Общ урок върху теоремите на Менелай и Чева. Симетрали на триъгълник Симетрали на ъгли aa1 и bb1

От училище знаем, че трите ъглополовящи на вътрешните ъгли на триъгълник се пресичат в една точка – центърът на окръжността, вписана в този триъгълник.

Теорема 1.Симетрала на ъгъл Атриъгълник ABCпресечната точка на ъглополовящите е разделена в отношението , като се брои от страната, където a, b, c– дължини на страните BC, AC, ABсъответно.

Доказателство.Позволявам АА 1 и BB 1 – ъглополовящи АИ INсъответно в триъгълник ABC, Л– тяхната пресечна точка, a, b, c– дължини на страните BC, AC, ABсъответно (фиг. 62). След това, чрез теоремата за ъглополовящата, приложена към триъгълник ABCще има

Или b VA 1 = ac – с VA 1, или Вирджиния 1 (b + c)= ac, означава, Вирджиния 1 = с.Със същата теорема, приложена към триъгълник AVA 1 получаваме А 1 Л : Ел Ей = : с, или = .

Теорема 2.Ако Л ABCкръг, тогава

Ð ALB= 90° + Р С.

Доказателство.Като се има предвид, че сборът от ъглите на триъгълник е 180° и че центърът Лвписан кръг е пресечната точка на ъглополовящите на триъгълника, ще имаме (фиг. 62):

Ð ALB= 180° – ( Ð ABL + Ð VAL) = 180° – ( Ð ABC + Ð VAS) =

180° – (180° – Ð C) = 180° – 90° + Р С= 90° + Р С.

Теорема 3.Ако Л– точка върху ъглополовящата на ъгъла СЪСтриъгълник ABCтакова, че Ð ALB= 90° + Р С, Че Л– център на вписан триъгълник ABCкръг.

Доказателство.Нека докажем, че нито една от точките Л 1 между ° СИ Лне може да бъде център на вписана окръжност (фиг. 62а).

Ние имаме Ð AL 1 СЪС 1 < Ð ALC 1, тъй като външният ъгъл на триъгълника АЛ 1 Лпо-голям от всеки вътрешен ъгъл, който не е съседен на него. Също Ð VL 1 СЪС < Р ВЛС 1 .

Ето защо Ð AL 1 IN < Ð ALB= 90° + Р С. означава, Л 1 не е център на вписаната окръжност, тъй като условието за знака на центъра на вписаната окръжност не е изпълнено (виж теорема 2).

Ако точката Л 2 върху ъглополовящата СС 1 не принадлежи към сегмента CL, Че Ð AL 2 IN > Ð ALB= 90° + Р Си отново не е изпълнено условието за знака на центъра на вписаната окръжност. Това означава, че центърът на вписаната окръжност е точката Л.

Теорема 4.Разстоянието от върха на триъгълника до точката на допиране на вписаната окръжност със страната, минаваща през този връх, е равно на полупериметъра на този триъгълник, намален с противоположната страна.

Доказателство.Позволявам А 1 , IN 1 , СЪС 1 – точки на допиране на вписаната окръжност със страните на триъгълника ABC(фиг. 63), a, b, c– дължини на страните BC, AC, ABсъответно.

Позволявам AC 1 = х, Тогава AB 1 = х, слънце 1 = c – x = Вирджиния 1 , IN 1 СЪС = b – x = CA 1 ,

a = BC = VA 1 + SA 1 = (c – x) + (b – x) = c + b – 2 х.

Тогава a + a = a + b + c – 2 х, или 2 А = 2 Р – 2 х, или x = p – a.

Теорема 5.Във всеки триъгълник ABCпрез точката Лпресечната точка на ъглополовящите на двата му външни ъгъла минава през ъглополовящата на третия ъгъл, а точката Ле на равни разстояния от линиите, съдържащи страните на триъгълника.

Доказателство.Позволявам Л– пресечната точка на два външни ъгъла INИ СЪСтриъгълник ABC(фиг. 64). Тъй като всяка точка на ъглополовящата е на същото разстояние от страните на ъгъла, тогава точката Л ABИ слънце, тъй като принадлежи на ъглополовящата ВL. Намира се на същото разстояние от правите линии слънцеИ AC, тъй като принадлежи на ъглополовящата CL. Следователно точка Ле на същото разстояние между прави линии А ТИИ слънце. Тъй като точката Ле на същото разстояние от линиите ABИ AC, Че АД– ъглополовяща ВИЕ.

