Конспект урока "Теорема Менелая. Теорема Чевы" 10 класс скачать

1

Тема: Теорема Менелая. Теорема Чевы. (2 часа)

Цели урока:

1. обобщить, расширить и систематизировать знания и умения учащихся; научить использовать знания при

решении сложных задач;

2. способствовать развитию навыков самостоятельного применения знаний при решении задач;

3. развивать логическое мышление и математическую речь учащихся, умение анализировать, сравнивать и

обобщать;

4. воспитывать у учащихся уверенность в себе, трудолюбие; умение работать в коллективе.

Задачи урока:

• Образовательная: изучить теоремы Менелая и Чевы; применить их при решении задач.

• Развивающая: учить выдвигать гипотезу и умело доказательно отстаивать свое мнение; проверить умение

обобщать и систематизировать свои знания.

• Воспитательная: повысить интерес к предмету и подготовить к решению более сложных задач.

Ход урока

I этап. Организационный момент (1 мин.)

Учитель сообщает тему и цель урока.

II этап. Лекция

Чева Джованни (1648-1734 гг.) – итальянский инженер – гидравлик и геометр. Теорема, носящая его имя,

опубликована в 1678 году.

Менелай Александрийский (1 – 2 вв. н.э.) – греческий математик и астроном.

Теорема Менелая. Если прямая пересекает стороны или продолжения сторон BC, CA и AB

треугольника ABC соответственно в точках A

1

, B

1

, C

1

, то имеет место равенство

1**

1



BC

AC

AB

CB

CA

BA

Доказательство. Проведём CD || AB. Рассмотрим треугольник A

1

BC

1

и

треугольник A

1

CD.

Угол DA

1

C=углу C

1

A

1

B (вертикальные)

Угол D = углу C

1

(накрест лежащие при CD || AC

1

и секущей C

1

D)

Следовательно, треугольник A

1

BC

1

подобен треугольнику A

1

CD. Стороны подобных треугольников

пропорциональны

DC

BC

CA

BA

1



2

Рассмотрим треугольник B

1

AC

1

и треугольник B

1

CD

Угол DB

1

C = углу AB

1

C

1

(Вертикальные)

Угол D = углу C

1

(Накрест лежащие при CD || AC

1

и секущей C

1

D)

Следовательно, треугольник B

1

AC

1

подобен треугольнику B

1

CD. Следовательно,

11

1

AC

DC

AB

CB



У нас получилось два равенства

DC

BC

CA

BA

1



и

11

1

AC

DC

AB

CB



Перемножим почленно эти равенства:

1

**

AC

DC

BC

AB

CB

CA

BA



. Получим

1

*

AC

BC

AB

CB

CA

BA



Воспользуемся свойством дробей:

1*, 

c

d

b

a

то

d

c

b

a

(Например

1

8

10

*

5

4

;

10

8

5

4



)

Имеем

1**

1



BC

AC

AB

CB

CA

BA

. Теорема доказана.

Доказательство остаётся в силе

и в том случае, когда все три

точки A

1

, B

1

, C

1

лежат на

продолжениях сторон

треугольника ABC

Прежде чем рассмотреть обратную теорему, сделаем одно уточнение.

Пусть ABи CD – ненулевые коллинеарные векторы. Если

CDkAB 

, то будем писать:

k

CD

AB



. Значит,

число k равно отношению длин векторов

AB

и

CD

, взятому со знаком «плюс», если векторы сонаправлены, и

со знаком «минус», если они направлены противоположно. При таком соглашении полученное выше

равенство принимает вид:

1**

1



BC

AC

AB

CB

CA

BA

Докажем обратную теорему.

Пусть на прямых BC, CA, AB, определяющих треугольник ABC, даны точки A

1

, B

1

, C

1

. Если выполняется

равенство

1**

1



BC

AC

AB

CB

CA

BA

, то эти точки лежат на одной прямой.

