Міністерство освіти і науки України

Дніпропетровський національний університет

Механіко-математичний факультет

Кафедра математичного аналізу

ДИПЛОМНА РОБОТА БАКАЛАВРА

ТЕОРЕМИ ЧЕВИ І МЕНЕЛАЯ ТА ЇХ ЗАСТОСУВАННЯ

Виконавець Керівник роботи

студентка групи ММ-01-1 к.ф.-м.н., доцент

Бондаренко Н.С. Поляков О.В.

Допускається до захисту

Завідувач кафедрою Рецензент

доктор фіз.-мат. наук, професор к.ф.-м.н., доцент

Бабенко В.Ф. Великін В.Л.

м. Дніпропетровськ

2006 р.

РЕФЕРАТ

Дипломна робота містить 87 стор., 54 рис., 20 джерел.

Об’єктом дослідження є теореми Чеви та Менелая на площині та в просторі.

Мета роботи – вивчення теорем Чеви та Менелая на площині та в просторі, доведення нетривіальних наслідків цих теорем та розв’язання задач двома способами: традиційним і за допомогою теорем Чеви та Менелая.

Одержані висновки та їх новизна – теорема Менелая дозволяє знаходити відношення відрізків, а також доводити належність трьох точок одній прямій. Теореми Чеви та їх наслідки використовується при розв’язуванні задач про трійки прямих, що проходять через одну точку, а також при доведенні теорем про перетин трійок прямих в одній точці. Розглянуто аналоги теорем Чеви та Менелая в просторі. В дипломній роботі розв’язано 50 задач.

Результати досліджень можуть бути застосовані при викладанні теми “Теореми Чеви та Менелая” в математичних класах середніх шкіл, гімназіях та ліцеях, при позакласній роботі з учнями (на заняттях математичних гуртків, при проведенні математичних олімпіад, для індивідуальної роботи з найбільш здатними учнями).

Перелік ключових слів: ТЕОРЕМА ЧЕВИ, ТЕОРЕМА МЕНЕЛАЯ, ТРИКУТНИК, ТЕТРАЕДР, ТОЧКА, ПРЯМА, СІЧНА, ВІДРІЗОК.

ANNOTATION

This degree thesis of the 5^th year student (DNU, Faculty of Mechanics and Mathematics, Department of Mathematical Analysis) deals with Cheva’s and Menelay’s theorems. The work is interesting for the students and post-graduates students of mathematical specialties.

Bibliography: 20.

ЗМІСТ

ВСТУП

РОЗДІЛ 1. Теорема Менелая для трикутника

1. Орієнтовані відрізки

2. Теорема Менелая

3. Теореми Дезарга, Паппа, Паскаля, Гаусса

4. Застосування теореми Менелая для розв’язання задач

РОЗДІЛ 2. Теорема Менелая для тетраедра

РОЗДІЛ 3. Теореми Чеви для трикутника та тетраедра. Теорема Чеви в формі синусів

3.1 Теореми Чеви для трикутника, тетраедра, в формі синусів

3.2 Застосування теорем Чеви для розв’язання задач

РОЗДІЛ 4. Теореми Чеви та Менелая на площині

ВИСНОВКИ

СПИСОК ВИКОРИСТАНОЇ ЛІТЕРАТУРИ

ВСТУП

Геометрія починається з трикутника. Якщо взяти шкільний підручник з геометрії, то ми побачимо, що перші змістовні теореми стосуються саме трикутника. Все попереднє – лише аксіоми, означення або найпростіші з них наслідки. На початку свого виникнення планіметрія була “геометрією трикутника”. “Геометрія трикутника” може пишатися теоремами, які носять ім’я Ейлера, Торрічеллі, Лейбниця. На рубежі 19-20 століть завдяки великій кількості робіт, присвячених трикутнику, був створений цілий новий розділ планіметрії – “Нова геометрія трикутника”. Багато з цих робіт зараз виглядають малоцікавими, недосконалими; термінологія, яка використовувалась в них майже забута й зустрічається тільки в енциклопедіях. Але деякі теореми “Нової геометрії” продовжують жити й досі. Двом таким теоремам – Чеви та Менелая – присвячена дипломна робота.

Теореми Чеви та Менелая можна назвати “двоїстими” теоремами: вони схоже формулюються й доводяться, вони взаємозамінюються при розв’язанні задач. Теореми Чеви та Менелая корисні у випадках, коли необхідно “з’ясувати відношення” між точками та прямими, – наприклад, довести, що будь-які три прямі перетинаються в одній точці, три точки лежать на одній прямій та ін.

Теореми Чеви та Менелая не входять в основний курс шкільної геометрії, між тим вони прості, цікаві й застосовуються при розв’язанні досить складних задач.

Дипломна робота присвячена розробці методики викладання теми “Теореми Чеви та Менелая та їх застосування”.

Робота складається із вступу, 4 розділів, висновків та списку використаної літератури. Кожен розділ побудовано за такою структурою. На початку розділу наводиться необхідний теоретичний матеріал, потім викладено задачі з докладним розв’язанням, а наприкінці наведено задачі для самостійної роботи з розв’язанням та відповідями.

В першому розділі роботи “Теорема Менелая для трикутника” сформульовано й доведено теорему Менелая для трикутника, наведено нетривіальні приклади використання теореми Менелая (доведено теореми Дезарга, Паппа, Паскаля, Гаусса), продемонстровано ефективність використання теореми на приклади розв’язання задач двома способами: традиційним і за допомогою теореми Менелая.

В другому розділі “Теорема Менелая для тетраедра” сформульовано й доведено аналог теореми Менелая в просторі, наведено приклади розв’язання складних стереометричних задач.

В третьому розділі “Теореми Чеви для трикутника та тетраедра. Теорема Чеви в формі синусів” сформульовані теореми Чеви та наслідки з них, наведено розв’язані задачі.

В четвертому розділі “Теореми Чеви та Менелая для площини” наведено інший підхід до формулювання теорем Чеви та Менелая.

Всього в роботі розв’язано 50 задач.

Дипломна робота може бути використана викладачами ліцеїв та гімназій при викладанні спеціальних курсів, а також при підготовці учнів до олімпіад з математики.

РОЗДІЛ 1

ТЕОРЕМА МЕНЕЛАЯ ДЛЯ ТРИКУТНИКА

1.1 Орієнтовані відрізки

Нехай на прямій задані відрізки та . Розглянемо вектори та (див. рис. 1). Зі шкільного курсу геометрії відомо, що існує таке число , що . Якщо , то вектори називають однаково спрямованими, а якщо , то говорять , що вектори протилежно спрямовані (див. рис. 1.1а та 1.1б відповідно).

а) б)

Рис. 1.1

При цьому відрізки та ми будемо називати однаково спрямованими, якщо і протилежно спрямованими, якщо . Саме число будемо називати відношенням орієнтованих відрізків (при це відношення є просто відношенням довжин відрізків, а при – відношенням довжин, взяте зі знаком мінус).

В подальшому всі відношення виду будемо розуміти як відношення орієнтованих відрізків.

Якщо відрізки і лежать не на одній прямій, а на паралельних прямих, то також можна говорити про однаково і протилежно орієнтовані відрізки і їхні відношення (див. рис. 1.2).

Рис. 1.2

Наприклад, нехай і – точки площини, а і – перпендикуляри, опущені з цих точок на деяку пряму (див. рис. 1.3).

Рис. 1.3

Тоді, якщо точки і лежать по одну сторону від прямої , то відрізки й орієнтовані однаково (див. рис. 1.3а), а якщо по різні сторони – протилежно (див. рис. 1.3б), при цьому в обох випадках .

Зазначемо такі важливі властивості відношень:

1) 2) .