Окръжност, която докосва страна на триъгълник и продълженията на другите две страни, се нарича извънокръжност на този триъгълник.

Следствие 1.Центровете на окръжности, ексцентрични към триъгълник, са разположени в точките на пресичане на двойки ъглополовящи на външните му ъгли.

Теорема 6.Радиусът на окръжност, вписана в триъгълник, е равен на съотношението на страната на този триъгълник и косинуса на половината от противоположния ъгъл, умножени по синусите на половините на другите два ъгъла.

• повтарят и обобщават изучените теореми;
• обмислят използването им при решаването на редица проблеми;
• подготовка на студенти за приемни изпити във ВУЗ;
• култивирайте естетическото изпълнение на чертежи за задачи.

Оборудване: мултимедиен проектор. Приложение 1 .

По време на часовете:

1. Организационен момент.

2. Проверка на домашното:

• доказателство на теореми – 2 студенти + 2 студенти – консултанти (проверяващи);
• решаване на домашни задачи – 3 ученици;
• работа с класа - устно решаване на задачи:

Точка C 1 разделя страната AB на триъгълника ABC в съотношение 2:1. Точка B 1 лежи върху продължението на страната AC отвъд точка C и AC = CB 1. В какво отношение правата B 1 C 1 дели страната BC? (на слайд 2).

Решение: По условие Използвайки теоремата на Менелай, намираме: .

В триъгълник ABC AD е медианата, точка O е средата на медианата. Правата BO пресича страната AC в точка K.

В какво отношение точка K дели AC, считано от точка A? (на слайд 3).

Решение:Нека ВD = DC = a, АО = ОD = m. Правата BK пресича две страни и продължението на третата страна на триъгълник ADC. Според теоремата на Менелай .

В триъгълник ABC на страната BC е взета точка N така, че NC = 3ВN; в продължението на страната AC точка M се приема за точка A, така че MA = AC. Правата MN пресича страната AB в точка F. Намерете отношението. (на слайд 4).

Решение: Според условията на задачата MA = AC, NC = 3 ВN. Нека MA = AC = b, BN = k, NC = 3k. Правата MN пресича двете страни на триъгълник ABC и продължението на третата. Според теоремата на Менелай

Точка N е взета от страна PQ на триъгълник PQR, а точка L е взета от страна PR, като NQ = LR. Пресечната точка на отсечките QL и NR разделя QR в съотношение m:n, считано от точка Q. Намерете PN:PR. (на слайд 5).

Решение: По условие NQ = LR, . Нека NA = LR = a, QF = km, LF = kn. Правата NR пресича две страни на триъгълник PQL и продължението на третата. Според теоремата на Менелай

3. Упражняване на практически умения.

1. Решаване на проблеми:

Докажете теоремата: Медианите на триъгълник се пресичат в една точка; точката на пресичане разделя всеки от тях в съотношение 2:1, считано от върха. (Фигура 1, слайд 6).

Доказателство: Нека AM 1, VM 2, CM 3 са медианите на триъгълник ABC. За да се докаже, че тези сегменти се пресичат в една точка, достатъчно е да се покаже това Тогава, съгласно (обратната) теорема на Чева, отсечките AM 1, VM 2 и CM 3 се пресичат в една точка. Ние имаме:

И така, доказано е, че медианите на триъгълник се пресичат в една точка.

Нека O е пресечната точка на медианите. Правата M 3 C пресича двете страни на триъгълник ABM 2 и продължението на третата страна на този триъгълник. Според теоремата на Менелай

или .

Разглеждайки теоремата на Менелай за триъгълници AM 1 C и AM 2 C, получаваме това

. Теоремата е доказана.

Докажете теоремата: Симетралите на триъгълник се пресичат в една точка.(Фигура 2, слайд 6).

Доказателство: Достатъчно е да покажете това . Тогава, по (обратната) теорема на Ceva, AL 1, BL 2, CL 3 се пресичат в една точка. Според свойството на ъглополовящите на триъгълник:

. Умножавайки получените равенства член по член, получаваме: . И така, за ъглополовящите на триъгълник равенството на Чева е изпълнено, следователно те се пресичат в една точка. Теоремата е доказана.

