₄

S₂

S₅

C₁

B

S₁

A₁

C

 

C₁

A

Рис. 2.3

Нехай точки A₁, B₁ і C₁ лежать на одній прямій (Рис. 2.3). Проведемо відрізки AA₁ і CC₁ і введемо позначення для площ трикутників, що вийшли. Тоді по лемі

 

Крім  того, з формул площ трикутників ⇒

 

Перемноживши  ці рівністі, отримаємо:

 

 

 

2.3. Доведення за допомогою теореми Фалеса.

 

B₁

A₂

C₁

B

A₁

C

 

A

Рис. 2.4

Проведемо пряму (Рис. 2.4) Тоді за теоремою Фалеса ( )

і за теоремою Фалеса ( )

Тоді

 

2.4. Аналітичний метод

 

 

Введемо позначення:

 

Виберемо  на площині аффинную систему координат  так, щоб точки А, В і С мали координати: С(0;0), А(1;0), В(0;1), виразимо координати точок А₁, В₁, С₁ через К_А, К_B, К_C за допомогою формул ділення відрізка в заданому відношенні, а потім вичислимо координати векторів . Отримаємо:

 де

m = (1+К_А)(1+К_В), n = (1+К_А)(1+К_С).

Отже вектори колінеарні тоді і тільки тоді, коли

 

 

 

2.5. Доведення за допомогою центра мас.

 

B₁

A₁

C

B

C₁

A

Рис. 2.5

Як  і при доведенні теореми Чеви, введемо числа  (Рис. 2.5). Тоді, згідно з умовою Менелая . Отже, кожне з чисел відмінне від нуля. С₁ центр мас матеріальних точок 1A і , А₁ – м. т. , В₁ − м. т. , або

. Отже при будь – якому виборі точки Q:

 

 

 

Віднімаючи  друге рівняння від суми двох інших, отримаємо

 

 а це означає, що точки А₁, В₁, С₁ лежать на одній прямій.

 

 

2.6. Доведення за допомогою барицентричних координат

 

b

a

c

x

y

z

Рис. 2.6

Нехай точки a, b, c не лежать на одній прямій (Рис. 2.6), точки  x, y, z лежать відповідно на сторонах bc, ca, ab трикутника abc. При чьому

 

 

 

Теорема: Точки лежать на одній прямій ⟺

 

Доведення: Оскільки

 

 

 

То матриця  барицентричних координат точок x, y, z відносно точок a, b, c має виляд

 

Згідно з  критерієм афінної незалежності, точки x, y, z лежать на одній прямій тоді і тільки тоді, коли ранг цієї матриці , тобто її визначник = 0, або

 

2.7. Тригонометрична форма

 

 

5

6

4

3

2

1

B

A

B₁

A₁

C₁

C

Рис. 2.7

Точки A₁ , B₁ ,C₁ лежать на однiй прямiй (Рис 2.7) тодi й тiльки тодi, якщо виконується рівність

 

Використовуємо  те, що площi трикутникiв iз рiвними  висотами пропорцiйнi вiдповiдним сторонам, маємо:

 

 

 

 

Довiвши, що = 1, скористаємося цiєю рiвнiстю:

 

Або аналогічно доведенню тригонометричної форми  теореми Чеви.

 

2. 8. Доведення  за допомогою гомотетії.

 

B

A

B₁

A₁

C₁

C

Рис. 2.8

Нехай точки A₁, B₁, C₁ колінеарні (Рис 2.8).

Позначимо

 

Тоді . Тому

 

. Важливо, що  ⇒

 

Тобто точки A₁ і B₁ ділили б відповідно відрізки CB і CA в однаковому відношенні, що можливо, коли (A₁B₁) || (AB), що заперечить умові теореми. Композиція гомотетій є гомотетія з коефіцієнтом і центром (A₁B₁) (AB) = C₁, при чому  . З іншого боку,  у зв’язку з прийнятими позначеннями. Оскільки гомотетія визначена центром C₁ і парою точек B→A, то , звідки , або, з урахуванням позначень

 

А ця рівність рівносильна рівності

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ІІІ. ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ

 

Нетривіальними  прикладами використання теореми Менелая  є доведення теорем Гауса Дезарга, Паппа, Паскаля.

Теорема Гауса :

У чотирикутнику ABCD точки M₁ і M₂ - середини діагоналей AC і BD. Нехай, , N − середина відрізку EF. Довести колінеарність (приналежність одній прямій) точок .

