Тема 17. Задачи по планиметрии

17.10 Медиана и удвоение медианы

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи по планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#30685

Медиана треугольника совпадает с его биссектрисой. Верно ли, что он равнобедренный?

Показать ответ и решение

Пусть медиана $BM$ треугольника $ABC$ также является биссектрисой угла $ABC$ . Тогда продлим медиану $BM$ за точку $M$ на свою длину. Назовём полученную точку $D$ .

$PIC$

Рассмотрим треугольники $ABM$ и $CDM$ . Они равны, так как $BM = DM$ по построению, $AM = CM$ по условию и $∠AMB = ∠CMD$ как вертикальные. В равных треугольниках соответственные элементы равны, в частности, $∠ABM =∠CDM$ и $AB = CD$ .

Так как $BM$ — биссектриса угла $ABC$ , имеем:

∠CBM = ∠ABM =∠CDM

Таким образом, треугольник $BCD$ — равнобедренный, то есть $BC = CD$ , значит, $AB = CD = BC$ .

Ответ: Да

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#30687

На медиане $BM$ треугольника $ABC$ взяли точку $E$ так, что угол $CEM$ равен углу $ABM$ . Докажите, что отрезок $CE$ равен одной из сторон треугольника.

$PIC$

Показать ответ и решение

Продлим медиану $BM$ за точку $M$ на свою длину. Назовём полученную точку — $D$ .

$PIC$

По условию $∠ABM =∠CEM$ , значит, $∠CDM = ∠CEM$ , следовательно, треугольник $CDE$ — равнобедренный, то есть $CD = CE$ . Тогда $CE = CD = AB$ , значит, отрезок $CE$ равен стороне $AB$ треугольника $ABC$ .

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#30715

В треугольнике $ABC$ медиана $BM$ в два раза меньше стороны $AB$ и образует с ней угол $50∘$ . Найдите угол $ABC$ . Ответ дайте в градусах.

Показать ответ и решение

Пусть $D$ — точка, симметричная точке $B$ относительно $M$ . Тогда $MB = MD$ и $ABCD$ — параллелограм (так как диагонали делят друг друга пополам). $BD =2BM =AB$ , следовательно, треугольник $ABD$ — равнобедренный с углом $∘ ∠ABD = 50$ между равными сторонами. Тогда по сумме углов треугольника

1 ∘ ∘ ∠DAB = ∠BDA = 2(180 − ∠ABD )= 65

Кроме того, $AD ∥BC$ , следовательно, $∠DBC = ∠BDA = 65∘$ , тогда $∠ABC = ∠ABD + ∠DBC = 115∘$ .

$PIC$

Ответ: 115

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#30689

В треугольнике $ABC$ точка $M$ — середина стороны $AC.$ На стороне $BC$ взяли точку $K$ так, что угол $BMK$ прямой. Оказалось, что $BK = AB.$ Найдите $∠BKM,$ если $∠A + ∠C = 70∘.$ Ответ дайте в градусах.

$PIC$

Показать ответ и решение

Продлим медиану $BM$ за точку $M$ на свою длину. Назовём полученную точку $D.$

Рассмотрим треугольники $ABM$ и $CDM.$ Они равны, так как $BM = DM$ по построению, $AM = CM$ по условию и $∠AMB =∠CMD$ как вертикальные. В равных треугольниках соответственные элементы равны, в частности, $∠BAM =∠DCM$ и $AB = CD.$

$PIC$

Рассмотрим треугольник $BKD.$ В нем высота $KM$ является также медианой, так как $BM = DM$ , следовательно, $BK = DK.$ Тогда $DK = BK =AB = CD,$ значит, треугольник $CDK$ равнобедренный, и

∠CKD = ∠KCD = ∠BCD = ∠BCA + ∠DCA = ∠BCA + ∠BAC = 70∘

Углы $BKD$ и $CKD$ — смежные, значит,

∠BKD = 180∘ − ∠CKD =180∘− 70∘ = 110∘

В равнобедренном треугольнике $BKD$ высота $KM$ также является и биссектриссой угла $BKD,$ следовательно,

∘ ∠BKM = 1∠BKD = 110-= 55∘ 2 2

Ответ:

$∘ 55$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#30686

В треугольнике $ABC$ провели медиану $BM$ . Оказалось, что сумма углов $A$ и $C$ равна углу $ABM$ . Найдите отношение медианы $BM$ к стороне $BC$ .

