previous arrow
next arrow
Slider

Теорема Менелая, теорема Чевы – нужны на ЕГЭ или нет?

Анна Малкова

Эти две полезные теоремы – теорема Менелая и теорема Чевы - чаще применяются при решении олимпиадных задач, чем на ЕГЭ по математике. Однако в 2020 году в ряде вариантов ЕГЭ обнаружилась задача по планиметрии (№16), которую на первый взгляд невозможно решить без теоремы Менелая или теоремы Чевы. Но на самом деле, конечно, возможно. Например, в Санкт-Петербурге попались такие задачи.

Разберемся, что это за теоремы и как применяются. И действительно ли на ЕГЭ дали задачи на применение теорем, выходящих за рамки школьной программы. И можно ли эти задачи решить по-другому?

Теорема Менелая:

Пусть прямая пересекает произвольный треугольник ABC, причем C_1 – точка ее пересечения со стороной ABC, A_1 – точка ее пересечения со стороной BC, и B_1 – точка ее пересечения с продолжением стороны AC.

Тогда выполняется равенство:

\displaystyle \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1.

Как это запомнить? Сначала рисуем треугольник ABC. Затем прямую, пересекающую две его стороны и продолжение третьей. На этой прямой лежат точки C_1, A_1 и B_1, причем на стороне AB должна лежать точка C_1, на стороне BC – точка A_1 и на продолжении AC – точка B_1.

Затем записываем равенство так, как будто «обходим» весь треугольник ABC, от точки A к точкам B и C, и затем возвращаемся в точку A. Но по дороге нам встречаются точки C_1, A_1 и B_1 – их тоже включаем в формулу.

Один из учащихся нашей ЕГЭ-Студии предложил такое мнемоническое правило: пусть точки A, B и C – это города, а точки C_1, A_1 и B_1 – заправки, где можно пополнить запас бензина. Тогда правило звучит так: «Едем из города в город, заезжаем на заправку!»Возможно, вы придумаете свое правило : -)

В некоторых задачах полезна обратная теорема Менелая.

Теорема (Менелая, обратная). Пусть дан треугольник ABC. Предположим, что точка C_1 лежит на стороне AB, точка A_1 лежит на стороне BC, а точка B_1 лежит на продолжении стороны AC, причём про эти точки известно, что

\displaystyle \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1.

Тогда эти точки лежат на одной прямой.

Как правило, не так-то просто бывает доказать, что три точки лежат на одной прямой. Обычно мы используем для доказательства такого факта косвенные методы. Например, если для точек A, \,   B и C выполняется равенство: AB + BC = AC – то это означает, что точка B лежит на отрезке AC. Или, если нам удается доказать, что угол ABC – развернутый, это и будет означать, что точки A, \, B и C лежат на одной прямой. Обратная теорема Менелая дает еще один способ доказательства того, что три точки – в данном случае A_1, \, B_1 и C_1 – лежат на одной прямой.

Теорема Чевы

Пусть точки A_1, \, B_1 и C_1 лежат соответственно на сторонах BC, \, AC и AB треугольника ABC, причем отрезки AA_1, \, BB_1 и CC_1 пересекаются в одной точке. В этом случае выполняется равенство:

\displaystyle \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1.

Обратная теорема Чевы:

Теорема (Чевы, обратная). Пусть точки A_1, B_1, C_1 лежат соответственно на сторонах BC, AC и AB треугольника ABC, причём

\displaystyle \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1.

Тогда отрезки AA_1, \, BB_1 и CC_1 пересекаются в одной точке.

Как применяются теоремы Менелая и Чевы?

Вот задача Профильного ЕГЭ по математике 2020 года (№16), Санкт-Петербургский вариант.

На сторонах AB, \, BC и AC треугольника ABC отмечены точки C_1, \, A_1 и B_1 соответственно, причём AC_1 : C_1B = 8 : 3, BA_1 : A_1C = 1 : 2, CB_1 : B_1A = 3 : 1. Отрезки BB_1 и CC1 пересекаются в точке D.

а) Докажите, что ADA_1B_1 — параллелограмм.
б) Найдите CD, если отрезки AD и BC перпендикулярны, AC = 28, \, BC = 18.

Докажем пункт (а) с помощью теоремы Менелая:

Пусть (AD) \cap BC = A_2.

По теореме Чевы,

\displaystyle \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_2}{A_2C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1.