Теорема Паппа :

Якщо A, C, E - три точки на одній прямій, B, D, F - на іншій, причому ніякі дві з прямих AB, CD, EF не паралельні і

, то L, M, N колінеарні.

Теорема Дезарга :

Нехай трикутники ABC і A₁B₁C₁ такі, що прямі AA₁, BB₁, CC₁ перетинаються в точці О і . Тоді K, M, N колінеарні.

Теорема Паскаля :

Якщо шестикутник  вписаний в коло і його протилежні сторони не паралельні, то точки  перетину прямих, що містять ці сторони, колінеарні.

 

Для того, щоб  продемонструвати ефективність теорем Чеви та Менелая у розв’язанні задач, розглянемо розв’язання однієї задачі двома способами: векторним та за допомогою теореми Менелая.

Задача 1. Довести теорему Чеви, користуючись теоремою Менелая.

Розв’язання:

Нехай прямі АА₁, ВВ₁, СС₁ перетинаються в точці О. Застосуємо теорему Менелая до трикутника АСС₁ і січної ВВ₁, а потім до трикутника ВСС₁ і січної АА₁.

 Маємо

 

 
Перемноживши рівності почленно, одержимо шуканий вираз теореми Чеви.

 

Задача 2. Нехай медіана . На взята точка K у відношенні . В якому відношенні пряма BK ділить площу?

Розв’язання:

n

K

m

P

C

D

B

A

Рис. 3.1

Очевидно, відношення площ ∆ABP і ∆CBP дорівнює відношенню відрізків AP і PC (Рис. 3.1). Отже, розв’язання задачі зводиться до знаходження відношення AP ∶ PC.

 

 

 

 

 1-й спосіб

Векторний.

Вектор  виразимо через вектори

 

 

Позначимо ,

За формулами  ділення відрізка в заданому відношенні:

 

Але , тоді

 

Отже,

 

Прирівнюючи коефіцієнти при однакових векторах отримаємо систему

 

Отже,

 2-й спосіб

За допомогою  теореми Менелая

Застосовуючи  теорему до ∆ABC та січної BP, маємо

 

 

 

 

Задача 3. У трикутнику (Рис. 3.2) відрізок ( належить стороні ) ділить медіану у відношенні  3:4, починаючи від вершини . У якому відношенні точка ділить сторону

K

F

C

M

A

B

Рис. 3.2

Розв’язання

1-й спосіб

Проведемо

За умовою За теоремою Фалеса . Нехай , тоді

Відповідь: 3:8.

 

2-й спосіб

Запишемо  теорему Менелая для трикутника   і прямої :

Тоді .

Відповідь: 3 : 8 .

 

D

M

Q

R

N

F

C

P

A

B

Pис. 3.3

Задача 4. Сторони трикутника поділено точками   і так, що (Рис. 3.3) Знайти відношення площі трикутника, обмеженого прямими  і , до площі трикутника

Розв’язання

1-й спосіб

Нехай  .

Використовуємо  теорему синусів для трикутника  :

  (1)                                  

З трикутника :

.

,  тому 

                    (2)

Поділимо  почленно рівність (1) на рівність (2):

З                            (3)

З :                                    (4)

Поділимо  почленно рівність (3) на рівність (4):

, 

         (*)

Нехай .

З                                       (5)

З :                                       (6)

Поділимо  почленно рівність (5) на рівність (6)

З                                       (7)

З :                                       (8)

Поділимо  почленно рівність (7) на рівність (8):

,  

, 

Оскільки  , то

                                                                    (**)

Використовуючи  співвідношення (*) і (**), запишемо:

.

Аналогічно  одержимо

.

Використовуючи  властивості площ, маємо:

Відповідь: 3:7.

2-й спосіб

Запишемо  теорему Менелая для трикутника   і прямої :

                     (1)

Запишемо  теорему Менелая для трикутника і прямої :

                    (2)

Використовуючи (1) і (2) дістанемо:

Аналогічно 

А далі розв’язуємо, як в 1-му способі.

Відповідь: 3 : 7.

 

O

K

C

L

A

B

Рис. 3.4

Задача 5. Задано трикутник АВС. Як слід побудувати точку О всередині трикутника, щоб площі трикутників АОС, ВОС та АОВ відносилися як 7 : 11 : 13.

Розв’язання

1 спосіб.