3

Допустим, что выполнено равенство

1**

1



BC

AC

AB

CB

CA

BA

, и пусть прямая A

1

B

1

пересекает прямую

AB в точке C

2

. Согласно прямой теореме,

1**

2

1



BC

AC

AB

CB

CA

BA

. Сравнивая это соотношение с данным,

получим, что

BC

AC

BC

AC

2

1



.

Прибавим к обеим частям равенства 1.

11

2

1



BC

AC

BC

AC

, получим:

BC

BCAC

BC

CBAC

2

22

1







т.е.

BC

AB

BC

AB

21



,

откуда, т.е.

21

BCBC 

C

1

и C

2

совпадут.

Теорема Чевы

Теорема. Пусть на сторонах BC; CA; AB треугольника ABC или их продолжениях взяты

соответственно точки A

1

; B

1

; C

1

. Прямые AA

1

; BB

1

; CC

1

пересекаются в одной точке или параллельны

тогда и только тогда, когда

1**

1



BC

AC

AB

CB

CA

BA

Доказательство. Пусть прямые AA

1

; BB

1

; CC

1

пересекаются в точке O, лежащей внутри треугольника

(рисунок а) или вне



ABC (рисунок б).

Применим теорему Менелая к



BCC

1

и секущей AA

1

, получим:

1**

1



AB

AC

OC

CO

CA

BA

Для треугольника ACC

1

и секущей BB

1

получим:

1**

1



OC

BC

AB

CB

Перемножим почленно эти равенства

***

1

AB

AC

OC

CO

CA

BA

)1(*)1(**

1



OC

BC

AB

CB

***

1

AB

AC

OC

CO

CA

BA

)1(*)1(**

1



OC

BC

AB

CB

1**

1



BC

AC

AB

CB

CA

BA

Что и требовалось доказать.

4

Замечание. Если AA

1

, BB

1

, CC

1

параллельны, то доказательство проводится с использованием теоремы об

отрезках, отсекаемых на сторонах угла параллельными прямыми.

Для решения задач чаще применяется обратная теорема.

Обратная теорема Чевы. Пусть на сторонах BC; CA; AB треугольника ABC или их продолжениях взяты

соответственно точки A

1

; B

1

; C

1.

Если выполняются равенство

1**

1



BC

AC

AB

CB

CA

BA

, то прямые AA

1

;

BB

1

; CC

1

пересекаются в одной точке или параллельны.

Доказательство. Пусть AA

1



BB

1

=O. Проведём прямую CO, С

2

=CO



AB.

По теореме Чевы

1**

2

1



BC

AC

AB

CB

CA

BA

. Учитывая условие имеем:

k

BC

AC

BC

AC



1

2

, откуда

2

AC

=k

BC

2

,

1

AC

=k

BC

1

. Вычтем второе равенство из первого

)(

12

BCBCkACAC 

. По свойству векторов получим

21

CC

=k

12

CC

=

= - k

21

CC

.

Т.к. k



-1 (иначе бы

ACBCетBCAC

111

1

.., 

, но точки A и B не совпадают), следовательно,

0

21

CC

, т.е.

точки C

1

,C

2

совпадают. Но это и означает, что прямые AA

1

; BB

1

; CC

1

пересекаются в одной точке.

Аналогично доказывается, что если AA

1

||BB

1

, то и CC

1

||BB

1

.

III этап. Решение задач. (22 мин.)

. Рассмотрим задачи на применение теоремы Менелая.

Задача №1

Решение

Рассмотрим



ABN и секущую CM (точки пересечения M, K, C). По теореме

Менелая:

1** 

MB

AM

CA

CN

KN

BK

. т.к.

1

2

2 

MB

AM

,

1

2

2 

AN

CN

, тогда

3

2



CA

CN

, то

1

2

*

3

2

* 

KN

BK

, следовательно,

4

3

4

:1 

KN

BK

Ответ:

KN

BK

=

4

3

Задача №2

Дано:



ABC;

2

AN

CN

MB

AM

CM



BN = K, M



AB, N



AC

Найти:

KN

BK

5

Решение

1 способ

Рассмотрим



ACC

1

и секущую BB

1

(точки пересечения B

1

, K, B). Применим теорему Менелая

1**

11



BC

AB

CB

KC

.