Показать ответ и решение

Продлим медиану $BM$ за точку $M$ на свою длину. Назовём полученную точку $D$ .

$PIC$

По условию $∠ABM =∠BAM + ∠BCA$ , значит,

∠CDB = ∠CDM =∠ABM = ∠BAM + ∠BCA = ∠DCM + BCA = DCB

Таким образом, треугольник $BCD$ является равнобедренным, то есть $BC =BD$ . Так как $1 BM = 2BD$ , получаем, что $BM :BC =1 :2$ .

Ответ: 1:2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#30688

Докажите, что два треугольника равны по двум сторонам и медиане, проведенной к третьей стороне.

Показать ответ и решение

Пусть в $△ABC$ и $△A ′B′C′$ имеется $AB =A ′B′$ , $BC = B′C ′$ , $BO = B′O′$ — медианы. Докажем, что треугольники равны.

$PIC$

Продлим медианы $BO$ и $′ ′ B O$ за точки $O$ и $′ O$ так, чтобы $BO = OD$ , $′ ′ ′ ′ B O =O D$ . Получим два параллелограмма $ABCD$ и $′ ′ ′ ′ A B C D$ . Рассмотрим $△ABD$ и $′ ′ ′ △A B D$ . Они равны по трем сторонам, следовательно, $′ ′ ′ ∠ADB = ∠AD B$ . Тогда, в свою очередь, $′ ′ ′ △ADO = △A D O$ по углам $′ ′ ′ ∠ADB = ∠AD B$ и $′ ′ AD = A D$ , $′ ′ DO = DO$ . Следовательно, $′ ′ AO = A O$ . Но тогда $AC = 2AO =2A′O′ = A′C′$ . Следовательно, $△ABC = △A′B′C′$ по трем сторонам. Ч.т.д.

Ответ: Доказательство

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#16805

$B$ выпуклом четырехугольнике $ABCD$ стороны $AB, BC$ и $CD$ paвны, $M$ — середина стороны $AD.$ Известно, что угол $BMC$ равен $∘ 90 .$ Найдите угол между диагоналями четырехугольника $ABCD.$

Показать ответ и решение

Обозначим точку пересечения диагоналей через $E$ . $B′$ и $C′$ — точки, симметричные относительно $M$ точкам $B$ и $C$ соответственно. Тогда $′ MB =MB$ , $′ MC = MC$ по построению.

$′ ′ BCB C$ — параллелограмм (т.к. диагонали делят друг друга пополам), следовательно, $′ ′ C B = BC$ .

$′ ABDB$ — параллелограмм (т.к. диагонали делят друг друга пополам), следовательно, $′ BD = AB$ .

$′ ACDC$ — параллелограмм (т.к. диагонали делят друг друга пополам), следовательно, $′ AC =C D$ .

Треугольники $BCM$ и $′ B CM$ равны как прямоугольные по двум катетам ( $CM$ общий, $′ MB = MB$ по построению), следовательно их гипотенузы равны $′ CB = CB$ . Получили, что $′ ′ CD = CB =DB$ и треугольник $′ CDB$ — равносторонний.

$PIC$

Рассмотрим искомый угол $BEA$ . С одной стороны, из параллельности $AC$ и $C′D$ он равен углу $BDC ′$ . С другой стороны, как внешний для треугольника $BCE$ он равен сумме углов $∠BCE + ∠EBC$ . Треугольники $ABC$ и $BCD$ равнобедренные, следовательно, $∠CAB =∠BCA, ∠DBC = ∠CDB$ . Подытоживая написанные равенства, получаем

∠BDC ′ = ∠BEA = ∠BCE + ∠EBC = ∠BCA + ∠DBC = ∠CAB + ∠CDB

Треугольники $ABC$ и $′ ′ DB C$ равны по трем сторонам ( $′ ′ ′ AB = BC = BD = B C$ , $′ AC =C D$ ), следовательно, $′ ′ ∠CAB = ∠C DB$ . Тогда, подставив в равенство выше, получим $′ ′ ′ ∠BDC =∠C DB +∠CDB$ , причем $′ ′ ′ ′ ∘ ∠BDC + ∠C DB + ∠CDB = ∠CDB = 60$ , т.к. треугольник $CDB ′$ равносторонний. Таким образом, искомый угол $60∘ ∠BEA = ∠BDC ′ =-2-= 30∘$ .

