Поможем в ✍️ написании учебной работы

Имя

Поможем с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой

Выберите тип работыЧасть дипломаДипломная работаКурсовая работаКонтрольная работаРешение задачРефератНаучно - исследовательская работаОтчет по практикеОтветы на билетыТест/экзамен onlineМонографияЭссеДокладКомпьютерный набор текстаКомпьютерный чертежРецензияПереводРепетиторБизнес-планКонспектыПроверка качестваЭкзамен на сайтеАспирантский рефератМагистерская работаНаучная статьяНаучный трудТехническая редакция текстаЧертеж от рукиДиаграммы, таблицыПрезентация к защитеТезисный планРечь к дипломуДоработка заказа клиентаОтзыв на дипломПубликация статьи в ВАКПубликация статьи в ScopusДипломная работа MBAПовышение оригинальностиКопирайтингДругое

Нажимая кнопку "Продолжить", я принимаю политику конфиденциальности

 

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