Теорема Менелая на плоскости

[latexpage]

Теорема Менелая – прекрасное дополнение к вашему техническому арсеналу для решения задач ЕГЭ по стереометрии. Она позволяет найти отношение, в котором точка делит отрезок, легко и непринужденно, в одно действие. Но, прежде чем применять эту теорему в пространственных задачах, давайте научимся применять ее на плоскости.

Теорема Менелая. Пусть на сторонах $AB, BC$ и на продолжении стороны $AС$ треугольника $ABC$ взяты соответственно точки $C_1$,$A_1$ и $B_1$, не совпадающие с вершинами треугольника. Если точки $A_1,B_1,C_1$ лежат на одной прямой, то выполняется равенство:

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

Совет: чтобы никогда не ошибаться, «обход» надо начинать с вершины треугольника. Треугольник надо выбрать так, чтобы отрезки, отношение длин которых вы ищете, образовывали одну из его сторон. При обходе следите, чтобы из вершины переходить к  точке пересечения стороны треугольника и выбранной секущей, а затем снова к вершине: «От вершины до пересечения, от пересечения до вершины» и т.д. Закончить обход нужно в той же точке, из которой он был начат.

Задача 1.  В треугольнике $ABC$ на стороне $BC$ выбрана точка $A_1$ так, что $BA_1:A_1C=1:3$, точка $C_1$-середина $AB$. Найдите $AK:KA_1$, где $K$-точка пересечения $AA_1$ и $CC_1$.

К задаче 1

Выбираем в качестве «треугольника» – $ABA_1$ – выделила его рыжим цветом, одна из его сторон содержит отрезки, отношение которых нас интересует. А секущей будет служить $C_1C$ – показана красным цветом. Тогда, начиная обход с вершины А, двигаемся по стрелкам «от вершины до пересечения» – неплохо будет это проговаривать на начальном этапе.

Обход

По мере обхода записываем:

$$\frac{AC_1}{C_1B}\cdot\frac{BC}{ C A_1}\cdot\frac{A_1K}{KA}=1$$

Затем подставим те отношения, которые нам известны по условию:

$$\frac{1}{1}\cdot\frac{4}{ 3}\cdot\frac{A_1K}{KA}=1$$

Тогда

$$\frac{A_1K}{KA}=\frac{3}{4}$$

Ответ: $\frac{A_1K}{KA}=\frac{3}{4}$

Задача 2.  Пусть $AD$ – медиана треугольника $ABC$. На медиане $AD$ взята точка $K$ так, что $AK:KD=3: 1 $. Прямая  $BK$ разбивает треугольник $ABC$ на два: $ABP$ и $CBP$, причем $P$-точка пересечения $BK$ и $AC$. Найдите отношение площадей треугольников $ABP$ и $CBP$.

Так как указанные треугольники имеют общую высоту, то их площади относятся так же, как относятся длины их оснований. Поэтому необходимо найти отношение $\frac{AP}{CP}$ – это и будет ответом.

К задаче 2

В качестве «треугольника» выберем $ADC$ – пометила рыжим, в качестве секущей послужит  $BP$. Начинаем обход с вершины – к пересечению, от пересечения – к вершине.

Обход в задаче 2

По мере обхода записываем:

$$\frac{AK}{KD}\cdot\frac{DB}{ BC}\cdot\frac{CP}{PA}=1$$

Затем подставим те отношения, которые нам известны по условию:

$$\frac{3}{1}\cdot\frac{1}{ 2}\cdot\frac{CP}{PA}=1$$

Откуда

$$\frac{CP}{PA}=\frac{2}{ 3}$$

Или

$$\frac{PA}{CP}=\frac{S_{ABP}}{S_{BPC}}=\frac{ 3}{2}$$

Ответ: 1,5.

Задача 3.  Биссектрисы $BE$ и $AD$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $Q$. Найдите площадь треугольника $ABC$, если  $S_{BQD}=1$, $2AC=3AB$, $3BC=4AB$.

К задаче 3

По свойству биссектрисы можно заключить, что

$$\frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}=\frac{3y}{4y}$$

$$\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{2z}{3z}$$

Чтобы найти площадь треугольника $ABC$, надо сначала определить площадь треугольника $ABQ$, а для этого нужно знать отношение длин отрезков $AQ:QD$. Применим теорему Менелая. За треугольник возьмем $ADC$, а секущей послужит $BE$.

Обход в задаче 3

Начнем обход с вершины А:

$$\frac{AQ}{QD}\cdot\frac{DB}{ BC}\cdot\frac{CE}{EA}=1$$

Затем подставим те отношения, которые нам известны по условию:

$$\frac{AQ}{QD}\cdot\frac{2y}{ 5y}\cdot\frac{4z}{3z}=1$$

Откуда

$$\frac{AQ}{QD}=\frac{15}{ 8}$$

Так как у треугольников $ABQ$ и $BQD$ общая высота, то их площади относятся так же, как их основания. Поэтому $S_{ABQ}=\frac{15}{ 8}$. Тогда

$$ S_{ABD}= S_{ABQ}+ S_{BQD}=\frac{15}{ 8}+1=\frac{23}{ 8}$$

Поскольку

$$ \frac{S_{ABD}}{ S_{ADC}}=\frac{BD}{DC}=\frac{2}{3}$$

То

$$ S_{ADC}=1,5 S_{ABD}=\frac{69}{16}$$

Полная площадь треугольника $ABC$ равна

$$ S_{ABC}= S_{ADC}+ S_{ABD}=\frac{69}{16}+\frac{23}{ 8}=\frac{115}{16}$$

Ответ: $7\frac{3}{16}$.

Задача 4. В треугольнике $ABC$, описанном около  окружности, $AB =13, BC = 12,  AC = 9$, $A_1$ и $C_1$ –  точки касания, лежащие  соответственно на сторонах $BC$ и $AB$. $Q$ – точка пересечения  отрезков $AA_1$ и $BH$, где $BH$- высота.  Найдите   отношение $BQ:QH$.

К задаче 4

Заметим, что $H$ не является точкой касания прямой $AC$ и окружности.

Чтобы для решения этой задачи воспользоваться теоремой Менелая, нам нужно знать отношения длин каких-нибудь отрезков. Давайте сначала воспользуемся теоремой об отрезках касательных. По этой теореме $A_1B=BC_1=y$, $AB_1=AC_1=x$, $CB_1=CA_1=z$:

Теорема об отрезках касательных

Тогда

$$z+y=12$$

$$x+y=13$$

$$x+z=9$$

Складываем все три уравнения:

$$2x+2y+2z=34$$

Или

$$x+y+z=17$$

Из этого уравнения вычтем по очереди три первых:
$$x=5$$

$$y=8$$

$$z=4$$

Теперь мы уже знаем некоторые отношения длин. Но не помешало бы знать отношение (или сами длины) отрезков $CH$ и $AH$. Для этого найдем высоту треугольника $BH$. Площадь этого треугольника по формуле Герона

$$S=\sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}=\sqrt{17(17-12)(17-13)(17-9)}=4\sqrt{170}$$

С другой стороны, площадь можно записать и так:

$$S=\frac{1}{2}\cdotAC\cdotBH$$

Тогда

$$BH=\frac{2S}{AC}=\frac{8}{9}\sqrt{170}$$

Определим теперь $CH$ по теореме Пифагора:

$$CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\frac{28}{9}$$

А $AH$ тогда

$$AH=AC-CH=\frac{53}{9}$$

Теперь пришло время применить теорему Менелая. Треугольником послужит $BHC$, секущей – $AA_1$.

Теорема Менелая в задаче 4

Тогда

$$\frac{BQ}{QH}\cdot\frac{AH}{AC}\cdot\frac{CA_1}{A_1B}=1$$

Затем подставим те отношения, которые нам известны по условию:

$$\frac{BQ}{QH}\cdot\frac{53}{81}\cdot\frac{4}{8}=1$$

Откуда

$$\frac{BQ}{QH}=\frac{162}{ 53}$$

Ответ: $\frac{BQ}{QH}=\frac{162}{ 53}$