Резюме. В статията се разглеждат понятията чевиана, симедиана, теорема на Стюарт и някои техни приложения в несложни задачи. Целта е подходящо надграждане на геометричните познания на учениците за медиана, височина и ъглополовяща на триъгълник. Предложената разработка е насочена към гимназиалните учители, търсещи възможности за развитие на една от ключовите компетентности – математическата компетентност.

Ключови думи: mathematical competence, cevian, symmedian, Stewart’ s theorem

В отговор на очакванията към българското училищно образование и преосмисляне на философията му основна задача на българския учител е да формира у учениците не просто знания и умения, а ключови компетентности, ориентирани към личностно развитие на ученика през целия му живот. Основните начини за развитие на компетентностите са обогатяване на знанията, усъвършенстване на уменията и придобиване на опит. Предложената разработка е в помощ на учителите, търсещи възможности за разширяване на математическата ключова компетентност. Понятията медиана, ъглополовяща и височина в триъгълник са основни геометрични понятия в прогимназиален и гимназиален етап на обучението по математика. Запознаването на учениците от гимназиален етап в ЗИП/ПП, СИП или извънкласните форми на работа по математика с понятията чевиана, симедиана, теоремата на Стюарт и някои техни приложения е подходящо разширяване на тези геометрични познания.

Определение 1. Чевиана \({ }^{1)}\) от даден връх в триъгълник се нарича всяка отсечка, която съединява върха с точка от срещулежащата му страна или нейното продължение.

В някои източници вместо понятието чевиана се използва понятието недиана (Коларов et al. 1989, с.18), (Гроздев & Лесов, 2012), (Гроздев et al., 2012), (Grozdev, 2007), (Grozdev & Nenkov, 2010).

В разработката ще използваме термина недиана, синоним на термина чевиана.

На черт. 1 отсечката \(C D\), където \(D\)– произволна точка от страната \(A B\) или продължението є, е недиана от върха \(C\) в \(\triangle A B C\).

Определение 2. Симедиана от даден връх в триъгълник се нарича отсечка, която съединява върха с точка от срещулежащата му страна и сключва с ъглополовящата от същия връх ъгъл, равен на ъгъла между ъглополовящата и медианата на триъгълника от дадения връх.

На черт. 2 са построени симедианата \(C C_{1}\left(C_{1} \in A B\right)\), ълополовящата \(C L\) на \(\angle A C B=\gamma(L \in A B)\), медианата \(C M(M \in A B)\) и съгласно определението \(\angle C_{1} C L=\angle L C M=\varphi\).

От определенията за медиана, ъглополовяща и височина в даден триъгълник и дадените по-горе определения следва, че можем да разглеждаме медианата, ъглополовящата, височината и симедианата от даден връх в произволен триъгълник като частни случаи на недианата от този връх.

При означенията на черт. 1:

1) ако точката \(D\) е среда на \(A B \Leftrightarrow A D=D B\), то отсечката \(C D\) е медианата \(m_{c}\) от върха \(C\) в \(\triangle A B C\);

2) ако точката \(D\) лежи на страната \(A B\) и \(\angle A C D=\angle B C D=\tfrac{\gamma}{2}\), то отсечката \(C D\) е ъглополовящата \(l_{c}\) на \(\angle A C B=\gamma\) в \(\triangle A B C\);

3) ако точката \(D\) лежи на страната \(A B\) и \(C D \perp A B\), то отсечката \(C D\) е височината \(h_{c}\) от върха \(C\) в \(\triangle A B C\);

4) ако точката \(D\) лежи на страната \(A B\) и \(\angle\left(C D, l_{c}\right)=\angle\left(l_{c}, m_{c}\right)\), където \(l_{c}\) и \(m_{c}\) са съответно ъглополовящата и медианата от върха \(C\), то отсечката \(C D\) е симедианата от върха \(C\) в \(\triangle A B C\).

Теорема (аналог на теоремата за ъглополовящата). Всяка вътрешна симедиана в триъгълник дели срещулежащата страна на отсечки, пропорционални на квадратите на дължините на прилежащите към тях страни.