\displaystyle \frac{8}{3} \cdot \frac{BA_2}{A_2C} \cdot \frac{3}{1} = 1

\displaystyle \frac{BA_2}{A_2C} = \frac{1}{8}, тогда

\displaystyle BA_2 = \frac{1}{9}BC

\displaystyle A_2A_1 = \left ( \frac{1}{3} - \frac{1}{9} \right ) BC = \frac{2}{9}BC,

\displaystyle A_1C = \frac{2}{3}BC, тогда \displaystyle A_2A_1 = \frac{1}{3}A_1C

\displaystyle A_1C : A_2C = B_1C : AC = \frac{3}{4},

Это значит, что \triangle A_1CB_1 \sim \triangle A_2CA по двум углам и AA_2 \parallel B_1A_1, то есть AD \parallel B_1A_1.

Рассмотрим треугольник ABB_1.

Прямая C_1C пересекает две его стороны и продолжение третьей стороны AB_1.

По теореме Менелая,

\displaystyle \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BD}{DB_1} \cdot \frac{B_1C}{AC} = 1

\displaystyle \frac{8}{3} \cdot \frac{BD}{DB_1} = \frac{3}{4} = 1;

\displaystyle \frac{BD}{DB_1} = \frac{1}{2} = \frac{BA_1}{A_1C};

тогда \displaystyle \frac{BD}{BB_1} = \frac{BA_1}{BC} = \frac{1}{3},

\triangle BDA_1 \sim \triangle BB_1C по углу и двум сторонам, отсюда

\angle BDA_1 = \angle BB_1C_1, \, DA_1 \parallel B_1C.

Мы получили:

AD \parallel B_1A_1

DA_1 \parallel AB_1, \, ADA_1B_1 — параллелограмм по определению.

Мы доказали то, что требовалось в пункте (а).
Но что делать, если теоремы Менелая и Чевы вы не проходили в школе? Ничего страшного, докажем без теорем Менелая и Чевы. Их легко заменят подобные треугольники.

Обозначим

AC_1 = 8x, \, BC_1 = 3x,

BA_1 = y, \, A_1C = 2y,

AB_1 = z, \, B_1C = 3z.

Докажем, что ADA_1B_1 — параллелограмм.

Пусть K — середина AC.

Тогда AK = KC = 2z, \, B_1K = z

Тогда \triangle A_1CK \sim \triangle BCB_1 по углу и двум пропорциональным сторонам,

A_1K \parallel BB_1.

Проведём AN \parallel BB_1,

По теореме Фалеса BN = y.

Пусть CC_1 \cap AN = p.

\triangle APC_1 \sim \triangle BDC_1 по двум углам;

\displaystyle \frac{AP}{BD} = \frac{AC_1}{BC_1} = \frac{8}{3}.

Пусть AP = 8k,

BD = 3k.

\triangle B_1CD \sim \triangle ACP по 2 углам, \displaystyle \frac{AP}{B_1D} = \frac{AC}{B_1C} = \frac{4}{3},
тогда \displaystyle B_1D = \frac{3}{4}AP = 6k,

\displaystyle \frac{BD}{B_1D} = \frac{1}{2}.

Это значит, что \triangle BDA_1 \sim \triangle BB_1C по углу и двум сторонам и A_1D \parallel AC.

При этом \displaystyle A_1D = \frac{1}{3}B_1C = Z = AB_1.

Получим, что в четырёхугольнике ADA_1B_1:

AB_1 \parallel A_1D
AB_1 = A_1D

Значит, ADA_1B_1 — параллелограмм.

Как видим, эти решения примерно одного уровня сложности.
А вот в пункте (б) нет необходимости применять теоремы Чевы и Менелая. Он легко решается с помощью обычной школьной геометрии.

б) Найдём CD, если AD \perp BC, \, AC = 28, \, BC=18.

Поскольку A_1B_1 \parallel AD, получим, что A_1B_1 \perp BC, \, \triangle A_1B_1C — прямоугольный.

Мы доказали в пункте (а), что B_1DA_1C — трапеция, причём B_1A \perp A_1C.

По условию, AC = 28.

Тогда \displaystyle A_1D = \frac{28}{4} = 7,

\displaystyle B_1C = \frac{28}{4} \cdot 3 = 21,

\displaystyle A_1C = \frac{2}{3}BC = \frac{2}{3} \cdot 18 = 12.