2

1



AB

CB

;

1

2

1



BC

AC

из этого следует

1

BC

AB

=3. Подставим в равенство

13*2*

1



KC

, отсюда,

6

1



KC

Рассмотрим



ABA

1

и секущую CC

1

(Точки пересечения C

1

, N, C) По теореме Менелая:

1**

11



CA

BC

AC

NA

2

1



BC

AC

;

2

1



CA

BA

, отсюда,

3

1



CA

BC

, подставим в равенство,

13*2*

1



NA

, отсюда,

6

1



NA

Рассмотрим



BB

1

C и секущую AA

1

(точки пересечения A, P, A

1

) По теореме Менелая:

1**

11



AB

CA

BA

PB

2

1



CA

BA

;

2

1



AB

CB

, отсюда,

3

1



AB

CA

. Подставим в равенство

13*2*

1



PB

, отсюда,

6

1



PB

Далее будем использовать свойство площадей частей треугольника

DC

AD

S

DBC

ABD



, где D



AC

Дано:



ABC;

2

1



AB

CB

CA

BA

BC

AC

;

A

1



BC; B

1



AC;

C

1



AB. S

ABC

= S,



PKN ограничен прямыми: AA

1

,

BB

1

, CC

1

.

Найти: S

PKN

6

Действительно,

DC

AD

hDC

hAD

S

DBC

ABD



*

2

1

*

2

1

Обратимся к рисунку к задаче

В



C

1

BC

6

1



KC

, следовательно, S

3

+S

4

=6S

2

В



AA

1

C

6

1



NA

, следовательно, S

5

+S

6

=6S

4

В



ABB

1

6

1



PB

, следовательно, S

2

+S

7

=6S

6

.

т.к. BA

1

= 2 A

1

C, следовательно, S

ABA1

= 2S

AA1C

, следовательно, S

1

+S

2

+S

3

+S

7

=2S

6

+2S

5

+2S

4

(1)

т.к. AC

1

= 2BC

1

, следовательно, S

ACC1

= 2S

BCC1

, следовательно, S

1

+S

5

+S

6

+S

7

=2S

2

+2S

3

+2S

4

(2)

т.к. S

B1BC

= 2S

ABB1

(B

1

C = 2 B

1

A)

S

1

+S

3

+S

4

+S

5

=2S

2

+2S

6

+2S

7

(3)

Сложим равенства (1), (2), (3) почленно:

3S

1

+S

2

+2S

3

+S

4

+2S

5

+S

6

+2S

7

=4S

2

+4S

4

+2S

3

+2S

5

+4S

6

+2S

7

.

После упрощения получим:

3S

1

=3S

2

+3S

4

+3S

6

; S

1

=S

2

+S

4

+S

6

Из доказанного, что S

3

+S

4

=6S

2

следует, что

6

43

2

SS

S





, так же

6

65

4

SS

S





и

6

72

6

SS

S





,

подставим,

S

1=

6

43

SS 

+

6

65

SS 

+

6

72

SS 

т.е. S

1

=

6

1

(S

2

+S

3

+S

4

+S

5

+S

6

+S

7

)=

S

6

1

, следовательно, S=7S

1

, где

S=S

ABC

; S

1

=S

PKN

.

Ответ: S=7S

1

2 способ

По теореме Менелая:

6

1



KC

, следовательно,

7

1



CC

KC

.