Нехай тепер на прямій задана ще третя точка – . На рисунку 1.4 показано, якими можуть бути відношення в залежності від положення точки на прямій . Так, якщо лежить на відрізку , то ; якщо точка лежить ліворуч від точки , то ; якщо точка лежить праворуч від точки , то .

Отже, задаючи відношення орієнтованих відрізків ми однозначно визначаємо положення точки на прямій .

Рис. 1.4

Зауваження. Точки , для якої , не має на прямій (можна приєднати до прямої нескінчено удалену точку і вважати, що саме для неї ). Слід зазначити, що просте відношення довжин відрізків неоднозначно задає точку на прямій – таких точок, як правило, дві (за виключенням середини відрізка , для якої ).

1.2 Теорема Менелая

Теорема Менелая дійшла до нас в арабському перекладі книги «Сферика» грецького математика та астронома Менелая Олександрійського (І-ІІ століття нашої ери). Теорема Менелая дозволяє в деяких випадках знаходити відношення відрізків, а також доводити належність трьох точок одній прямій.

Теорема Менелая. Нехай задано трикутник і три точки на прямих і відповідно. Точки лежать на одній прямій тоді і тільки тоді, коли

(1.1)

Зауваження. Іноді добуток відношень в теоремі Менелая записують так:

Тут всі відношення, що перемножуються – це відношення орієнтованих відрізків .

Рис. 1.5

Доведення.

Необхідність. Нехай пряма перетинає прямі та в точках і відповідно (див. рис. 1.5) і – перпендикуляри, які опущено з точок на пряму . Як було доведено раніше,

.

Перемножаючи записані відношення, маємо

.

Достатність. Проведемо пряму . Ми повинні довести, що ця пряма перетинає в точці . Насамперед доведемо, що дійсно перетинає . Припустимо, що паралельна (див. рис. 1.6). Але тоді

Звідси та з рівності (1.1) випливає , що неможливо.

Нехай – точка перетину прямих та . По вже доведеному

Рис. 1.6

Порівнюючи з умовою, одержуємо, що

.

Оскільки мова йде про відношення орієнтованих відрізків, то , що потрібно було довести довести. Отже, теорема Менелая повністю доведена.

Зауваження 1. При розв’язанні конкретних обчислювальних задач, якщо відомо, що точки і лежать на одній прямій, можна не турбуватися про запис відношень орієнтованих відрізків в формулі (1.1), а обмежитися відношеннями їх довжин.

Зауваження 2. Якщо замінити в (1.1) орієнтовані відношення відношеннями довжин, обернена теорема перестає бути вірною, тобто точки і , для яких виконується (1.1), не повинні лежати на одній прямій.

Наприклад, нехай точки взяті на сторонах трикутника так, що , і – середина сторони , тоді

,

але точки не лежать на одній прямій.

1.3 Теореми Дезарга, Паппа, Паскаля, Гаусса

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

Теорема Дезарга є однією з перших та важливіших теорем проективної геометрії. Вона була доведена в першій половині XVII століття французським математиком та інженером Жераром Дезаргом (1591-1661).

Теорема Дезарга. Трикутники та розташовані на площині так, що прямі мають спільну точку О (див. рис. 1.7). Нехай А – точка перетину пряміх та , В – точка перетину прямих та , С – точка перетинуц прямих та . Тоді точки лежать на одній прямій.

Рис. 1.7

Доведення.

З теореми Менелая для трикутника та прямої (точка лежить на , – на , – на ) випливає, що

Аналогічно, з трикутників та , які перетинаються прямими та відповідно, маємо

,

Перемножуючи виписані рівності, після скорочення одержуємо

Але точки лежать на сторонах або продовженнях сторін трикутника і згідно з теоремою Менелая лежать на одній прямій.

Теорема доведена.

Наступна теорема була доведена в другій половині ІІІ століття древнегрецьким математиком Паппом Александрійським.

Теорема Паппа. На одній з прямих, що перетинаються взяті точки , на іншій – точки (див. рис. 8а). Прямі , , перетинаються в точках відповідно. Тоді точки лежать на одній прямій.

Доведення.

Розглянемо трикутник , де – точка перетину прямих , – точка перетину прямих , – точка перетину прямих (див. рис. 8б). Точки лежать на прямих відповідно.

Запишемо теорему Менелая для трикутника та п’яти прямих , які перетинають сторони (або їх продовження) цього трикутника. Маємо

та пряма: ,

та пряма: ,

та пряма: ,

та пряма: ,

та пряма: .

Перемножуючи одержані рівності, знаходимо

,

отже, точки лежать на одній прямій. Теорема доведена.

Теорема Паскаля. Нехай шестикутник вписано в коло. Тоді точки перетину його протилежних сторін лежать на одній прямій.

Доведення.

Нехай – точки перетину прямих і , і , і відповідно, а – точки перетину прямих і , і , і відповідно (див. рис. 1.9). Необхідно довести, що лежать на одній прямій.

Застосуємо теорему Менелая до трикутника та прямої :

.

Застосуємо теорему Менелая до трикутника та прямої :

.

Рис. 1.9

Застосуємо теорему Менелая до трикутника та прямої :

.

Перемножуючи ці рівності, маємо

Використаємо властивості відрізків січних:

, , .

Звідси маємо

,

а оскільки знак кожного з шести співмножників від’ємний, то

,

тому

,

отже точки лежать на одній прямій.

Теорема доведена.

Теорема Гаусса. Середина відрізка, що з’єднує точки перетину продовжень протилежних сторін чотирикутника, лежить на прямій, що проходить через середини діагоналей чотирикутника.

Рис. 1.10

Доведення

Нехай протилежні сторони чотирикутника перетинаються в точках та (див. рис. 1.10). необхідно довести, що середина відрізка , середини та діагоналей і чотирикутника лежать на одній прямій.

Через точки проведемо прямі, паралельні сторонам трикутника : , , .

Згідно з теоремою Фалеса ці прямі перетинають сторони трикутника в їх серединах . Таким чином, точки лежать на продовженнях сторін трикутника , сторони якого є середніми лініями трикутника . Для того, щоб довести, що точки лежать на одній прямій, достатньо довести співвідношення

.

В силу властивості середньої лінії трикутника

, .

Отже, . Аналогічно знаходимо , . Тоді добуток дорівнює . А цей добуток дорівнює –1 згідно з теоремою Менелая, яка застосовується до та прямої . Теорема доведена.

1.4 Застосування теореми Менелая для розв’язання задач

Задача 1.1 У трикутнику медіана ділить відрізок (точка належить стороні ) у відношенні 5:3 , починаючи від вершини . У якому відношенні відрізок ділить медіану

Розв’язок.

1-й спосіб

Нехай

Введемо вектори .

Розкладемо вектор за неколінеарними векторами і :

Оскільки , то

,

.

Виходячи з єдиності розкладу вектора за неколінеарними векторами і , маємо:

,

Відповідь 3 : 1.

2-й спосіб

Запишемо теорему Менелая для трикутника і прямої

Виходячи з умови, маємо :

Запишемо теорему Менелая для трикутника і прямої

Тоді

Відповідь: 3 : 1.

Задача 1.2 У трикутнику відрізок ( належить стороні ) ділить медіану у відношенні 3:4, починаючи від вершини . У якому відношенні точка ділить сторону

Розв’язок.

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 .

Задача 1.3 Сторони трикутника поділено точками і так, що

.

Знайти відношення площі трикутника, обмеженого прямими і , до площі трикутника .

Розв’язок.

1-й спосіб

Нехай .

Використовуємо теорему синусів для трикутника :

(1.3.1)

З трикутника :

.

, тому

(1.3.2)

Поділимо почленно рівність (1.3.1) на рівність (1.3.2):

З (1.3.3)

З : (1.3.4)

Поділимо почленно рівність (1.3.3) на рівність (1.3.4):

,

(*)

Нехай .