Доказателство. Ще докажем теоремата за симедианата \(C C_{1}\) при означенията на черт. 2, т. е. ще докажем, че \(\tfrac{A C_{1}}{B C_{1}}=\tfrac{A C^{2}}{B C^{2}}=\tfrac{b^{2}}{a^{2}}\) Аналогично теоремата се доказва и за останалите симедиани.

За лицата на \(\triangle A C_{1} C\) и \(\triangle B M C\) е в сила равенството

(1) \[ \tfrac{S_{\triangle A C_{1} C}}{S_{\triangle B M C}}=\tfrac{\tfrac{1}{2} \cdot A C_{1} \cdot h_{A C_{1}}}{\tfrac{1}{2} \cdot B M \cdot h_{B M}}=\tfrac{\tfrac{1}{2} \cdot A C \cdot C C_{1} \cdot \sin \left(\tfrac{\gamma}{2}-\varphi\right)}{\tfrac{1}{2} \cdot B C \cdot C M \cdot \sin \left(\tfrac{\gamma}{2}-\varphi\right)}, \text { но } h_{\mathrm{AC}_{1}}=h_{\mathrm{BM}} \Rightarrow \tfrac{A C_{1}}{B M}=\tfrac{A C \cdot C C_{1}}{B C \cdot C M} \]

Аналогично за лицата на \(\triangle \mathrm{AMC}\) и \(\Delta \mathrm{BC}_{1} \mathrm{C}\) имаме

(2) \[ \tfrac{S_{\triangle A M C}}{S_{\triangle B C_{1} C} C}=\tfrac{\tfrac{1}{2} \cdot A M \cdot h_{A M}}{\tfrac{1}{2} \cdot B C_{1} \cdot h_{B C_{1}}}=\tfrac{\tfrac{1}{2} \cdot A C \cdot C M \cdot \sin \left(\tfrac{\gamma}{2}+\varphi\right)}{\tfrac{1}{2} \cdot B C \cdot C C_{1} \cdot \sin \left(\tfrac{\gamma}{2}+\varphi\right)}, \text { но } h_{\mathrm{AM}}=h_{\mathrm{BC}_{1}} \Rightarrow \tfrac{A M}{B C_{1}}=\tfrac{A C \cdot C M}{B C \cdot C C_{1}} \]

От \(A M=B M\) (\(C M\)– медиана) и почленното умножаване на (1) и (2) получаваме \(\tfrac{A C_{1}}{B C_{1}}=\tfrac{A C^{2}}{B C^{2}}=\tfrac{b^{2}}{a^{2}}\).

Теорема на Стюарт \({ }^{2)}\). Нека е даден \(\triangle A B C\) със страни \(A B=c, B C=a\), \(A C=b\) и произволна точка \(D\), лежаща на страната \(A B\). Ако \(C D=d, A D=m\), и \(D B=n\), то \(c .\left(d^{2}+m n\right)=m \cdot a^{2}+n \cdot b^{2}\) (черт.3).

Доказателство. Нека \(\angle A D C=\varphi\). От косинусова теорема за \(\triangle A D C\) и \(\triangle B D C\) получаваме \(A C^{2}=C D^{2}+A D^{2}-2 . A D . C D . \cos \varphi\) (1) и \(B C^{2}=C D^{2}+D B^{2}-2 \cdot D B \cdot C D \cdot \cos \left(180^{0}-\varphi\right)\).

Но \(\cos \left(180^{\circ}-\varphi\right)=-\cos \varphi\), откъдетоследва \(B C^{2}=C D^{2}+D B^{2}+2 . D B . C D . \cos \varphi\) (2).

Умножаваме двете страни на първото и второто равенство съответно с \(D B\) и \(A D\) и събираме почленно, в резултат на което по-лучаваме последователно

\[ \begin{aligned} & A C^{2} \cdot D B+B C^{2} \cdot A D=C D^{2} \cdot D B+A D^{2} \cdot D B+C D^{2} \cdot A D+D B^{2} \cdot A D= \\ & =C D^{2} \cdot(A D+D B)+A D \cdot D B \cdot(A D+D B)=C D^{2} \cdot A B+A D \cdot D B \cdot A B=A B \cdot\left(C D^{2}+A D \cdot D B\right) \end{aligned} \]

Окончателно получаваме \(c .\left(d^{2}+m n\right)=m . a^{2}+n . b^{2} \Leftrightarrow d^{2}=\tfrac{m . a^{2}+n . b^{2}}{c}-m . n\)

(последното равенство е известно още като уравнение на вятърната мелница).