Значит, S

C1KB

=

7

1

S

C1BC

Аналогично S

AB1P

=

7

1

S

AB1B

, S

A1NC

=

7

1

S

ACA1

По условию A

1

C=

3

1

CB, следовательно, S

ACA1

=

3

1

S

ABC

, следовательно, S

A1NC

=

21

1

S

ABC

AB

1

=

3

1

AC, следовательно, S

ABB1

=

3

1

S

ABC

, следовательно, S

APB1

=

21

1

S

ABC

C

1

B=

3

1

AB, следовательно, S

C1BC

=

3

1

S

ABC

, следовательно, S

C1BK

=

21

1

S

ABC

S

ABC

=S

ACA1

+S

CC1B

-S

A1NC

+S

APKC1

+S

KPN

, пусть S

ABC

=S.

S=

3

1

S+

3

1

S-

21

1

S+

21

5

S+S

KPN

7

S=

21

18

S+ S

KPN

, откуда S

KPN

=(1-

21

18

)S=

21

3

S; S

KPN

=

7

1

S

Ответ: S

KPN

=

7

1

S

Задача №3

Решение

А) Используем свойство площадей треугольников:

DC

AD

S

BDC

ABD



(в случае, если BD –медиана, то S

ABD

= S

CBD

)

Проведём медианы в



B

1

AC

1

, в



B

1

A

1

C и в



BC

1

A

1

.

Обозначим площади частей



A

1

B

1

C

1

буквами S

1

;S

2

;S

3

;S

4

;S

5

;S

6

;S

7

По свойству, приведённому выше:

S

1

=S

2

(AB – медиана



B

1

BC)

S

6

=S

7

(A

1

A – медиана



B

1

A

1

C) , следовательно, S

1

=S

7

S

6

=S

1

(AC – медиана



ABA

1

)

S

2

=S

3

(B

1

B – медиана



AB

1

C

1

), следовательно, S

1

=S

3

S

1

=S

4

(CB – медиана



ACC

1

)

S

4

=S

5

(C

1

C – медиана



BC

1

A

1

), следовательно, S

1

=S

5

S



A1B1C1

= S

1

+S

2

+S

3

+S

4

+S

5

+S

6

+S

7

= 7S

ABC

, где S

ABC

=S

1

Значит,

111 CBA

ABC

S

=

7

1

Б) точки A, B, K – лежат на одной прямой, пересекающей стороны



A

1

B

1

C

По теореме Менелая:

1**

1



BA

CB

AC

AB

KB

KA

,

1



AC

AB

т.к. B

1

A=AC;

2

1



BA

CB

т.к. BC=CA

1

, следовательно,

1

2

1

*1*

1



KB

KA

т.е.

2

1



KB

KA

Ответ:

111 CBA

ABC

S

=

7

1

,

2

1



KB

KA

Дано:



ABC; C

1



AB;

AB=BC

1

; A

1



BC; BC=CA

1

; B

1



AC; AC=AB

1

Найти: а)

111 CBA

ABC

S

Б)

1

KB

KA

, где K=AB



A

1

B

1

8

Задача №4

Решение

Используем теорему Менелая для



BCD и секущей EP.

1** 

PB

DP

ND

CN

EC

BE

; CN=ND; следовательно,

1

ND

CN

.

1*1* 

PB

DP

EC

BE

, следовательно,

DP

PB

EC

BE



.

Рассмотрим



ABD и секущую MP. По теореме Менелая:

1** 

PB

DP

FD

AF

MA

BM

; BM=MA, следовательно,

1

MA

BM

, тогда,

1**1 

PB

DP

FD

AF

, следовательно,

DP

PB

FD

AF



.

Из двух равенств:

DP

PB

EC

BE



и

DP

PB

FD

AF



, следует что,

FD

AF

EC

BE



. Что и требовалось доказать.

Задача №5

Решение

Используем теорему Менелая поочерёдно к треугольникам:



AKM и секущая DO (точки пересечения O, P, D)

1** 

DA

MD

PM

KP

OK

AO

;

1

2

1

*1* 

OK

AO

, следовательно,

AO=2OK.



BPN и секущая OC (точки пересечения O, K, C)

1** 

CB

NC

KN

PK

OP

BO

;

1

2

1

*1* 

OP

BO

, следовательно,

BO=2OP.



AOD и секущая AK (точки пересечения M, P, K)

1** 

KA

OK

PO

DP

MD

AM

;

1

3

1

**1 

PO

DP

, следовательно,

DP=3PO



BOC и секущая PN (точки пересечения P, K, N)

1** 

BP

OP

KO

CK

NC

BN

;

1

3

1

**1 

KO

CK

, следовательно,

CK=3OK.

Дано: ABCD – четырёхугольник. M –

середина AD; N – середина BC.

MP=PK=KN

Доказать: ABCD – трапеция;

DC=2AB

Дано: четырёхугольник ABCD; P



BD; N – середина CD;

M – середина AB; PN



BC=E; PM



AD=F

Доказать:

FD

AF

EC

BE



9

Значит, DO=4PO; BO=2PO, т.е.

2

BO

DO

CO=4OK; AO=2OK, т.е.

2

AO

CO

. В



AOB и



COD

AO

CO

BO

DO



,



AOB =



DOC – вертикальные, следовательно,



AOB подобен



COD, следовательно



BAO=



DCO

(накрест лежащие при прямых AB и DC и секущей AC), следовательно, AB || DC. Значит, ABCD – трапеция.

Из равенств

2

BO

DO

и

2

AO

CO

видно, что стороны подобных треугольников



AOB и



COD относятся

как

1

2

, значит

2

AB

DC

или DC=2AB. Что и требовалось доказать.

Рассмотрим задачи на применение теоремы Чевы.

Задача №1

Доказательство

Пусть AA

1

, BB

1

, CC

1

– медианы треугольника ABC.

Проверим равенство:

1**

1



AB

CB

CA

BA

BC

AC

, 1*1*1=1 (верно).

Утверждение доказано согласно теореме Чевы.

Задача №2

Доказательство

Пусть BE, CM, AK – биссектрисы



ABC.

Воспользуемся свойством: биссектриса треугольника делит противоположную сторону на части,

пропорциональные прилежащим к ней сторонам.

Значит,

AC

AB

KC

BK

BC

AC

MB

AM

AB

BC

EA

CE

 ;;

. Найдём произведение

1**** 

AC

AB

BC

AC

AB

BC

KC

BK

MB

AM

EA

CE

, по

теореме Чевы прямые BE, CM, AK пересекаются в одной точке.

Дано: Треугольник ABC.

Доказать: медианы треугольника

пересекаются в одной точке.

Дано: треугольник ABC

Доказать: биссектрисы



ABC

пересекаются в одной точке

10

Задача №3

Решение

Прямые AA

1

, BB

1

и CM пересекаются в одной точке P. По теореме

Чевы:

1**

1



CB

AB

MA

BM

BA

CA

,

1

MA

BM

, поэтому

1

AB

CB

BA

CA



=>

CA

CB

CA

11





CB

1

A

1

подобен



CAB (

CA

CB

CA

11



;



C – общий)

Значит,



CB

1

A

1

=



CAB – соответственные при прямых B

1

A

1

и AB и секущей AC, поэтому A

1

B

1

|| AB.

Что и требовалось доказать.

Задача №4

Решение

Пусть r – радиус окружности.

Из прямоугольных треугольников OBC

1

и OCB

1

находим CB

1

=r*ctg C, C

1

B=r*ctg B.

Из прямоугольных треугольников ABA

1

и ACA

1

имеем BA

1

=AA

1

*ctg B; A

1

C=AA

1

*ctg C; AB

1

=AC

1

– как

отрезки касательных, проведённых из одной точки.

Найдём произведение:

BC

AC

AB

CB

CA

BA

1

**

=

BC

AC

AB

CB

CA

BA

1

*

=

1**

1



ctgB

ctgC

ctgB

BC

CB

CA

BA

Согласно теореме Чевы прямые AA

1

, BB

1

, CC

1

пересекаются в одной точке, т.е. P



AA

1

. Что и требовалось

доказать.