З (1.3.5)

З : (1.3.6)

Поділимо почленно рівність (1.3.5) на рівність (1.3.6)

З (1.3.7)

З : (1.3.8)

Поділимо почленно рівність (1.3.7) на рівність (1.3.8):

,

,

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 :

(1.3.9)

Запишемо теорему Менелая для трикутника і прямої :

(1.3.10)

Використовуючи (1.3.9) і (1.3.10) дістанемо:

Аналогічно

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

Відповідь: 3 : 7.

Задача 1.4 Висота рівнобедреного трикутника з основою поділена на три рівні частини. Через точку та точки поділу проведено прямі, які ділять бічну сторону, що дорівнює см, на три відрізки. Знайти ці відрізки.

Розв’язок.

Запишемо теорему Менелая для трикутника і прямої :

,

,

Звідси см , см.

Запишемо теорему Менелая для трикутника і прямої :

,

Звідси см, (см)

Відповідь: 12 см, 18 см, 30 см.

Задача 1.5 Через середину сторони паралелограма , площа якого дорівнює 1, і вершину проведено пряму, яка перетинає діагональ у точці . Знайти площу чотирикутника .

Розв’язок.

Запишемо теорему Менелая для трикутника і прямої :

,

,

Оскільки площі трикутників з рівними висотами відносяться як основи, то

Відповідь:

Задача 1.6. У трикутнику на стороні взято точку , а на стороні точки і так , що і . У якому відношенні пряма ділить відрізок .

Розв’язок.

За умовою .

.

Запишемо теорему Менелая для трикутника і прямої :

,

,

.

Відповідь: 11 : 3.

Задача 1.7 На сторонах і трикутника дано відповідно точки і такі , що .У якому відношенні точка перетину відрізків і ділить кожен з цих відрізків ?

Розв’язок.

Запишемо теорему Менелая для трикутника і прямої :

.

,

Запишемо теорему Менелая для трикутника і прямої :

,

,

Відповідь: , .

Задача 1.8 Ортоцентр трикутника (ортоцентр – точка перетину висот) ділить висоту навпіл. Довести , що , де – кути трикутника.

Доведення.

Нехай - даний трикутник, - його ортоцентр, .

Запишемо теорему Менелая для трикутника і прямої :

Виходячи з умови .

З .

З .

З .

Підставимо знайдені залежності в теорему Менелая:

,

,

,

що і треба було довести.

Задача 1.9 З вершини прямого кута трикутника проведено висоту , а в трикутнику проведено бісектрису . Пряма, що проходить через точку паралельно , перетинає у точці . Довести, що пряма ділить відрізок навпіл.

Розв’язок.

Нехай , тоді , .

( - бісектриса).

.

Тому - рівнобедрений, .

Запишемо теорему Менелая для трикутника і прямої :

Трикутники і подібні,

.

Тоді

(1.9.1)

З подібності трикутників і запишемо:

(1.9.2)

З трикутника за властивістю бісектриси:

(1.9.3)

Порівнюючи співвідношення (1.9.1), (1.9.2), (1.9.3) маємо:

Підставимо знайдений результат у теорему Менелая :

,

Тобто , що і треба було довести.

Задачі для самостійної роботи

Задача 1.10 Нехай – медіана трикутника . На взята точка так, що . В якому співвідношенні пряма ділить площу трикутника ?

Розв’язок.

Відношення площ трикутників та дорівнює відношенню відрізків та Застосовуючи теорему Менелая до трикутника ACD та прямої BP, маємо

,

, .

Відповідь: AP:PC=3:2.

Задача 1.11 Три кола різних радіусів розташовані на площині так, що жодне з них не лежить повністю в колі, яке обмежено іншим колом. Кожній парі кіл поставимо у відповідність точку перетину зовнішніх подвійних дотичних. Довести, що одержані три точки лежать на одній прямій.

Доведення.

Нехай радіуси кіл з центрами рівні відповідно . Тоді

,

так як кіла з центрами и гомотетичні відповідно точки С, а відношення радіусів - коефіцієнт гомотетіі.

Аналогічно .

Таким чином , .

З теореми оберненої до теореми Менелая маємо, що точки А,В,С лежать на одній прямій.

Задача 1.12 В бісектриса поділяє в відношенні 2:1. В якому відношенні медіана поділяє цю бісектрису ?

Розв’язок .

Застосовуємо теорему Менелая до трикутника та прямої

.

Так як – медіана, то , звідси

Відповідь: .

Задача 1.13 В правильном трикутнику зі стороною точка –середина , – середина , , . Знайти .

Розв’язок.

Площа правильного трикутника дорівнює .

Розглянемо трапецію , . Знайдемо висоту цієї трапеції:

Оскільки , то , звідки .

За умовою , де – трапеція з висотою , тоді

.

Застосовуємо теорему Менелая до трикутника та прямої :

.

Застосовуємо теорему Менелая до трикутника та прямої :

.

Оскільки , то , звідки .

.

Відповідь:

Задача 1.14 Дан паралелограм . Точка поділяє відрізок в відношені , а точка поділяє відрізок в відношенні . Прямі та перетинаються в точці . Обчислити відношення .

Розв’язок.

Застосуємо теорему Менелая до трикутника та прямої :

(*)

Оскільки , то

Так як

.

Підставляємо в (*): .

Відповідь: .

Задача 1.15 Коло дотикається кола та кола в точках і . Довести, що пряма проходить через точку перетину загальних зовнішніх або загальних внутрішніх дотичних до кіл та .

Доведення.

Нехай – центри кіл ; - точка перетину прямих і . Застосовуючи теорему Менелая до трикутника і точок , знаходимо ,

отже, ,

де – радіуси кіл і відповідно. Отже, – точка перетину загальних зовнішніх або загальних внутрішніх дотичних до кіл і .

Задача 1.16 а) Серединний перпендикуляр до бісектриси трикутника перетинає пряму в точці . Довести, що .

б) Довести, що точки перетину серединних перпендикулярів до бісектрис трикутників і продовжень відповідних сторін лежать на одній прямій.

Доведення.

а) Нехай для визначеності .

Тоді , звідки .

Так як то

.

б) В задачі а) точка лежить на продовженні сторони , так як

.

Тому, використовуючи результат задачі а) і теорему Менелая, одержуємо необхідне.

Задача 1.17 На сторонах чотирикутника (або на їхніх продовженнях) взяті точки . Прямі і перетинаються в точці , прямі і - в точці . Довести, що точка перетину прямих і лежить на прямій .

Доведення.

Нехай - точка перетинання прямих і , - точка перетинання прямих і . Застосовуючи теорем Дезарга до трикутників і , одержуємо, що точки лежать на одній прямій. Виходить, .

Задача 1.18 Задан чотирикутник . Продовження його сторін та перетинаються в точці , продовження сторін та перетинаються в точці . Довести, що середини відрізків лежать на одній прямій.

Доведення.

Нехай – середини відрізків , а точки – середини . Точка лежить на прямій , точка – на прямій , точка – на прямій . Достатньо довести, що

.

Але

,

а останній добуток дорівнює 1 згідно з теоремою Менелая для трикутника та прямої .

Задача 1.19 Пряма Сімсона. Нехай – точка кола, описаного навколо трикутника , а точки – основи перпендикулярів, опущених з точки на прямі . Довести, що точки лежать на одній прямій.

Доведення.

Нехай – відстані від точки , яка взята на дузі описаного кола, до вершин відповідно, а – проекції точки на прямі . Нехай також , , . Тоді орієнтовані відрізки з точністю до знаку такі:

, , , ,

, .

Записуючи їх відношення, приписуючи ним потрібні знаки, та перемножуючи, одержимо рівність

.

Звідси й випливає, що точки лежать на одній прямій.

Задача 1.20 На сторонах та трикутника взято точки та такі, що . Відрізки та перетинаються в точці . Знайти відношення відрізків .