Ответ:

$30∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#30690

В треугольнике равны две медианы. Докажите, что он равнобедренный.

Показать ответ и решение

Пусть в $△ABC$ равны медианы $AM$ и $CL$ . Докажем, что $AB = CB$ .

Продлим эти медианы на отрезки $′ MA$ и $′ LC$ , равные $AM$ и $CL$ соответственно. Получим два параллелограмма $′ ABA C$ и $′ AC BC$ . Следовательно, $′ ′ A B = AC = CB$ , $′ ′ A B ∥ AC ∥C B$ , откуда $′ A$ , $B$ и $′ C$ лежат на одной прямой, то есть $′ ′ AC ∥ AC$ .

$PIC$

$′ ′ ′ ∠ACC =∠A C C$ как накрест лежащие при $′ ′ AC ∥A C$ и секущей $′ CC$ . Также $′ ′ AA = 2AM = 2CL= CC$ . Проведем через точку $C$ прямую, параллельную $AA ′$ и пересекающую прямую $A′C′$ в точке $D$ . Тогда $△C′CD$ — равнобедренный ( $AA ′ =CD$ как противоположные стороны параллелограмма $ACDA ′$ , значит, $CD = AA′ = CC′$ ), следовательно, $∠A ′C′C =∠C ′DC$ .

$∠C′DC = ∠AA ′C ′$ как соответственные при $CD ∥AA ′$ и секущей $DC′$ . Тогда $∠A′C′C = ∠C′DC = ∠AA′C′$ . Следовательно, $△AA ′B = △C ′CB$ по $A′B = C′B$ , $CC ′ =AA ′$ и $∠A ′C′C =∠AA ′C ′$ . Значит, равны третьи стороны $AB =BC$ . Ч.т.д.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#30717

На сторонах $AB$ и $BC$ треугольника $ABC$ во вне построили квадраты $ABKL$ и $CBNT.$ Докажите, что отрезок $KN$ в два раза больше медианы $BM$ треугольника $ABC.$

Показать ответ и решение

Пусть $D$ — точка, симметричная точке $B$ относительно $M$ . Тогда $MB = MD$ и $ABCD$ — параллелограм, так как диагонали $AC$ и $BD$ точкой пересечения делят друг друга пополам.

$PIC$

Обозначим $∠ABC =β$ . Из параллельности $AB$ и $DC$ следует, что $∘ ∠BCD = 180 − β$ .

Выразим $∠NBK$ через $β$ :

∠NBK =360∘− ∠KBA − ∠ABC − ∠CBN = 360∘− 90∘− β − 90∘ = 180∘ − β

Отсюда получаем $∠NBK = ∠BCD$ и треугольники $NBK$ и $BCD$ равны по двум сторонам и углу между ними. Из равенства треугольников имеем искомое соотношение $KN = BD = 2BM$ .

Ответ:

Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#30718

В треугольнике $ABC$ медиана $BM$ в четыре раза меньше стороны $AB$ и образует с ней угол $60∘$ . Найдите угол $ABC$ .

Показать ответ и решение

Пусть $D$ — точка, симметричная точке $B$ относительно $M$ . Тогда $MB = MD$ и $ABCD$ — параллелограм (так как диагонали делят друг друга пополам).

Пусть $N$ — середина $AB$ . $1 BM =4AB$ , $1 BD = 2BM = 2AB = BN$ . Получаем, что в треугольнике $BDN$ угол $B$ равен $∘ 60$ и $BN = BD$ , следовательно, он равносторонний и $1 ND = NB =BD =NA = 2AB$ .

$PIC$

Тогда в треугольнике $BDA$ медиана $DN$ равна половине стороны $AB$ , к которой она проведена, следовательно, он прямоугольный с прямым углом $D$ . $AD ∥BC$ , следовательно,

∠DBC = ∠BDA =90∘ ⇒ ∠ABC = ∠ABD + ∠DBC = 150∘

Ответ: 150

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#30720

В треугольнике $ABC$ проведена медиана $AF.$ Точка $D$ — середина отрезка $AF,$ точка $E$ — пересечение прямой $CD$ и стороны $AB.$ Известно, что $BD =BF = CF.$ Докажите, что $AE = DE.$

Показать доказательство

Первое решение.