Пусть M \in B_1C,  \, CM = 7, \,  B_1M = 28.

Тогда A_1MCD — параллелограмм (по признаку паралелограмма)

A_1M = CD.

B_1M = 28, по теореме Пифагора из \triangle B_1A_1C:

\displaystyle B_1A_1 = \sqrt{21^2-12^2} = 3 \sqrt{7^2 - 4^2} = 3 \sqrt{33},

\displaystyle \cos \angle A_1B_1C = \cos \angle A_1B_1M = \frac{B_1A_1}{B_1C} = \frac{\sqrt{33}}{7}

Найдём A_1M из \triangle A_1B_1M по теореме косинусов.

A_1M^2 = A_1B_1 \, ^2 + B_1M^2 - 2A_1B_1 \cdot B_1M \cdot \cos \angle A_1B_1M,

\displaystyle A_1M^2 = 9 \cdot 33 + 28^2 - \frac{2 \cdot 28 \cdot 3 \sqrt{33} \cdot \sqrt{33}}{7} = 28^2 - 15\cdot 33 = 784 - 495 = 289;

CD = A_1M = 17.

Ответ: 17.

 

Вот еще одна задача, которую можно решить как с помощью теоремы Чевы, так и без нее.

На сторонах прямоугольного треугольника ABC с прямым углом C построены во внешнюю сторону квадраты ABB_1A1, \, ACC_1A_2 и BCC_2B_2. Докажите, что:

а) прямые AB_2 и A_2B отсекают от катетов треугольника ABC равные отрезки
б) прямые AB_2, \, A_2B и высота треугольника ABC, проведённая из вершины C, пересекаются в одной точке.

Пункт (а) доказывается легко.

а) Пусть AB_2 \cap BC=E,
BA_2 \cap AC=F.

Докажем, что CE=CF.

Обозначим BC=a, \, AC=b

\triangle FBC \sim \triangle A_2BC_1 по 2 углам,

\displaystyle \frac{FC}{A_2C_1}=\frac{BC}{BC_1}, так как A_2C_1=AC=b,

BC_1=BC+CC_1=a+b, получим:

\displaystyle \frac{FC}{b}=\frac{a}{a+b}. \, (1)

\triangle ACE \sim \triangle AC_2B_2 по 2 углам,

\displaystyle \frac{CE}{C_2B_2}=\frac{AC}{AC_2}; \, \, \frac{CE}{a}=\frac{b}{a+b}. \, (2)

\displaystyle \frac{FC \cdot a}{CE \cdot b} = \frac{a}{b}, отсюда FC=CE.

Решим пункт (б) с помощью теоремы Чевы:

Запишем, чему равны длины отрезков AH, HB, BE, CE, CF, AF. Для длин AH и HB воспользуемся тем, что в прямоугольном треугольнике каждый катет есть среднее пропорциональное между гипотенузой и проекцией этого катета на гипотенузу.

\displaystyle AH = \frac{b^2}{\sqrt{a^2 + b^2}}

\displaystyle HB = \frac{a^2}{\sqrt{a^2 + b^2}}

\displaystyle BE = a - \frac{ab}{a+b}

\displaystyle CE = \frac{ab}{a+b}

\displaystyle CF = \frac{ab}{a+b}

\displaystyle AF = b - \frac{ab}{a+b}

Проверим выполнение равенства

\displaystyle \frac{AH}{HB} \cdot \frac{BE}{CE} \cdot \frac{CF}{AF} = 1.

\displaystyle \frac{\frac{b^2}{\sqrt{a^2+b^2}}}{\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}}} \cdot \frac{a - \frac{ab}{a+b}}{\frac{ab}{a+b}} \cdot \frac{\frac{ab}{a+b}}{b - \frac{ab}{a+b}} = 1.

Равенство выполняется.
Согласно теореме Чевы, это значит, что AE, \, BF и CK пересекаются в одной точке.
А вот как решается эта задача без теоремы Чевы, с помощью векторов:

Смотрите решение: https://ege-study.ru/zadacha-na-dokazatelstvo-planimetriya/

Математик Менелай Александрийский жил в I веке до нашей эры (Древний Рим).
Математик и инженер Джованни Чева – XVII век, Италия.

Как видим, теоремы Менелая и Чевы оказываются полезны в некоторых задачах. Очень хорошо, если вы знаете эти теоремы. Однако если они для вас непривычны, можно применить простой школьный прием – пары подобных треугольников.