Розв’язок.

Застосуємо теорему Менелая до трикутника та січної . Одержимо

,

оскільки , а , то .

Відповідь: .

Задача 1.21 Довести, що пряма, яка проходить через середини основ трапеції, проходить через точку перетину її діагоналей та точку перетину прямих, які містять бокові сторони (див. рис. а).

Доведення.

1 спосіб.

Нехай - точка перетину прямих, що містять бокові сторони і трапеції , - середина основи , – точка перетину прямої з основою (див. рис. б). Доведемо, що – середина відрізку , тобто точка лежить на прямій, яка проходить через середини основ трапеції.

Оскільки трикутник подібний до трикутника за першою ознакою подібності трикутників ( – спільний, ), то відношення

. Аналогічно, трикутник подібний до трикутника , тому . З цих рівностей одержуємо, що . Так як , то , тобто – середина основи .

Позначимо через точку перетину діагоналей і , а через – точку перетину прямих і (див. рис. в). Аналогічно до попереднього, використовуючи подібність: трикутник подібний до трикутника і трикутник подібний до трикутника , доводиться, що – середина основи . Тобто точка лежить на прямій, що проходить через середини основ трапеції.

2 спосіб.

Нехай задана трапеція з основами і . Застосуємо теорему Менелая до трикутника і трьом точкам (середина основи ), (точка перетину діагоналей і ), (точка перетину прямих і ) (див. рис. в).

, , ,

так як трикутник подібний до трикутника . Звідси випливає, що

,

тому точки лежать на одній прямій. Аналогічно доводиться, що середина відрізка лежить на прямій .

Задача 1.22 Через точку перетину діагоналей чотирикутника проведена січна. Відрізок цієї січної, що замкнений між однією парою протилежних сторін чотирикутника, поділяється точкою навпіл. Довести, що відрізок січної, що замкнений між продовженнями іншої пари протилежних сторін чотирикутника поділяється точкою також навпіл.

Доведення.

Нехай січна зустрічає сторони і чотирикутника в точках і , а продовження сторін і – в точках і . Тоді скориставшись теоремою Менелая для трикутників і , які перетинаються прямими і , одержуємо, що

і .

Тоді

.

Але за умовою , і для чотирикутника і січної згідно з теоремою Менелая маємо

.

Отже, або . Звідси і .

РОЗДІЛ 2

ТЕОРЕМА МЕНЕЛАЯ ДЛЯ ДОВІЛЬНОГО ТЕТРАЕДРА

Досить ефективно при розв’язанні деяких задач застосовується мало відома стереометрична теорема Менелая для довільного тетраедра.

Теорема Менелая для тетраедра. У довільному тетраедрі точки належать ребрам і відповідно (див. рис. 2.1). Для того, щоб точки належали однієї площині, необхідно і достатньо, щоб виконувалось співвідношення

(2.1)

Рис 2.1 До формулювання теореми Менелая для довільного тетраедра

Доведення. Необхідність. Нехай чотирикутник – перетин даного тетраедра деякою площиною . Проведемо – перпендикуляри до площи-ни . Розглянемо «фрагмент» – перетин ребра площиною (див. рис. 2.2).

Рис 2.2 До доведення теореми Менелая

Трикутники та подібні, тому .

Трикутники та подібні, тому .

Трикутники та подібні, тому .

Трикутники та подібні, тому .

Перемножуючи знайдені пропорції, приходимо до рівності:

.

Достатність. Припустимо, що виконується співвідношення (2.1), але точки не лежать в одній площині. Проведемо через точки площину , що перетинає ребро в деякій точці , відмінної від . Тому ,

отже, співвідношення (2.1) для точок виконуватися не буде. Оскільки ми прийшли до протиріччя з вихідною умовою (не виконується рівність (2.1)), то наше припущення невірне й площина пройде через точку .

Теорема доведена.

Наведемо застосування цієї теореми до розв’язання стереометричних задач.

Задача 2.1 У тетраедрі точки належать ребрам і відповідно (див. рис. 2.3), причому і . Через точки проведена площина . У якому відношенні ця площина поділяє об’єм тетраедра?

Рис. 2.3 До задачі 2.1

Розв’язок. Нехай площина перетинає ребро в точці . Чотирикутник – переріз даного тетраедра площиною . Визначимо, у якому відношенні точка поділяє ребро . На підставі співвідношення (2.1) та умови задачі маємо

,

звідки .

У багатограннику проведемо переріз через ребро і вершину . Цей переріз розбиває розглянутий багатогранник на трикутну піраміду і чотирикутну піраміду , яка діагональним перерізом розбивається на дві трикутні піраміди: .

Нехай – площа грані , – довжина висоти тетраедра, проведена з вершини , – об’єм даного тетраедра. Визначимо об’єми трьох отриманих вище трикутних пірамід. Для піраміди :

де – довжина висоти трикутної піраміди , проведена з вершини на площину грані (). Тоді

Нехай далі – площа грані , – довжина висоти даного тетраедра, проведена з вершини на площину грані . Тоді

де – довжина перпендикуляра, проведеного з вершини на площину грані () і

Знайдемо тепер об’єм багатогранника :

Отже, .

У такий спосіб шукане відношення дорівнює 23:40.

Відповідь: 23:40.

Задача 2.2. Об’єм тетраедра дорівнює 5. Через середини ребер проведена площина, яка перетинає ребро в точці . При цьому відношення довжини відрізка до довжини відрізка дорівнює . Знайдіть площу перерізу тетраедра зазначеною площиною, якщо відстань до неї від вершини дорівнює 1.

Рис. 2.4 До задачі 2.2

Розв’язок.

Нехай і – середини ребер відповідно і .

Чотирикутник – заданий за умовою переріз. На підставі теореми Менелая

,

,

звідки .

З'єднаємо точки і , і , і .

Нехай і довжина висоти тетраедра, проведена з вершини На рисунку не наведено), дорівнює . Згідно з умовою задачі . Висота піраміди , проведена з вершини дорівнює .

Знайдемо тепер об’єм піраміди :

Далі нехай і довжина висоти тетраедра, проведена з вершини на грань дорівнює . Тоді об’єм піраміди дорівнює

.

З іншої сторони (враховуючи, що відстань від вершини до площини перерізу за умовою задачі дорівнює 1), маємо

Отже, .

Відповідь: 3.

Задача 2.3 В піраміді проведений переріз так, що точка лежить на ребрі точка – на ребрі , точка – на ребрі , точка – на ребрі . Відомо, що , .

Знайти відношення об’ємів частин, на які площина поділяє піраміду.

Рис 2.5 До задачі 2.3

Розв’язок.

З умови задачі безпосередньо випливає, що

(2.3.1)

(2.3.2)

Нехай , .

Згідно з теоремою Менелая маємо

Враховуючи (2.3.1) і (2.3.2) й прийняті вище позначення одержуємо

,

звідки (2.3.3)

Розділивши обидві частини останньої рівності з умови задачі на , одержуємо

або

(2.3.4)

З (2.3.3) і (2.3.4) складаємо систему

Розв’язуємо цю систему:

і

Розбиваємо багатогранник на три трикутні піраміди: , .

Нехай – площа трикутника , – довжина висоти даної піраміди, проведена з вершини , – об’єм даної піраміди, – довжина висоти піраміди , проведена з вершини . Тоді маємо

Нехай – площа грані , – довжина висоти даної піраміди, проведена з вершини на площину грані , – довжина перпендикуляра, опущеного з точки на площину грані . Тоді маємо

Знайдемо об’єм багатогранника :

Отже, .

Таким чином, шукане відношення дорівнює 17:18.

Відповідь: 17:18.

Задача 2.4 Задана піраміда , основа якої має форму опуклого чотирикутни-ка зі взаємно перпендикулярними діагоналями і . Основа перпендикуляра, опущеного з вершини на основу піраміди, збігається з точкою – перетином діагоналей і . Довести, що основи перпендикулярів, опущених із точки на бічні грані піраміди, лежать на одному колі.