Розглянемо трикутник АВС й побудуємо точку K, яка ділить сторону AB у відношенні 7 : 11, рахуючи від вершини A, та точку L, яка ділить сторону CA у відношенні 11 : 13, рахуючи від вершини C (Рис. 3.4).

Нехай O – точка перетину відрізків CK та BL. Покажемо, що O – шукана точка. Зазначимо, що у трикутників ACK та BCK спільна висота, яка опущена з вершини С, тому відношення їх площин дорівнює відношенню основ

S_ACK : S_BCK = AK : BK.

Аналогічно,   S_AOK : S_BOK = AK : BK.

Застосовуючи  властивість пропорції ( Û ), одержуємо

S_AOС : S_BOС = AK : BK = 7 : 11.

Аналогічно, розглядаючи дві пари трикутників  з основами AL та СL, доводимо, що

S_BOС : S_AOВ = CL : AL = 11 : 13.

Отже, S_AOС : S_BOС : S_AOВ = 7 : 11 : 13, що і необхідно було довести.

2 спосіб.

З теореми  Чеви випливає, що пряма АO розділить сторону ВС у відношенні 13 : 7, рахуючи від вершини В. Якщо застосовувати теорему Чеви в обернену сторону, то до розв’язку задачі можна було підійти інакше.

Нехай задано відрізок PQ, точка E, яка ділить його у відношенні p : q, де p та q – задані числа, й точка F, яка не належить прямій PQ. Аналогічно з наведеним розв’язком можна довести, що геометричним місцем точок М площини, для яких S_PFM : S_QFM = p : q є пряма EF (за виключенням точок E та F).

Отже, для того, щоб побудувати шукану точку О можна розділити сторони АВ, ВС та СА трикутника АВС відповідно точками K, N та L так, щоб

AK : BK = 7 : 11; BN : CN = 13 : 7; CL : AL = 11 : 13.

Тоді, згідно з теоремою Чеви , отже, відрізки AN, BL та CK перетинаються в одній точці, яка й буде шуканою.

 

Задача 6. Через точку K на медіані AM₁ трикутника ABC проведено чевіани BB₁ і CC₁, при цьому BB₁ = CC₁ (Рис.3.5). Доведіть, що трикутник ABC рівнобедрений.

Доведення. За теоремою Чеви має місце рівність:

 

Оскільки BM₁ = CM₁, то

тоді B₁C₁ || BC    (за теоремою Фалеса).

         Отже, BC₁B₁C  — трапеція. Але її діагоналі рівні за умовою: BB₁ = CC₁. Отже, вона рівнобічна і ∠B = ∠C. Маємо: трикутник ABC —

Рис. 3.5                   рівнобедрений.

 

Перевага  застосування теорем Чеви і Менелая очевидна. Розв’язання задач за допомогою теорем Чеви і Менелая більш раціональне, ніж їх розв’язання іншими способами.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ВИСНОВКИ

Розв’язання задач складає суттєву  сторону процесу навчання математиці: рівень математичної підготовки в більшості  визначається глибиною навиків у  розв’язанні задач.

Ці обставини  спонукають з особливою увагою відноситись  до організації в середніх школах, гімназіях та ліцеях ретельно продуманих занять, які мають за мету надати учням не тільки теоретичні знання в області геометрії, але й  навчити їх вільно застосовувати  здобуті знання до розв’язання нестандартних  задач середньої та підвищенної  складності.

Курсова робота присвячена вивченню теорем Чеви та Менелая на площині, та розв’язанню задач за допомогою цих теорем.

Теорема Менелая  має широке застосування при доведенні  теорем (наприклад, теорем Дезарга, Паппа, Паскаля, Гауса та інших) та розв’язанні задач. Теорема Менелая дозволяє знаходити відношення відрізків, а також доводити належність трьох точок одній прямій. В роботі наведено багато задач, розв’язаних двома способами: традиційним і за допомогою теореми Менелая та Чеви, при цьому останній спосіб розв’язання задач виявляється більш раціональним (розв’язанні задачі займає всього кілька рядків). Зазначимо, що при розв’язанні задач найскладнішою справою є пошук трикутника, до якого слід застосувати теорему Менелая.

Теореми Чеви використовується при розв’язанні задач про три прямі, що проходять через одну точку, а також при доведенні теорем про перетин трьох прямих в одній точці.

Досить ефективно  при розв’язанні деяких задач застосовуються мало відомі стереометричні теореми Менелая і Чеви для довільного тетраедра.