Проблем 7

Докажете теоремата: Височините на остроъгълен триъгълник се пресичат в една точка.(Фигура 3, слайд 6).

Доказателство: Нека AH 1, AH 2, AH 3 са височините на триъгълник ABC със страни a, b, c. Използвайки Питагоровата теорема, от правоъгълни триъгълници ABN 2 и BSN 2 изразяваме съответно квадрата на общия катет BN 2, като означаваме AH 2 = x, CH 2 = b – x.

(VN 2) 2 = c 2 – x 2 и (VN 2) 2 = a 2 – (b – x) 2. приравнявайки десните части на получените равенства, получаваме c 2 – x 2 = a 2 – (b – x) 2, откъдето x =.

Тогава b –x = b - = .

И така, AN 2 = , CH 2 = .

Разсъждавайки по подобен начин за правоъгълни триъгълници ASN 2 и VSN 3, VAN 1 и SAN 1, получаваме AN 3 =, VN 3 = и VN 1 =,

За да докажем теоремата е достатъчно да покажем, че . Тогава, съгласно (обратната) теорема на Чева, отсечките AN 1, VN 2 и CH 3 се пресичат в една точка. Замествайки в лявата част на равенството изразите за дължините на отсечките AN 3, VN 3, VN 1, CH 1, CH 2 и AN 2 през a, b, c, се убеждаваме, че равенството на Чева за надморските височини на триъгълникът е удовлетворен. Теоремата е доказана.

Задачи 5 – 7 самостоятелно решение от 3 ученика. (рисунки на екрана).

2. други:

Докажете теоремата: Ако в триъгълник е вписана окръжност, то отсечките, свързващи върховете на триъгълника с допирните точки на противоположните страни, се пресичат в една точка. (Фигура 4, слайд 6).

Доказателство: Нека A 1, B 1 и C 1 са допирателните точки на вписаната окръжност на триъгълник ABC. За да се докаже, че отсечките AA 1, BB 1 и CC 1 се пресичат в една точка, е достатъчно да се покаже, че е валидно равенството на Чева:

. Използвайки свойството на допирателните, изтеглени от една точка, въвеждаме обозначението: BC 1 = BA 1 = x, CA 1 = CB 1 = y, AB 1 = AC 1 = z.

. Равенството на Чева е изпълнено, което означава, че посочените отсечки (ъглополовящи на триъгълника) се пресичат в една точка. Тази точка се нарича точка Гергон. Теоремата е доказана.

3. Анализ на задачи 5, 6, 7.

Проблем 9

Нека AD е медианата на триъгълник ABC. От страната AD е взета точка K, така че AK: KD = 3: 1. Правата BK разделя триъгълника ABC на две. Намерете отношението на площите на тези триъгълници. (Фигура 1 на слайд 7)

Решение: Нека AD = DC = a, KD = m, тогава AK = 3m. Нека P е пресечната точка на права BK със страна AC. Трябва да намерите връзка. Тъй като триъгълниците ABP и RVS имат равни височини, изтеглени от върха B, тогава = . Според теоремата на Менелай за триъгълник ADC и секуща PB имаме: . И така, = .

Проблем 10

В триъгълник ABC, описан около окръжност, AB = 8, BC = 5, AC = 4. A 1 и C 1 са допирни точки, принадлежащи съответно на страните BC и BA. P – точка на пресичане на сегменти AA 1 и CC 1. Точка P лежи на ъглополовящата BB 1. Намерете AR: RA 1.

(на слайд 7 фигура 2)

Решение: Допирната точка на окръжността със страната AC не съвпада с B1, тъй като триъгълник ABC е мащабен. Нека C 1 B = x, тогава, използвайки свойството на допирателните, начертани към окръжност от една точка, въвеждаме обозначението (виж фигурата) 8 – x + 5 – x = 4, x = .

Това означава C 1 B = VA 1 = , A 1 C = 5 - = , AC 1 = 8 - = .

В триъгълник ABA 1 правата C 1 C пресича двете му страни и продължението на третата страна. Според теоремата на Менелай .

Отговор: 70:9.

Страните на триъгълника са 5, 6 и 7. Намерете съотношението на отсечките, на които е разделена ъглополовящата на по-големия ъгъл на този триъгълник от центъра на окръжността, вписана в триъгълника. (на слайд 7).