Рис. 2.6 До задачі 2.4

Розв’язок.

Нехай – перпендикуляр до площини , – перпендикуляр до площини , – перпендикуляр до площини . Покажемо, наприклад, що точка – ортоцентр грані . В площині грані проведемо промінь до перетину з ребром в точці . Згідно з умовою, і . Тому .

Згідно з теоремою про три перпендикуляри ( , – похила, –її проекція на ) маємо, що . Аналогічно доводиться, що . Отже, точка – ортоцентр грані .

Аналогічно доводиться, що точки і також є ортоцентрами відповідних граней.

З'єднаємо точки і . Згідно з теоремою про три перпендикуляри . З'єднаємо точки і . Згідно з теоремою про три перпендикуляри .

Оскільки з точки в грані на можна провести тільки один перпендикуляр, то відрізок пройде через точку . Отже, висоти, проведені в гранях і з вершин і на ребро , проходять через точки і відповідно і перетинають ребро в точці .

Аналогічно доводиться, що висоти граней і , проведені з вершин і на ребро , проходять через точки і відповідно і попадають в ту саму точку на ребрі .

Розглянемо трикутник , у якому і (див. рис 2.7)

Рис 2.7

Нехай і . Тоді і .

З :

; ; .

З :

; ; .

Аналогічно розглянемо , нехай (див. рис. 2.8).

Рис 2.8

З ; ;

З ; ;

Точки і належать відповідно ребрам і тетраедра . Розглянемо добуток

З того, що розглянутий добуток дорівнює 1, випливає, що точки і належать однієї площини (назвемо неї ). Побудуємо на , як на діаметрі сферу (на рисунку не наведено). Оскільки , то вершини цих кутів лежать на побудованій сфері. А так як точки і належать також площині , то ці точки лежать на перетині площини зі сферою тобто на колі.

Задачі для самостійної роботи

Задача 2.5 В тетраедрі через середини та ребер та проведена площина, яка перетинає ребра та відповідно в точках та . Площа чотирикутника дорівнює 16, а відношення довжини відрізка до довжини відрізка дорівнює 0,5. Обчислити відстань від вершини до площини , якщо об’єм багатогранника дорівнює 8.

Розв’язок.

Згідно з теоремою Менелая для тетраедра

,

, .

Знайдемо об’єм :

Знаходимо , де - площа , - висота проведена з вершини , - об’єм .

Знаходимо висоту :

Знаходимо площу .

,

,

Тоді

Знайдемо об’єм

,

де - висота, проведена з вершини до , - висота проведена з вершини до .

Знаходимо висоту :

Знаходимо площу .

,

Тоді

Отже,

Тоді

Залишилось знайти

,

де .

Знайдемо площу .

,

Тоді

Отже

Знаходимо відстань від вершини до площини

Відповідь: .

Задача 2.6 В тетраедрі проведено переріз так, що точка лежить на ребрі , точка – на ребрі , точка – на ребрі , точка - на ребрі . Переріз ділить піраміду на дві частини. Знайти відношення об’ємів цих частин, якщо відомі наступні співвідношення між довжинами відрізків

та .

Розв’язок.

Нам треба знайти .

Нехай , відомо .

Згідно з теоремою Менелая для тетраедра

,

, .

З умови задачі маємо

Складаємо систему :

Отже, .

Розбиваємо багатогранник на три трикутні піраміди:

.

Знайдемо об’єм піраміди . Нехай – площа трикутника , – довжина висоти даної піраміди, проведена з вершини , – об’єм піраміди , –довжина висоти піраміди .

Тоді

Знайдемо та .

,

Знайдемо висоту

:

Отже,

Знайдемо об’єм піраміди :

Відомо, що . Знайдемо .

,

Відомо, що

Отже,

Знайдемо об’єм піраміди . Нехай - площа грані , – довжина висоти даної піраміди проведена з вершини на площину грані , –довжина перпендикуляра, опущеного з точки на площину грані .

Тоді

Знайдемо та

,

Отже,

Об’єм багатогранника

.

Отже, .

Остаточно

Відповідь: 37:68.

Задача 2.7 Точки не належать одній площині. Відрізки і поділені точками та так, що , а відрізки і поділені точками та так, що . Довести, що точки та належать одній площині.

Доведення.

Розглянемо добуток . Підставляємо відомі відношення з умови

Це і є необхідна й достатня умова належності точок та одній площині.

Задача 2.8 Площина, яка проходить через середини та ребер та тетраедра , перетинає ребро в точці , а ребро – в точці . Довести, що .

Доведення.

За умовою задачі . Згідно з теоремою Менелая для тетраедра

, .

Задача 2.9 Сфера дотикається сторін просторового чотирикутника в точках відповідно. Довести, що точки лежать в одній площині.

Доведення.

З рівності відрізків дотичних випливає, що

Проведемо площину через точки . Нехай вона перетинає в точці . Тоді

.

Знаходимо, що , але тоді . Отже, точки лежать в одній площині.

РОЗДІЛ 3

ТЕОРЕМИ ЧЕВИ ДЛЯ ТРИКУТНИКА ТА ТЕТРАЕДРА.

ТЕОРЕМА ЧЕВИ В ФОРМІ СИНУСІВ

3.1 Теореми Чеви для трикутника, тетраедра, в формі синусів

Джованні Чева (1648-1734) – італійський математик. Народився в Мілані, більшу частину життя провів в Мантує. Теорема Чеви для трикутника була опублікована в роботі “De lineis rectis se invicem secantibus statica constructio” (1678). В цій роботі Чева також наводить узагальнення теореми Менелая: якщо сторони просторового чотирикутника перетинаються площиною, то на них утворюються вісім відрізків таких, що добуток чотирьох з них, що не мають спільних кінців, дорівнює добутку чотирьох інших.

За допомогою теореми Чеви розв’язуються задачі про трійки прямих, що проходять через одну точку, а також доводяться теореми про перетин трійок прямих в одній точці.

Теорема Чеви для трикутника. Нехай задан трикутник і три прямі, що проходять через його вершини. Пряма, що проходить через вершину , перетинає пряму в точці . Пряма, що проходить через вершину , перетинає пряму в точці . Пряма, що проходить через точку перетинає в точці . Ці прямі проходять через одну точку або паралельні тоді і тільки тоді , коли

(3.1)

Зауваження. Добуток відношень у теоремі Чеви іноді записують так:

(3.2)

Чевіана – це відрізок, який з’єднує вершину трикутника з деякою точкою на протилежній стороні.

Доведення.

Необхідність. Нехай через деяку точку проходять три прямі як показано на рисунку 3.1. Застосуємо теорему Менелая до трикутника , який перетинає пряма

.

Рис. 3.1 До формуліровки теореми Чеви

Аналогічно з трикутника згідно з теоремою Менелая маємо

.

Розділимо перше співвідношення на друге

Залишилося помітити, що

і

Необхідність доведена для випадку прямих, що перетинаються.

Якщо ж прямі і паралельні (див. рис. 3.2), то згідно з теоремою Фалеса маємо

,

.

Перемножуючи пропорції, одержимо

тобто

.

Необхідність доведена в повному обсязі.

Рис. 3.2 До доведення теореми Чеви

Достатність. Нехай для точок і на прямих і виконується співвідношення (3.1), а прямі і перетинаються в точці . Пряма перетинає прямую в деякій точці . По вже доведеному

.

Звідси й зі співвідношення (3.1) випливає , що означає збіг точок і .

Якщо ж прямі і паралельні, то з (3.1) випливає, що і пряма буде їм паралельна. Теорема доведена.

Наслідки з теореми Чеви для трикутника.