Твърдението може да бъде доказано и с теоремата на Питагор (задача № 8).

Отделно ще разгледаме теоремата на Стюарт в случаите, когато точката D е от продължението на страната AB (задачи № 9 и № 10).

Чрез теоремата на Стюарт може да се намери дължината на всяка недиана в триъгълник.

Следствия от теоремата на Стюарт

Даден е \(\triangle A B C\) съе страни \(A B=c, B C=a, A C=b\) и точка \(D\), лежаща на страната \(A B\), като \(C D=d, A D=m\) и \(D B=n\).

(1) Нека точката \(D\) е среда на \(A B, A D=D B\) (т. е. \(C D\)– медиана) \(\Leftrightarrow m=n=\tfrac{c}{2}\) \(\Rightarrow C D^{2}=d^{2}=\tfrac{m \cdot a^{2}+n \cdot b^{2}}{c}-m \cdot n=\tfrac{\tfrac{c}{2} \cdot\left(a^{2}+b^{2}\right)}{c}-\tfrac{c^{2}}{4}=\tfrac{2 \cdot\left(a^{2}+b^{2}\right)-c^{2}}{4} \Rightarrow\) медианата \(C D=m_{c}=\tfrac{1}{2} \sqrt{2\left(a^{2}+b^{2}\right)-c^{2}}\), което учениците знаят от Х клас.

(2) Нека точката \(D\) лежи на страната \(A B\) и \(\tfrac{A D}{D B}=\tfrac{A C}{B C} \Leftrightarrow \tfrac{m}{n}=\tfrac{b}{a}\) (т.е. \(C D\)– ъглополовяща) и тъй като \(A D+D B=A B \Leftrightarrow m+n=c \Rightarrow m=\tfrac{b c}{a+b}, n=\tfrac{a c}{a+b} \Rightarrow\)

\[ C D^{2}=d^{2}=\tfrac{m \cdot a^{2}+n \cdot b^{2}}{c}-m \cdot n=\tfrac{\tfrac{b c}{a+b} \cdot a^{2}+\tfrac{a c}{a+b} \cdot b^{2}}{c}-\tfrac{a b c^{2}}{(a+b)^{2}}=a b-\tfrac{a b c^{2}}{(a+b)^{2}} \quad \Rightarrow \]

ъглополовящата \(C D=l_{c}=\sqrt{a b-\tfrac{a b c^{2}}{(a+b)^{2}}}\), което учениците знаят от Х клас.

(3) Нека точката \(D\) лежи на страната \(A B\) и \(\mathrm{CD} \perp A B\) (т. е. \(C D\)– височина) \(\Rightarrow\)

\[ \begin{aligned} & A D=A C \cdot \cos \angle C A D \Leftrightarrow m=b \cdot \cos \alpha \text { и } D B=B C \cdot \cos \angle C B D \Leftrightarrow n=a \cdot \cos \beta \Rightarrow \\ & C D^{2}=d^{2}=\tfrac{m \cdot a^{2}+n \cdot b^{2}}{c}-m \cdot n=\tfrac{b \cdot \cos \alpha \cdot a^{2}+a \cdot \cos \beta \cdot b^{2}}{c}-a \cdot b \cdot \cos \alpha \cdot \cos \beta, \end{aligned} \] но от косинусова теорема \(\cos \alpha=\tfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b}\) и \(\cos \beta=\tfrac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a}\), откъдето следва, че \(C D^{2}=d^{2}=\tfrac{b \cdot \tfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c} \cdot a^{2}+a \cdot \tfrac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c} \cdot b^{2}}{c}-a \cdot b \cdot \tfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c} \cdot \tfrac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\)

\( =\cfrac{2 \cdot a^{2} \cdot b^{2}+2 \cdot a^{2} \cdot c^{2}+2 \cdot b^{2} \cdot c^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}}{4 \cdot c^{2}} \Rightarrow \) височината CD = \( =h_{c}=\cfrac{1}{2 \cdot c} \sqrt{2 \cdot\left(a^{2} \cdot b^{2}+a^{2} \cdot c^{2}+b^{2} \cdot c^{2}\right)-\left(a^{4}+b^{4}+c^{4}\right)} . \)

Чрез тази формула може да се намери директно дължината на всяка височина в триъгълник, ако са дадени неговите страни. Без познанията за теоремата на Стюарт това се постига чрез пресмятане на лицето на триъгълника по Херонова формула и използване на равенствата \(h_{a}=\cfrac{2 . S}{a}, h_{b}=\cfrac{2 . S}{b}, h_{c}=\cfrac{2 . S}{c}\) .

(4) Нека точката \(D\) лежи на страната \(A B\) и \(\tfrac{A D}{D B}=\tfrac{A C^{2}}{B C^{2}} \Leftrightarrow \tfrac{m}{n}=\tfrac{b^{2}}{a^{2}}\) (т. е. \(C D-\) симедиана) и тъй като \(A D+B C=A B \Leftrightarrow m+n=c \Rightarrow m=\tfrac{b^{2} \cdot c}{a^{2}+b^{2}}, n=\tfrac{a^{2} \cdot c}{a^{2}+b^{2}}\)

\[ \Rightarrow C D^{2}=d^{2}=\tfrac{m \cdot a^{2}+n \cdot b^{2}}{c}-m \cdot n=\tfrac{\tfrac{b^{2} \cdot c}{a^{2}+b^{2}} \cdot a^{2}+\tfrac{a^{2} c}{a^{2}+b^{2}} \cdot b^{2}}{c}-\tfrac{a^{2} \cdot b^{2} \cdot c^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}} \Rightarrow \] дължината на симедианата \(C D=\tfrac{a b}{a^{2}+b^{2}} \cdot \sqrt{2 \cdot\left(a^{2}+b^{2}\right)-c^{2}}\).

Приложения в задачи

Задача 1. Недианите \(B D\) и \(B E\) на \(\triangle A B C\) разделят \(\angle B\) на три равни части. Да се намерят отсечките \(A D, D E\) и \(E C\), ако \(A B: B D: B E: B C=\) \(2: \sqrt{3}: 2: 2 \sqrt{3}, A C=12 \mathrm{~cm}\) и \(D\) е между \(A\) и \(E\). Намерете дължините на страните \(A B\) и \(B C\) и недианите \(B D\) и \(B E\).

Решение. Нека \(A B: B D: B E: B C=\) \(2 . k: \sqrt{3} . k: 2 . k: 2 \sqrt{3} . k\), където \(k-\) естествено число (черт.4). Съгласно условието \(B D\)– ъглополовяща в \(\triangle A B E\), откъдето

(1) \(\cfrac{A D}{D E}=\cfrac{A B}{B E} \Leftrightarrow \cfrac{A D}{D E}=\cfrac{2 . k}{2 . k}=1 \Rightarrow A D=D E\)

Съгласно условието BE – ъглополовяща в \(\triangle DBC\) , откъдето

(2) \(\cfrac{D E}{E C}=\cfrac{D B}{B C} \Leftrightarrow \cfrac{D E}{E C}=\cfrac{\sqrt{3} k}{2 \sqrt{3}. k}=\cfrac{1}{2} \Rightarrow E C=2. D E\)

От (1), (2) и \(A C=12 \mathrm{~cm}\), следва, че \(A D=D E=3 \mathrm{~cm}\) и \(E C=6 \mathrm{~cm}\).

Ако използваме теоремата на Стюарт за недианата \(B E\) в \(\triangle D B C\), то

\(B E^{2}=\tfrac{E C \cdot D B^{2}+D E \cdot B C^{2}}{D C}-E C \cdot D E \Leftrightarrow(2 \cdot k)^{2}=\tfrac{6 \cdot(\sqrt{3} \cdot k)^{2}+3 \cdot(2 \sqrt{3} \cdot k)^{2}}{9}-6 \cdot 3\) \(\Rightarrow k^{2}=9 \Rightarrow k=3 \Rightarrow B E=6 \mathrm{~cm}, D B=3 . \sqrt{3} \mathrm{~cm}, B C=6 . \sqrt{3} \mathrm{~cm}\) и тъй като \(A B=B E\), то \(A B=6 \mathrm{~cm}\). Задачата може да бъде решена и по други начини.

Задача 2. Недианите \(A M\) и \(B N\) на \(\triangle A B C\) се пресичат в точка О. Да се намери лицето на \(\triangle A B C\), ако лицата на \(\triangle B M O, \triangle A B O\) и \(\triangle A O N\) са съответно \(1 \mathrm{~cm}^{2}, 4 \mathrm{~cm}^{2}\) и \(6 \mathrm{~cm}^{2}\) (черт.5) .

Решение. За лицата на \(\triangle A B O\) и \(\triangle A O N\) е в сила равенството \(\tfrac{S_{\triangle A B O}}{S_{\triangle A O N}}=\tfrac{\tfrac{1}{2} \cdot B O \cdot h_{B O}}{\tfrac{1}{2} \cdot O N \cdot h_{O N}}\), но \(h_{B O}=h_{O N} \Rightarrow\) \(\tfrac{S_{\triangle A B O}}{S_{\triangle A O N}}=\tfrac{B O}{O N} \Leftrightarrow \tfrac{4}{6}=\tfrac{B O}{O N} \Rightarrow \tfrac{B O}{O N}=\tfrac{2}{3}\).

Аналогично за лицaта на \(\triangle O B M\) и \(\triangle O M N\)

имаме \(\tfrac{S_{\triangle O B M}}{S_{\triangle O M N}}=\tfrac{B O}{O N} \Leftrightarrow \tfrac{1}{S_{\triangle O M N}}=\tfrac{2}{3} \Rightarrow S_{\triangle O M N}=1,5 \mathrm{~cm}^{2}\).

За лицата на \(\triangle N B M\) и \(\triangle N M C\) е в сила равенството \(\tfrac{S_{\triangle A B M}}{S_{\triangle A M C}}=\tfrac{B M}{M C}\), а за лицата на \(\triangle A B M\) и \(\triangle A M C\) имаме \(\tfrac{S_{\triangle N B M}}{S_{\triangle N M C}}=\tfrac{B M}{M C}\), откъдето \(\tfrac{S_{\triangle N B M}}{S_{\triangle N M C}}=\tfrac{S_{\triangle A B M}}{S_{\triangle A M C}} \Rightarrow \tfrac{2,5}{S_{\triangle N M C}}=\tfrac{5}{7,5+S_{\triangle N M C}} \Rightarrow S_{N M C}=7,5 \mathrm{~cm}^{2}\).

\(\Rightarrow S_{A B C}=s_{A B O}+S_{A O N}+s_{O B M}+s_{O M N}+s_{N M C}=4+6+1+1,5+7,5=20 \mathrm{~cm}^{2}\)

Задача 3. Намерете височината \(C D\), медианата \(B M\) и ъглополовящата \(A L\) на \(\triangle A B C, D \in A B, M \in A C, L \in B C\), D∈AB, M∈AC, L∈BC, ако дължините на страните на триъгълника са \(A B=c=10, A C=b=5\) и \(B C=a=\sqrt{77}\).

Решение. Прилагаме изведената формула за пресмятане на височината \(C D=h_{c}=\tfrac{1}{2 \cdot c} \sqrt{2 \cdot\left(a^{2} \cdot b^{2}+a^{2} \cdot c^{2}+b^{2} \cdot c^{2}\right)-\left(a^{4}+b^{4}+c^{4}\right)}=\tfrac{\sqrt{2\left(\sqrt{77}^{2} \cdot 5^{2}+\sqrt{77}^{2} \cdot 10^{2}+5^{2} \cdot 10^{2}\right)-\left(\sqrt{77}^{4}+5^{4}+10^{4}\right)}}{2 \cdot 10}\)

Без следствията от теоремата на Стюарт, за да намерим височината \(C D\), трябва да пресметнем лицето \(S\) на \(\triangle A B C\) по Хероновата формула \(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\), където \(p=\tfrac{a+b+c}{n}\), т. е.

\(S=\sqrt{\left(\tfrac{15+\sqrt{77}}{2}\right)\left(\tfrac{15-\sqrt{77}}{2}\right)\left(\tfrac{\sqrt{77}+5}{2}\right)\left(\tfrac{\sqrt{77}-5}{2}\right)}=\sqrt{\left(\tfrac{15^{2}-77}{4}\right)\left(\tfrac{77-5^{2}}{4}\right)}=\sqrt{481}\) и от равенството \(h_{c}=\tfrac{2 . S}{c}\) получаваме \(h_{c}=\tfrac{2 . \sqrt{481}}{10}=\tfrac{\sqrt{481}}{5}\).

За намиране на медианата \(B M\) прилагаме познатата формула

\(B M=m_{b}=\tfrac{1}{2} \cdot \sqrt{2\left(a^{2}+c^{2}\right)-b^{2}}=\tfrac{1}{2} \cdot \sqrt{2\left(\sqrt{77}^{2}+10^{2}\right)-5^{2}}=\tfrac{\sqrt{329}}{2}\).

От формулата \(A L=l_{a}=\sqrt{b-\tfrac{b c a^{2}}{(b+c)^{2}}}\) намираме

\[ A L=l_{a}=\sqrt{5.10-\tfrac{5.10 . \sqrt{77}^{2}}{(5+10)^{2}}}=\sqrt{\tfrac{296}{9}}=\tfrac{2 . \sqrt{74}}{3} . \]

Задача 4. Докажете, че в правоъгълен триъгълник \(\triangle A B C\left(\angle C=90^{\circ}\right)\) симедианата \(C D(D \in A B)\) към хипотенузата съвпада с височината \(h_{c}\) към хипотенузата.

Решение. Съгласно изведената формула симедианата \(C D=\tfrac{a b}{a^{2}+b^{2}} \cdot \sqrt{2 \cdot\left(a^{2}+b^{2}\right)-c^{2}}\).

По условие \(\triangle A B C\)– правоъгълен, следователно \(a^{2}+b^{2}=c^{2}\) и лицето \(S=\tfrac{a \cdot b}{2}=\tfrac{c \cdot h_{c}}{2}\). Окончателно получаваме \(C D=\tfrac{a b}{c^{2}} \cdot \sqrt{2 \cdot c^{2}-c^{2}}=\tfrac{a \cdot b}{c}=\tfrac{2 \cdot S}{c}=h_{c}\).

Задача 5. Отсечките \(A D\) и \(B F\) са съответно недиана и ъглополовяща в \(\triangle A B C, D \in B C, F \in A C\). Да се намери \(F D\), ако \(A C=7, A F=3, C D=5\) и \(D B=4\).

Решение. \(F C=A C-A F=4, C B=C D+D B=9\) (черт.6) .

От \(B F\)– ъглополовяща, следва

\(\tfrac{A B}{C B}=\tfrac{A F}{F C} \Leftrightarrow \tfrac{A B}{9}=\tfrac{3}{4} \Rightarrow A B=\tfrac{27}{4}=6 \tfrac{3}{4}\). Ђглополовящата \(B F=\sqrt{A B \cdot B C-A F \cdot F C}=\sqrt{\tfrac{27}{4} \cdot 9-3.4}=\sqrt{\tfrac{195}{4}}\).

Прилагаме теоремата на Стюарт за недианата \(F D\) в \(\triangle B C F\) и получаваме \(F D^{2}=\tfrac{C D \cdot F B^{2}+D B \cdot F C^{2}}{C B}-C D \cdot D B=\tfrac{5 \cdot\left(\sqrt{\tfrac{195}{4}}\right)^{2}+4 \cdot 4^{2}}{9}-5 \cdot 4 \Rightarrow F D=\tfrac{\sqrt{511}}{6}\).

Даденото решение е примерно, задачата може да бъде решена и по други начини.

Задача 6. В окръжност е вписан \(\triangle A B C\), в който \(A C=C B=a\) и \(A B=b\). През върховете \(B\) и \(C\) са построени допирателни, пресичащи се в точка \(P\), а \(D\) е пресечната точка на \(B C\) и \(A P\). Намерете \(C D, D B\) и \(A D\).