Пусть $D1$ — точка, симметричная точке $D$ относительно $F.$ Тогда $F D = FD1$ и $CDBD1$ — параллелограмм (так как диагонали четырехугольника $BDCD1$ делят друг друга пополам).

$PIC$

В треугольнике $FDB$ стороны $BD$ и $BF$ равны, следовательно, $∠FDB = ∠BF D.$ Кроме того, $∠EDA =∠CDD1$ как вертикальные, $∠CDD1 = ∠BD1D$ как накрест лежащие при параллельных прямых $CD$ и $D1B$ и секущей $DD1.$

Треугольники $ABF$ и $D1BD$ равны по углу $(∠BF A = ∠D1DB )$ и прилежащим к нему сторонам $(F B = DB,$ $F A= DD1 ),$ следовательно, $∠FAB = ∠BD1D.$ Итого, получили следующую цепочку равенств углов

∠EDA = ∠CDD1 = ∠BD1D =∠F AB

Тогда в треугольнике $AED$ углы при вершинах $A$ и $D$ равны и $AE = DE.$

Второе решение.

Задачу можно решить без удвоения медианы, если обратить внимание на треугольники $△ ADB$ и $△ CF D.$

В этих треугольниках углы $∠ADB$ и $∠CF D$ равны как дополняющие равные по условию углы $∠F DB$ и $∠DF B$ до развернутого угла. Кроме того, $BD = CF$ и $AD = DF$ по условию.

Тогда треугольники $△ ADB$ и $△ CF D$ равны по двум сторонам и углу между ними.

Отсюда лежащие напротив равных сторон углы $∠CDF$ и $∠DAB$ равны и с привлечением равных вертикальных углов $∠CDF$ и $∠ADE$ получаем равные углы в треугольнике $△ ADE$ и требуемое равенство $AE =DE.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#31087

На сторонах $AB$ и $AC$ равностороннего треугольника $ABC$ выбраны точки $P$ и $R$ соответственно так, что $AP = CR$ . Точка $M$ — середина отрезка $PR$ . Докажите, что $BR =2AM$ .

Показать ответ и решение

Продлим медиану $AM$ треугольника $AP R$ на свою длину. Пусть мы получили точку $Q$ . Тогда $AP QR$ — параллелограмм, так как его диагонали $AQ$ и $PR$ точкой пересечения делятся пополам.

Тогда $AP = QR$ и $QR ∥AB$ . Значит, соответственные углы $BAC$ и $QRC$ равны, то есть $∘ ∠QRC = 60$ .

Рассмотрим треугольник $CQR$ . В нем $QR = AP = CR$ и $∘ ∠QRC =60$ , значит, этот треугольник является равносторонним, то есть $∘ ∠RCQ =60$ . Таким образом, точка $Q$ лежит на стороне $BC$ и $QC = QR =CR$ .

$PIC$

Рассмотрим треугольники $ACQ$ и $BCR$ . Они имеют общий угол $ACB$ , $AC = BC$ и $QC = CR$ , значит, $△ACQ =△BCR$ по первому признаку. В равных треугольниках соответственные элементы равны, в частности, $BR = AQ = 2AM$ .

Ответ: Задача на доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#75435

В равностороннем треугольнике $ABC$ провели медианы $AE$ и $BD.$ На медиане $AE$ отметили точку $G$ так, что $AG :GE = 1:2.$

а) Докажите, что описанная вокруг треугольника $GEB$ окружность делит отрезок $AB$ в отношении $1 :3,$ считая от вершины $A.$

б) Известно, что эта же окружность пересекает $BD$ в точке $I.$ Её радиусы $JI$ и $JE$ пересекают медианы $AE$ и $BD$ в точках $L$ и $K.$ Найдите отношение $IL :KE.$

Показать ответ и решение

а)

1. Пусть медианы $△ABC$ пересекаются в точке $F.$ По свойству данной точки $AF :F E = 2:1.$

2. Раз $AF :F E = 2:1$ и $AG :GE =1 :2,$ то $G$ — это середина отрезка $AF.$

3. По определению $DG$ — это средняя линия $△AF C,$ которая параллельна $F C.$

4. Проведём высоту $CL$ в $△ABC.$ $FC$ лежит на высоте треугольника $CL,$ следовательно, $FC ⊥ AB$ и $DG ⊥ AB.$