В одній точці перетинаються

1. медіани трикутника;

2. висоти трикутника;

3. бісектриси трикутника;

4. відрізки, що з’єднують вершини трикутника з точками дотику вписаного кола (точка Жергонна);

5. відрізки, що з’єднують вершини трикутника з точками дотику відповідних вневписаних кіл (точка Нагеля);

(Вневписане коло трикутника – це коло, що дотикається однієї сторони трикутника та продовженн двох інших його сторін. Для кожного трикутника існує точно три вневписаних кола. Центром вневписаного кола, яке дотикається сторони АВ , є точка перетину бісектрис зовнішніх кутів А та В.)

6. відрізки, що з’єднують вершини трикутника з вершинами правильних трикутників, побудованих на його протилежних сторонах у зовнішню сторону (точка Торричеллі).

Доведення.

1) Оскільки , , , то , отже медіани трикутника перетинаються в одній точці.

2) Розглянемо випадок, коли трикутник гострокутний.

Маємо , , , , , .

Звідси випливає

Якщо трикутник тупокутний, то дві висоти цього трикутника не є чевіанами. У випадку, коли точно один з відрізків є чевіаною, а інші з’єднують вершини з точками продовжень протилежних сторін, при цьому ці відрізки не паралельні, твердження теореми Чеви також виконується. Залишається повторити проведені вище обчислення для тупокутного трикутника.

3) З властивості бісектрис випливають наступні рівності:

, , .

Перемножуючи відповідно ліві та праві частини цих рівностей, одержуємо умову теореми Чеви.

4) З властивостей дотичних, проведених з однієї точки до кола маємо:

, , .

Звідси випливає рівність з теореми Чеви: .

5)

, де - півпериметр трикутника ,

,

Отже, .

Це і означає, що прямі перетинаються в одній точці.

6) Нехай – сторони трикутника . Нехай – вершини правильних трикутників, побудованих на сторонах відповідно, а – точки перетину відрізків з відповідними сторонами або їх продовженнями. Зазначимо, що

,

при цьому знак “мінус” береться в тому випадку, коли точка лежить зовні відрізка . Аналогічно розписуються відношення для точок та . Після перемноження маємо . Наслідки доведено.

Іноді теорему Чеви зручно використовувати, вводячи замість відношень відрізків відношення синусів деяких кутів.

Теорема Чеви в формі синусів. Нехай на сторонах і трикутника взяті точки ,. Прямі і проходять через одну точку або паралельні тоді і тільки тоді, коли

. (3.3)

Доведення.

Ми повинні переписати “в синусах” теорему Чеви. Запишемо її у формі (3.2):

.

Доведемо цю теорему для випадку, коли точки і лежать на сторонах трикутника. Випадки іншого розташування точок вимагають несуттєвих змін міркувань.

Нехай .

Інші позначення зрозумілі з рисунка 3.3.

Рис. 3.3 До доведення теорими Чеви у формі синусів

Застосовуючи теорему синусів до трикутників і , маємо

Або

Аналогічно, застосовуючи теорему синусів до трикутників і , маємо

,

і до трикутників і :

.

Перемножуючи записані співвідношення, знаходимо

Отже, умова нашої теореми рівносильна умові звичайної теореми Чеви.

Теорема доведена.

При доведенні теореми ми не застосовували відношень орієнтованих відрізків. В загальному випадку необхідно розглянути не тільки орієнтовані відрізки, але й орієнтовані кути, припускаючи, наприклад, що і т.п.

Далі наведемо мало відому стереометричну теорему Чеви для довільного тетраедра.

Теорема Чеви для тетраедра. Нехай – точка всередині тетраедра , – точки перетину площин з ребрами відповідно (див. рис. 3.4). Тоді

(3.4)

І навпаки, якщо для точок , що лежать на відповідних ребрах, виконується співвідношення (3.4), то площини проходять через одну точку.

Рис. 3.4 До формуліровки теореми Чеви для тетраедра

Доведення необхідності легко одержати, якщо помітити, що точки (див. рис. 3.4) лежать в одній площині (це площина, що проходить через прямі та , які перетинаються в точці ), і застосувати теорему Менелая.

Обернена теорема доводиться так само, як і обернена теорема Менелая в просторі: необхідно провести площину через точки і довести, що ця площина перетне ребро в точці.

3.2 Застосування теорем Чеви для розв’язання задач

Задача 3.1. Задано трикутник АВС. Як слід побудувати точку О всередині трикутника, щоб площі трикутників АОС, ВОС та АОВ відносилися як 7 : 11 : 13.

Розв’язок.

1 спосіб.

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

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, рахууючи 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 3.2. В трикутник вписано півколо так, що його діаметр лежить на стороні , а дуга дотикається сторін та відповідно в точках та . Довести, що прямі та перетинаються на висоті трикутника.

Доведення.

З умови задачі випливає, що точки та лежать на сторонах трикутника . Отже, достатньо довести, що

Центр півкола з'єднаємо з точками дотику та (див. рисунок). Позначимо через радіус кола, з прямокутних трикутників та знаходимо

.

З прямокутних трикутників та маємо

.

Зазначимо, що відрізки та дотичних до кола рівні, отже отримаємо

.

Отже, згідно з теоремою Чеви прямі та перетинаються в одній точці.

Задача 3.3. Через вершини трикутника і точку , яка лежить всередині трикутника, проведені прямі, що перетинають сторони відповідно в точках , при цьому .

Довести, що , де – площа трикутника .

Як належить обрати точку , щоб площа трикутника була найбільшою?

Розв’язок.

Позначимо площі трикутників , через .

Так як площі двох трикутників, які мають спільний кут, відносяться як добуток сторін, що утворюють цей кут, то

.

Аналогічно , .

Далі знаходимо

.

Підставив в цю рівність знайдені вище значення та прийняв до уваги, що в силу теореми Чеви , одержуємо:

.

Площа трикутника буде найбільшою при мінімальному значенні . Проведемо оцінку цього добутку.

Скористаємося нерівністю нерівність :

,

при цьому рівність має місце тоді й тільки тоді, коли .

Отже, шукана точка – точка перетину медіан трикутника , для якої .

Задача 3.4. Знайти в трикутнику таку точку , щоб добуток мав найбільшу величину ( – точки перетину прямих зі сторонами ).

Розв’язок.

Проведемо медіани трикутника , які перетинаються в точці . Оскільки середнє геометричне двох величин не більше їх середнього арифметичного, то

, , .

Піднесемо кожну нерівність до квадрата та перемножимо:

Згідно з теоремою Чеви маємо

.

Отже,

.

Нерівність перетворюється в рівність у випадку збігу основ прямих Чеви з серединами відповідних сторін, отже, в цьому випадку добуток має найбільшу величину , де – сторони трикутника.Отже, шуканою точкою є точка перетину медіан трикутника.

Задача 3.5. Прямі перетинають сторони трикутника (або їхні продовження) у точках . Довести, що:

а) прямі, що проходять через середини сторін паралельно прямим , перетинаються в одній точці;

б) прямі, що з'єднують середини сторін із серединами відрізків , перетинаються в одній точці.

Доведення.

Нехай – середини сторін . Розглянуті прямі проходять через вершини трикутника , при цьому в задачі а) вони ділять його сторони в таких же відношеннях, у яких прямі ділять сторони трикутника , а в задачі б) – вони ділять їх у зворотних відношеннях. Залишається скористатись теоремою Чеви.

Задача 3.6. На сторонах трикутника взяті точки так, що відрізки перетинаються в одній точці. Прямі і перетинають пряму, що проходить через вершину паралельно стороні , в точках і відповідно. Довести, що .

Доведення.

Оскільки і , то

Тому

Задача 3.7. а) Нехай – довільні кути, при цьому сума будь-яких двох з них менше 180. На сторонах трикутника зовнішнім чином побудовані трикутники , що мають при вершинах кути . Довести, що прямі перетинаються в одній точці.

б) довести аналогічне твердження для трикутників, побудованих на сторонах трикутника внутрішнім чином.

Доведення.

Нехай прямі перетинають прямі в точках .

Якщо і , то

Останній вираз дорівнює у всіх випадках.

Аналогічно записуються вирази для і . Перемножуємо всі вирази і залишається скористатися теоремою Чеви.

Задача 3.8. Прямі перетинають прямі в точках відповідно. Точки обрані на прямих так, що

, , .

Довести, що прямі також перетинаються в одній точці (або паралельні). Такі точці і називають ізотомічно спряженими відносно трикутника .

Доведення очевидним чином випливає з теореми Чеви.

Задача 3.9. На сторонах трикутника взяті точки , при цьому прямі перетинаються в одній точці . Довести, що прямі

симетричні цим прямим відносно відповідних бісектрис, також перетинаються в одній точці . Такі точки і називають ізогонально спряженими відносно трикутника .

Доведення.

Можна вважати, що точки лежать на сторонах трикутника .

Згідно з теоремою Чеви в формі синусів

Оскільки прямі симетричні прямим відносно бісектрис, то , і т.д., тому

Отже,

,

тобто прямі перетинаються в одній точці.

Задачі для самостійної роботи

Задача 3.10. Протилежні сторони опуклого шестикутника попарно паралельні. Довести, що прямі, які з'єднують середини протилежних сторін, перетинаються в одній точці.

Доведення

Нехай діагоналі і даного шестикутника перетинаються в точці ; і – середини сторін і . Оскільки - трапеція, відрізок проходить через точку . Згідно з теоремою синусів

, .

Оскільки і , то .

Аналогічні співвідношення можна записати і для відрізків, які з'єднують середини двох інших пар протилежних сторін. Перемножуючи ці співвідношення, одержуємо необхідне.

Задача 3.11. Через точки і , що лежать на колі, проведено дотичні, які перетина-ються в точці . На дузі взяті точки і . Прямі і перетинаються в точці , і – у точці . Довести, що пряма проходить через точку .

Доведення.

Згідно з теоремою Чеви у формі синусів

Але.

Тому .

З цього випливає, що точки лежать на одній прямій, оскільки функція монотонна по :

Задача 3.12. а) На сторонах рівнобедреного трикутника з основою взяті точки так, що прямі перетинаються в одній точці. Довести, що

б) В середині рівнобедреного трикутника з основою взяті точки і так, що і . Довести, що точки лежать на одній прямій.

Доведення.

а) Згідно з теоремою Чеви

,

а по теоремі синусів

Підставляючи ці чотири рівності в попередню рівність, і враховуючи, що , одержуємо необхідне.

б) Позначимо точки перетину прямих і з основою через і . Потрібно довести, що . З а) випливає, що , тобто .

Задача 3.13. У трикутнику проведені бісектриси . Бісектриси перетинають відрізки та в точках . Довести, що .

Доведення.

Нехай відрізки і перетинають сторону в точках і . Тоді

Якщо – точка перетину бісектрис трикутника , то

,

отже,

.

Помітивши, що , і проводячи аналогічні обчислення для , одержимо .

Оскільки , то .

Задача 3.14. На сторонах трикутника взяті точки , при цьому перетинаються в одній точці. Довести, що .

Доведення

Нехай . Тоді

Згідно з теоремою Чеви

,

тобто .

Крім того,

Отже, .

Задача 3.15. На сторонах трикутника у зовнішню сторону побудовані квадрати. – середини протилежних сторін квадратів, побудованих на відповідно. Довести, що прямі перетинаються в одній точці.

Доведення.

Нехай – точки перетину прямих зі сторонами відповідно.

Відношення дорівнює відношенню висот, які опущено з точок та на сторону , тобто дорівнює відношенню .

Далі,

,

де .

Аналогічно,

, .

Перемножуючи ці рівності, маємо

.

Згідно з теоремою Чеви прямі перетинаються в одній точці.

Задача 3.16. Нехай з точки , яка взята зовні кола, проведені дві дотичні і до кола та дві січні, і нехай та – точки перетину кола з першою січною, а точки та – з другою. Тоді прямі і перетинаються в одній точці.

Доведення.

Застосуємо теорему Чеви до трикутника . Прямі і перетинаються в одній точці, якщо виконується рівність

(*)

Всі кути, що фігурують в останньому співвідношенні, – вписані в задане коло; синуси цих кутів пропорційні довжинам хорд, що стягаються ними (наприклад, , де – радіус кола).Тому рівність (*) еквівалентна такій рівності:

(**)

Покажемо, що (**) насправді виконується. З подоби трикутників й одержуємо . З подоби трикутників і маємо , і нарешті, з подоби трикутників і знаходимо .

Перемножуючи останні три рівності, маємо (*)

.

Задача 3.17. Трикутник вписано в трикутник : вершини лежать на сторонах відповідно. Довести, що якщо прямі, які проведені через вершини трикутника перпендикулярно до відповідних сторін трикутника , перетинаються в одній точці, то прямі, які проведені через вершини трикутника перпендикулярно до відповідних сторін трикутника перетинаються в одній точці.

Доведення.

Нехай прямі, які проходять через вершини трикутника перпендикулярно до відповідних сторін трикутника , перетинаються в точці .

Оскільки точки лежать на колі, побудованому на відрізку як на діаметрі, то . Опустимо з точки перпендикуляр на пряму . Оскільки , то , тобто пряма симетрична прямій відносно бісектриси кута .

Аналогічні міркування для інших кутів показують, що перпендикуляри , які опущені з вершин трикутника на сторони трикутника симетричні прямим відносно бісектрис трикутника . Згідно з задачею 3.9 прямі перетинають в одній точці.

Задача 3.18 (теорема Ван Обеля). На сторонах трикутника взято точки , так що прямі перетинаються в одній точці. Довести, що

.

Доведення.

Нехай прямі перетинають пряму, яка проходить через точку паралельно прямій , в точках і .

Оскільки трикутник подібний до трикутника , трикутник подібний до трикутника за першою ознакою подібності трикутників, то ; . Додавши ці рівності і, враховуючи, що , одержуємо:

.

Далі, трикутник подібний до трикутника і трикутник подібний до трикутника .

Тому ; .

Звідси випливає, що . З цієї рівності і рівності безпосередньо випливає, що

.

Задача 3.19 Задано трикутник . Довести, що чевіани , які ділять його периметр навпіл, перетинаються в одній точці.

Доведення.

Нехай довжини сторін відповідно , тоді число згідно з нерівністю трикутника додатнє і менше .

Нехай точка лежить на стороні і така, що . Зрозуміло, що пряма ділить периметр трикутника навпіл, аналогічно з точками і (можна помітити, що – точки дотику вневписаних кіл трикутника ).

Переконавшись в існуванні потрібних точок, розв’яжемо основну задачу.

Для цього обчислюємо довжини всіх необхідних відрізків.

, , ,

, , .

Зрозуміло, що , отже чевіани перетинаються в одній точці.

РОЗДІЛ 4

ТЕОРЕМИ ЧЕВИ ТА МЕНЕЛАЯ НА ПЛОЩИНІ

Означення. Під кутом між двома векторами і будемо розуміти кут, на який необхідно повернути вектор у додатньому напрямку (проти ходу годинної стрілки) до збігу з напрямком вектора (див. рис. 4.1).

Рис. 4.1 До визначення кута між двома векторами

Нехай для визначеності, що . З означення і властивостей функції випливає, що

.

Розглянемо два трикутники: (позначимо його через ) і , вершини і якого лежать на прямих і відповідно; позначимо трикутник через . Зрозуміло, що вектори і коллінеарні; також коллінеарні й вектори . Введемо для коллінеарних векторів і величину , яка дорівнює відношенню довжин векторів і , взятому зі знаком “+” , якщо вектори і співнаправлені, і зі знаком “–“ у супротивному випадку.