Решение. Ако точката О е център на описаната окръжност \(k\), то от условието \(A C=C B=a\) следва, че \(\mathrm{O} \in C M\), където \(C M \perp A B, M \in A B\) (черт.7) . Построяваме допирателните към \(k\) в точките \(B\) и \(C\) и пресечната им точка \(P\), откъдето следва \(C P=B P\).

От \(C P \perp C O, C M \perp A B \Rightarrow C P \| A B\)

\(\begin{aligned} &\Rightarrow \angle P C B=\angle A B C \text { като кръстни ъгли} \quad\quad&(1).\\ &A C=C B \Rightarrow \angle C A B=\angle A B C &(2)\ \\ &\text{ и от } CP=BP\Rightarrow \angle PCB=\angle CBP &(3). \end{aligned}\)

Освен това \(\angle C D P=\angle A D B\) като връхни ъгли (4). От подобието на \(\triangle A B C\) и \(\triangle C B P\) съгласно (1), (2) и (3) следва \(\tfrac{A B}{C B}=\tfrac{C B}{C P} \Leftrightarrow \tfrac{b}{a}=\tfrac{a}{C P} \Rightarrow C P=\tfrac{a^{2}}{b}\). От подобието на \(\triangle P D C\) и \(\triangle A D B\) съгласно (1) и (4) следва \(\tfrac{C P}{A B}=\tfrac{C D}{D B} \Leftrightarrow \tfrac{\tfrac{a^{2}}{b}}{b}=\tfrac{x}{y} \Rightarrow \tfrac{x}{y}=\tfrac{a^{2}}{b^{2}}(5)\), където \(x=C D, y=D B\).

Но \(C D+D B=C B \Leftrightarrow x+y=a\) (6). От (5) и (6) получавамесистемата \(\left\lvert\, \begin{aligned} & \cfrac{x}{y}=\cfrac{a^{2}}{b^{2}} \\ & x+y=a \end{aligned}\right.\) с решения \(x=C D=\tfrac{a^{3}}{a^{2}+b^{2}}, y=D B=\tfrac{a b^{2}}{a^{2}+b^{2}}\). Прилагаме теоремата на Стюарт за недианата \(A D\) в \(\triangle A B C\) и получаваме

\[ \begin{aligned} & A D^{2}=\tfrac{C D \cdot A B^{2}+D B \cdot A C^{2}}{C B}-C D \cdot D B==\tfrac{\tfrac{a^{3}}{a^{2}+b^{2}} \cdot b^{2}+\tfrac{a b^{2}}{a^{2}+b^{2}} \cdot a^{2}}{a}-\tfrac{a^{3}}{a^{2}+b^{2}} \cdot \tfrac{a b^{2}}{a^{2}+b^{2}} \\ & \Rightarrow A D=\tfrac{a b}{a^{2}+b^{2}} \cdot \sqrt{2 b^{2}+a^{2}} \end{aligned} \] По-наблюдателните ученици могат още от равенство (5) да стигнат до извода, че AD е симедиана и да намерят дължината є по съответната формула.

Задача \(7^{3)}\). Отсечката \(A M(M \in B C)\) е недиана в равнобедрения правоъгълен \(\triangle A B C(A C=B C)\). Да се намери \(\sin \angle C A M\), ако \(\sin \angle M A B=1-k\). При коя стойност на \(k\) недианата \(A M\) е ъглополовяща на \(\angle C A B\) ?

Решение. Нека \(\angle M A B=\alpha \Rightarrow \sin \angle C A M=\sin \left(45^{\circ}-a\right)\)

\(\Rightarrow \sin \angle C A M=\tfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot \cos \alpha-\tfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot \sin \alpha=\tfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{1-(1-k)^{2}}-\tfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot(1-k)\)

\(\Rightarrow \sin \angle C A M=\tfrac{\sqrt{2} \cdot\left(\sqrt{2 k-k^{2}}+k-1\right)}{2}\).

Ако \(A M\) е ъглополовяща на \(\angle C A B\), то \(\sin \angle M A B=1-k=\sin \tfrac{45^{\circ}}{2}\), но

\(\sin \tfrac{45^{0}}{2}=\sqrt{\tfrac{1-\cos 45^{0}}{2}}=\sqrt{\tfrac{1-\tfrac{\sqrt{2}}{2}}{2}}=\tfrac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2} \Rightarrow 1-k=\tfrac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2} \Rightarrow k=\tfrac{2-\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\)

Задачи за самостоятелна работа

Задача 8. Докажете теоремата на Стюарт чрез теоремата на Питагор.