Решение: Нека AB = 5, BC = 7, AC = 6 в триъгълник ABC Ъгъл BAC лежи срещу по-голямата страна в триъгълник ABC, което означава, че ъгъл BAC е по-големият ъгъл на триъгълника. Центърът на вписаната окръжност на триъгълник лежи в пресечната точка на ъглополовящите. Нека O е пресечната точка на ъглополовящите. Трябва да намерите AO: OD. Тъй като AD ​​е ъглополовящата на триъгълник ABC, тоест BD = 5k, DC = 6k. тъй като BF е ъглополовящата на триъгълник ABC, тоест AF = 5m, FC = 7m. Правата BF пресича две страни и продължението на третата страна на триъгълник ADC. Според теоремата на Менелай .

4. Самостоятелно решаване на задачи 9, 10, 11.– 3 ученици.

Задача 12 (за всички останали ученици в класа):

Симетралите BE и AD на триъгълник ABC се пресичат в точка Q. Намерете лицето на триъгълника ABC, ако лицето на триъгълника BQD = 1, 2AC = 3 AB, 3BC = 4 AB. (Фигура 4 на слайд 7).

Решение: Нека AB = a, тогава AC = , BC = . Тогава AD е ъглополовящата на триъгълник ABC , тоест BD = 2p, DC = 3p. Тогава BE е ъглополовяща на триъгълник ABC , AE = 3 k, EC = 4k. В триъгълник BEC правата AD пресича две от страните му и продължението на третата страна. Според теоремата на Менелай . . .тоест EQ = 9m, QB = 14m. Триъгълниците QBD и EBC имат общ ъгъл, което означава , S EBC = .

Триъгълниците ABC и BEC имат равни височини, изтеглени от върха B, което означава , тогава S ABC = .

5. Анализ на задачи 9, 10, 11.

Решаване на проблеми – семинар:

A. Върху страните BC, CA, AB на равнобедрения триъгълник ABC с основа AB са взети точки A 1, B 1, C 1, така че правите AA 1, BB 1, CC 1 са съревнователни.

Докажи това

Доказателство:

По теоремата на Ceva имаме: (1).

Според закона на синусите: , от където CA 1 = CA.,

, от където A 1 B = AB. , ,

откъдето AB 1 = AB. , , от където B 1 C = BC. , тъй като CA = BC по условие. Замествайки получените равенства в равенство (1), получаваме:

Q.E.D.

B. На страната AC на триъгълника ABC е взета точка M, така че AM = ?AC, а на продължението на страната BC има точка N, така че BN = CB. В какво отношение точката P, пресечната точка на отсечките AB и MN, разделя всяка от тези отсечки?

Според теоремата на Менелай за триъгълник ABC и секуща MN имаме:

. По условие следователно,

от 0.5. (-2) . x = 1, - 2x = - 2, x = 1.

За триъгълник MNC и секанс AB според теоремата на Менелай имаме: по условие

означава, - , от където, .

8. Самостоятелно решаване на проблеми: Вариант 1:

1. Върху продълженията на страни AB, BC, AC на триъгълник ABC са взети съответно точки C 1, A 1, B 1, така че AB = BC 1, BC = CA 1, CA = AB 1. Намерете отношението, в което правата AB 1 дели страната A 1 C 1 на триъгълник A 1 B 1 C 1. (3 точки).

2. На медианата CC 1 на триъгълник ABC е взета точка M. Правите AM и BM пресичат страните на триъгълника съответно в точки A 1 и B 1. Докажете, че правите AB и A 1 B 1 са успоредни. (3 точки).

3. Нека точките C 1, A 1 и B 1 са взети съответно върху продължението на страните AB, BC и AC на триъгълник ABC.Докажете, че точките A 1, B 1, C 1 лежат на една и съща права тогава и само ако равенството е в сила . (4 точки).

6. Нека точките C 1, A 1 и B 1 са взети съответно от страните AB, BC и AC на триъгълника ABC, така че правите AA 1, BB 1, CC 1 се пресичат в точка O. Докажете, че е изпълнено равенството . (5 точки).

7 . Нека на ръбовете AB, BC, CD и AD на тетраедъра ABCD са взети съответно точки A 1, B 1, C 1, D 1. Докажете, че точките A 1, B 1, C 1, D 1 лежат в едно и също равнина, ако и само ако , когато равенството е изпълнено (5 точки).

Вариант 2:

1. Точките A 1 и B 1 разделят страните BC и AC на триъгълника ABC в съотношения 2: 1 и 1: 2. Правите AA 1 и BB 1 се пресичат в точка O. Площта на триъгълника ABC е равна на 1. Намерете площта на триъгълника OBC. (3 точки).

2. Отсечката MN, свързваща средите на страните AD и BC на четириъгълника ABCD, е разделена с диагонали на три равни части. Докажете, че ABCD е трапец, една от основите AB или CD, която е два пъти по-голяма от другата. (3 точки).

3. Нека точките C 1, A 1 и B 1 са взети съответно на страната AB и продължението на страните BC и AC на триъгълника ABC. Докажете, че правите AA 1, BB 1, СС 1 се пресичат в една точка или са успоредни тогава и само тогава, когато е изпълнено равенството . (4 точки).

4. Използвайки теоремата на Чева, докажете, че височините на триъгълник или техните продължения се пресичат в една точка. (4 точки).

5. Докажете, че правите, минаващи през върховете на триъгълника и допирателните точки на вписани окръжности, се пресичат в една точка (точка на Нагел). (Окръжност се нарича извънокръжност в триъгълник, ако докосва едната страна на този триъгълник и продълженията на другите му две страни). (5 точки).

6. Нека точките C 1, A 1, B 1 са взети съответно от страните AB, BC и AC на триъгълника ABC, така че правите AA 1, BB 1 и CC 1 се пресичат в точка O. Докажете, че е изпълнено равенството . (5 точки).

7. Нека на ребрата AB, BC, CD и AD на тетраедъра ABCD са взети съответно точки A 1, B 1, C 1, D 1. Докажете, че точките A 1, B 1, C 1, D 1 лежат в същата равнина тогава и само когато е изпълнено равенството (5 точки).

9. Домашна работа: учебник § 3, № 855, № 861, № 859.

"Видове триъгълници"- Видове триъгълници. Въз основа на сравнителната дължина на страните се разграничават следните видове триъгълници. Въз основа на размера на ъглите се разграничават следните видове. Точките се наричат ​​върхове, а отсечките се наричат ​​страни.

"Ъгли на триъгълник"- Остроъгълен триъгълник. Може ли един триъгълник да има два прави ъгъла? Равностранен триъгълник. Равнобедрен триъгълник. Правоъгълен триъгълник. Тъп триъгълник. Може ли един триъгълник да има два тъпи ъгъла? В равностранен триъгълник ъглите са равни на 600. В правоъгълен равнобедрен триъгълник острите ъгли са равни на 450.

„Уроци по геометрия в 7 клас” - Решаване на задачи.” Крака BC и SA. Работете по готови чертежи. „Сбора от ъглите на триъгълник. Нов материал. Правоъгълен триъгълник. Задача No1. Решаване на задачи с помощта на готови чертежи. № 232 (устен), № 231. Докажете: ъгъл ABC е по-малък от ъгъл ADC. Устен изпит. Урок по геометрия в 7 клас. Хипотенуза AB.

"Правоъгълен триъгълник"- Информацията за Евклид е изключително оскъдна. Триъгълникът е многоъгълник с три страни (или три ъгъла). Евклид е автор на трудове по астрономия, оптика, музика и др. Външният ъгъл на триъгълника е равен на сбора от вътрешните ъгли, които не са съседни на него. Евклид е първият математик от Александрийската школа. Дефиниции. Контролен тест.

„Равнобедрен триъгълник и неговите свойства“- Назовете основата и страните на тези триъгълници. Намерете стойността на ъгъл 1, ако стойността на ъгъл 2 е 40 градуса? A, C – ъгли при основата на равнобедрен триъгълник. Равни ли са триъгълниците? Къде в живота се срещат равнобедрени триъгълници? AM – медиана. ТРИЪГЪЛНИК, на който всички страни са равни, се нарича РАВНОСТРАНЕН.

"Геометричен правоъгълен триъгълник"- Египетски числа: Изчислете площта на триъгълния парцел на египетски селянин. Геодезисти. Какво са наричали египтяните правоъгълен триъгълник? Египетски строители: Крат и хипотенуза в Египет Питагор: Крат и хипотенуза в геометрията. Въпроси от геодезисти: - Катетът е по-голям от хипотенузата. Кракът срещу ъгъла от 60 градуса е равен на половината от хипотенузата.