Рис. 4.2

Визначимо для трикутників і величину :

(4.1)

Нехай далі – трійка векторів , які коллінеарні векторам (сторонам трикутника ) – трійка векторів , які коллінеарні векторам і . Визначимо для і величину

(4.2)

Лема. (4.3)

Доведення. Спочатку перевіримо, що та одного знака. Легко переконатися, що зміна напрямку одного з векторів , не змінить величини , тому можна обрати напрямок кожного з них певним чином; наприклад, можна вважати вектори , такими, що збігаються за напрямком з векторами , ,і (див. рис. 4.2) .

У цьому випадку кожний з трьох дробів, що входять у вираз має той самий знак, що і відповідний дріб, який входить у вираз .

Наприклад, дроби

і

будуть додатними, якщо точка розташована між точками і , і від’ємними супротивному випадку (див. рис. 4.2, 4.3).

Рис. 4.3

Залишилось довести, що . Маємо

Перемножуючи ці три рівності, одержимо, що . Лема доведена.

Далі буде необхідна рівність, що безпосередньо випливає з означення :

. (4.4)

Сформулюємо тепер теореми Чеви та Менелая.

Теорема Чеви. Для того, щоб прямі і перетиналися в одній точці, необхідно і достатньо, щоб виконувалась рівність

(4.5)

або еквівалентна рівність

(4.5^/)

Теорема Менелая. Для того, щоб точки лежали на одній прямій, необхідно і достатньо, щоб виконувалась рівність

(4.6)

або еквівалентна рівність

(4.6^/)

Доведення теореми Чеви.

Необхідність. Нехай прямі , перетинаються в одній точці. Доведемо, що виконуються умови (4.5) і (4.5^/).

Якщо прямі і перетинаються в одній точці, то або всі три точки і лежать на сторонах трикутника , або одна з точок лежить на стороні трикутника, а дві інші – на продовженнях відповідних сторін.

У першому випадку всі дроби, що входять у вираз , додатні, а в другому випадку один із трьох дробів, що входить у вираз , додатний, а два інші – від’ємні, так що знову вираз (а отже, і – див. лему) більше нуля.

Доведемо, що (оскільки >0, то з цього буде випливати, що дорівнює одиниці).

Позначимо точку перетину прямих і через (рис. 4.4а).

а)

б)

Рис. 4.4

Застосовуючи теорему синусів, одержимо

,

Перемножуючи ці рівності, знаходимо , тим самим необхідність доведена.

Достатність. Доведення достатності проведемо методом від супротивного.

Припустимо, що , але прямі , і не проходять через одну крапку (див. рис. 4.4б).

Позначимо точку перетину прямих і через , а через – точку перетину прямих і . Оскільки прямі , і перетинаються в одній точці, то

Але за умовою

,

звідки . Так як і точка і точка лежать на прямій , то з цього випливає, що точки та збігаються.

Теорема Чеви доведена.

Доведення теореми Менелая

Необхідність. Відомо, що точки і лежать на одній прямій. Необхідно довести рівності (4.6) та (4.).

Якщо точки і лежать на одній прямій, то або усі вони знаходяться на продовженнях і сторін трикутника , або ж дві з точок знаходяться на відповідних ним сторонах, а третя – на продовженні.

В обох випадках вираження буде від’ємним. Доведемо тепер, що якщо точки – на одній прямій, то (оскільки <0, з цього буде випливати, що ).

Проведемо через точку пряму, паралельну , і позначимо точку її перетину з прямою через (див. рис. 4.5).

Рис. 4.5

Використовуючи подібність, одержимо

Додавши рівність і перемноживши всі три рівності, одержимо, що . Необхідність умов теореми Менелая доведена.

Достатність. Доведення достатності умов (4.6) і (4.) теореми Менелая проводиться аналогічно доведенню достатності умов (4.5) і (4.) теореми Чеви.

Теорема доведена.

ВИСНОВКИ

Розв’язок 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.

Останнім часом у варіантах вступних іспитів все частіше зустрічаються задачі, розв’язок яких суттєво спрощується за допомогою теорем Чеви та Менелая.

Дипломна робота присвячена вивченню теорем Чеви та Менелая на площині та в просторі, доведенню нетривіальних наслідків цих теорем та розв’язанню задач за допомогою цих теорем.

Теорема Менелая має широке застосування при доведенні теорем (наприклад, теорем Дезарга, Паппа, Паскаля, Гаусса 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, при цьому останній спосіб розв’язання задач виявляється більш раціональним (розв’язок задачі займає всього кілька рядків). Зазначимо, що при розв’язку задач найскладнішою справою є пошук трикутника, до якого слід застосувати теорему Менелая.

Теореми Чеви використовується при розв’язуванні задач про трійки прямих, що проходять через одну точку, а також при доведенні теорем про перетин трійок прямих в одній точці.

В роботі також розглянуто аналоги теорем Чеви та Менелая в просторі.

Наведені в дипломній роботі задачі (розв’язано 50 задач) можуть бути використані при позакласній роботі з учнями (на заняттях гуртків, при проведенні математичних олімпіад, для індивідуальної роботи з найбільш здатними учнями).

СПИСОК ВИКОРИСТАНОЇ ЛІТЕРАТУРИ

1. Атанасян Л.С., Денисова Н.С., Силаев Е.В. Курс элементарной геометрии. 1 часть. Планиметрия. – М.: Сантакс-Пресс, 1997. – 304 с.

2. Буник І. Теорема Менелая // Математика. – №15(315), квітень, 2005. – с.17-21.

3. Габович И. Теорема Менелая для тетраэдра // КВАНТ, №6, 1996, с. 34-36.

4. Готман Э.Г., Скопец З.А. Задача одна – решения разные.–К.: Рад. шк.–1988.–173с.

5. Егоров А. Теоремы Чевы и Менелая // КВАНТ, №3, 2004, с.35-38.

6. Зетель С.И. Новая геометрия треугольника. – М., – 1962. – С. 151.

7. Карп А.П. Даю уроки математики…: Кн. для учителя: Из опыта работы. – М.: Просвещение, 1992. – 191 с.

8. Коксетер Г.С., Грейтцер С.Л. Новые встречи с геометрией. – М.: Наука, 1978. – 223 с.

9. Куланин Е. Об одной трудной геометрической задаче // КВАНТ, №7,1992.–с.46-50

10. Орач Б. Теорема Менелая // КВАНТ, №3, 1991, с. 52-55.

11. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии, ч.1. – М.: Наука, 1986. – 272 с.

12. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии, ч.2. – М.: Наука, 1991. – 240 с.

13. Прасолов В.В., Шарыгин И.Ф. Задачи по стереометрии.–М.: Наука, 1989. – 288 с.

14. Скопец З.А., Жаров В.А. Задачи и теоремы по геометрии (планиметрия). – М., 1962. – 162 с.

15. Скопец З.А., Понарин Я.П. Геометрия тетраэдра и его элементов. – Ярославль, 1974. – 239 с.

16. Страшевич С., Бровкин Е. Польские математические олимпиады. Пер. с польск. Ю.А. Данилова под ред. В.М. Алексеева. – М.: Мир, 1978. – 338 с.

17. Шарыгин И. Ф. Теоремы Чевы и Менелая // КВАНТ, №11, 1976.

18. Шарыгин И.Ф. Задачи по геометрии: Планиметрия. – М.: Наука, 1986.

19. Шклярский Д.О., Ченцов Н.Н., Яглом И.М. Избранные задачи и теоремы планиметрии. – М.: Наука, 1967.

20. Эрдниев Б., Манцаев Н. Теоремы Чевы и Менелая // КВАНТ, №3, 1990, с. 56-59.