Упътване \({ }^{4)}\) : постройте височината \(C H(H \in A B)\) и при означенията на черт.9 приложете Питагорова теорема за \(\triangle H B C, \triangle A H C\) и \(\triangle D H C\) и идеята от доказателството чрез косинусова теорема.

Задача 9. Нека е даден \(\triangle A B C\) със страни \(A B=c, B C=a, A C=b\) и точка \(D\), лежаща на правата \(A B\). Ако точката \(B\) лежи между точките \(A\) и \(D, C D=d\), \(A D=m\) и \(D B=n\), то докажете, че \(c .\left(d^{2}-m n\right)=m . a^{2}-n . b^{2}\).

Упътване. Приложете теоремата на Стюарт за недианата \(C B\) в \(\triangle A D C\).

Задача 10. Нека е даден \(\triangle A B C\) със страни \(A B=c, B C=a, A C=b\) и точка \(D\), лежаща на правата \(A B\). Ако точката \(A\) лежи между точките \(D\) и \(B, C D=d\), \(A D=m\) и \(D B=n\), то докажете, че \(c .\left(d^{2}-m n\right)=-m . a^{2}+n . b^{2}\).

Упътване: приложете теоремата на Стюарт за недианата \(C A\) в \(\triangle D B C\).

NOTES / БЕЛЕЖКИ:

1. http://dic.academic.ru/dic.nsf/ruwiki/1190794

2. https://bg.wikipedia.org/wiki/Теорема_на_Стюарт

3. https://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=13068

4. https://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=9564

REFERENCES / ЛИТЕРАТУРА

Kolarov, K., V. Mihaylov, P. Arnaudov, H. Lesov & U. Batalska (1989). Sbornik ot zadachi po geometriya VII – X klas (s.18, 25, 45, 66, 113). Sofia: Izd. „Narodna prosveta“. [Коларов, К., В. Михайлов, П. Арнаудов, Х. Лесов & У. Баталска (1989). Сборник от задачи по геометрия VII – X клас (с.18, 25, 45, 66, 113) . София: Народна просвета.]

Paskalev, G. & I. Chobanov (1985). Zabelezhitelni tochki v triagalnika (s. 81). Sofia: Izd. „Narodna prosveta“. [Паскалев, Г. & И. Чобанов (1985). Забележителни точки в триъгълника (с. 81) . София: Народна просвета.]

Grozdev , S. & H. Lesov (2012). Zimni matematicheski sastezaniya. Sofia: VUZF. (ISBN 978-954-8590-17-4), 351 stranitsi. [Гроздев, С. & Х. Лесов (2012). Зимни математически състезания. София: ВУЗФ. (ISBN 978-954-8590-17-4), 351 страници.]

Grozdev, S., V. Nenkov & S. Doychev (nauchna redaktsiya) (2012). Za visoki postizheniya v matematikata (v pomosht na uchitelya). Sofia: Fondatsii “M. Balkanski” i “Amerika za Balgaria”. (ISBN 978-95492830-3-7), 204 stranitsi. [ Гроздев, С., В. Ненков & С. Дойчев (научна редакция) (2012). За високи постижения в математиката (в помощ на учителя) . София: Фондации „М. Балкански“ и „Америка за България“. (ISBN 978-954-92830-3-7), 204 страници.]

Grozdev , S. (2007). For High Achievements in Mathematics. The Bulgarian Experience (Theory and Practice) . Sofia: ADE. (ISBN 978-954-92139-1-1), 295 pages.

Grozdev , S. & V . Nenkov (2010). T wo Remarkable Points of the Triangle Geometry . Resear ch and Education in Mathematics, Informatics and their Applications (REMIA 2010), Proceedings of the Anniversary International Confer ence Dedicated to the 40-th Anniversary of the Faculty of Mathematics and Informatics, Plovdiv University, 10 – 12 December, 2010, Plovdiv, 349 – 354 (ISBN 978954-423-648-9).