Задача №5

Дано:



ABC, CM – медиана,

P



CM, AP



BC=A

1

, BP



AC=B

1

Доказать: A

1

B

1

|| AB

Дано: В



ABC вписана

полуокружность. Диаметр

лежит на стороне BC, C

1

; B

1

–

точки касания сторон AB, AC и

полуокружности. BB

1



CC

1

=P,

AA

1



BC.

Доказать: P



AA

1

11

Решение

Пусть S

CDM

=S

1

, S

BDN

=S

2

, S

ANM

=S

3

, S

ABC

=S.

Знаем, что площади двух треугольников, имеющих общий угол, относятся как произведения сторон,

заключающих этот угол. Имеем

CBCA

CDCM

S

*

1



По условию

1

y

AM

CM



, следовательно

y

CA

CM





1

;

1

x

DC

BD



, следовательно,

x

BC

BD





1

, отсюда,

)1(*)1()1(*)1(

*1

1

xy

y

xy

y

S









Аналогично,

)1(*)1(

2

xz

x

S





;

)1(*)1(

3

zy

z

S





Найдём

SDMN

= S- (S

1

+S

2

+S

3

)

S

DMN

= S-(

)1(*)1( xy

Sy



+

)1(*)1( xz

Sx



+

)1(*)1( zy

Sz



)=

=S-

*)1(

)1(

y

zSy





*)1(

)1(

x

ySx





)1(

z

xSz



=

)1(*)1(*)1(

)1(*)(

zxy

SxzSzSxySxSzySyxzzxSyS





=

)1(*)1(*)1( zxy

Sx zSzSxySxSyzSySx zySx zSyzSzSxSxySyS





= =

)1(*)1(*)1( zxy

SxyzS





В треугольнике ABCотрезки AD, BM, CN пересекаются в одной точке. По теореме Чевы

1**  xyz

NB

AN

MA

CM

DC

BD

Значит,

)1(*)1(*)1(

2

zyx

S

ABC

DMN





Что и требовалось доказать.

Задача №6

Доказать. Что отрезки, соединяющие вершины треугольника с точками, в которых вписанная окружность

касается противоположных сторон, пересекаются в одной точке.

Дано:



ABC, P





ABC, AP



BC=D, BP



AC=M, CP



AB=N;

z

NB

AN

y

MA

CM

x

DC

BD

 ;;

Доказать:

)1(*)1(*)1(

2

zyx

S

ABC

DMN





12

Решение

По свойству отрезков касательных, проведённых из одной точки AM=AP=a; BM=BN=b; CN=CP=c.

Найдём произведение отношений:

1

**

**** 

acb

cba

a

c

b

a

AB

CP

NC

BN

MB

AM

По теореме Чевы AN



BP



CM=O

1

V этап. Итог урока

VI этап. Домашнее задание

1. В треугольнике АВС, площадь которого равна 6, на стороне AB взята точка К, делящая эту сторону в

отношении АК:BK = 2:3, а на стороне АС – точка L, делящая АС в отношении AL:LC = 5:3. Точка

Qпересечения прямых СК и BL удалена от прямой AB на расстоянии . Найдите длину стороны АВ. (Ответ:

4.)

2. На стороне АС в треугольнике АВС взята точка К. АК = 1, КС = 3. На стороне АВ взята точка L. AL:LВ =

2:3, Q – точка пересечения прямых ВК и СL. Найдите длину высоты треугольника АВС,

опущенной из вершины В. (Ответ: 1,5.)

Дано:



ABC. Окружность (O;r) –

вписана в



ABC.

OM=ON=OP=r

Доказать: AN; BP, CM

пересекаются в одной точке.

Конспект урока "Теорема Менелая. Теорема Чевы" 10 класс

Геометрия - еще материалы к урокам:

Предметы

Похожие материалы