5. Продлим $DG$ до пересечения с $AB$ в точке $H.$

$PIC$

6. Поскольку $DH ∥CL$ и $D$ — середина боковой стороны $AC,$ то $DH$ — это средняя линия $△ACL$ и $AH = HT.$

7. В равностороннем треугольнике высоты и медианы совпадают, стало быть, $L$ — середина $AB,$ откуда $AH :HB = 1:3.$

8. Теперь нам осталось доказать, что $H$ — это и есть та самая точка пересечения окружности и отрезка $AB$ (не считая точки $B$ ).

9. $∘ ∠GHB + ∠GEB =180 ,$ откуда $HBEG$ — вписанный и $H$ — действительно точка пересечения окружности с отрезком $AB.$ Ч.Т.Д. б)

1. Провед̈eм перпендикуляры $IN$ и $EM$ на $AE$ и $BD$ соответственно.

2. Поскольку $△ABC$ равносторонний, то $AE$ и $BD$ ещё и биссектрисы. Таким образом, $∠FAB = ∠F BA = 602∘= 30∘.$

3. По сумме углов $△AF B :$

∠AF B =180∘− 30∘− 30∘ = 120∘.

4. Вписанный $∠EBI$ и центральный $∠EJI$ опираются на одну дугу, стало быть $∠EJI = 2⋅∠EBI = 60∘.$

5. Поскольку $∘ ∠LF K + ∠LJK = 180 ,$ то $LFKJ$ —- вписанный и $∘ ∠F LJ +∠F KJ = 180 .$

6. $∠NLI = ∠F LJ$ как вертикальные.

∠MKE = 180∘− ∠FKJ =∠F LJ,

то есть $∠NLI =∠MKE.$

7. $∠INL = ∠EMK = 90∘,$ поскольку $IN$ и $EM$ — перпендикуляры.

8. Из прошлых двух пунктов выводим подобие $△INL ∼ △EMK$ по двум углам. Раз так, то $IL:EK = IN :EM.$

$PIC$

9. $∠GEB = 90∘,$ следовательно, $GB$ — диаметр и $∠GIB = 90∘.$

10. $∠GIB = ∠ADB$ и $G$ — середина $AF,$ стало быть $GI$ — средняя линия $△ADF.$

11. Из прошлого пункта следует, что $△GIF ∼ △ADF$ с коэффициентом подобия $1 :2.$

12. $∠DAF = ∠EBF,$ $∠ADF = ∠BEF,$ $AD =EB.$ Эти три тезиса в сумме говорят о равенстве $△ADF = △BEF.$

13. Из прошлых двух пунктов следует, что $△GIF ∼ △BEF$ с тем же коэффициентом подобия $1:2.$

14. $IN$ и $EM$ — высоты данных треугольников, следовательно, их длины связаны тем же коэффициентом подобия $1 :2.$

15. Из пунктов 14) и 8) следует, что $IL:KE = 1:2.$

Ответ:

б) $1 :2$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#16803

Про выпуклый пятиугольник $ABCDE$ известно, что $AE = AD, AC = AB$ и $∠DAC = ∠AEB + ∠ABE.$ Докажите, что сторона $CD$ в два раза больше медианы $AM$ треугольника $ABE.$

Показать ответ и решение

Проблема.

В задаче есть дурацкое условие про то, что сумма каких-то двух углов равна третьему, с которым непонятно, что делать.

Естественная мысль.

Какой еще угол равен сумме двух углов из условия? Внешний угол при вершине $A$ треугольника $ABE$ .

Пусть $B′$ — точка, симметричная точке $B$ относительно $A$ . Угол $B′AE$ — внешний в треугольнике $ABE$ , тогда $∠B ′AE = ∠ABE + ∠BEA = ∠DAC$ . Треугольники $B ′AE$ и $DAC$ равны по углу при вершине $A$ и прилежащим к ней сторонам ( $′ AB = AB = AC, AE = AD$ ), следовательно, их третьи стороны тоже равны $′ B E = CD$ . Точка $A$ — середина $BB ′$ , точка $M$ — середина $BE$ , значит, $AM$ средняя линия треугольника $BEB ′$ и $AM = 12B ′E = 12CD$ .

$PIC$

Ответ: