Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Треугольники и их элементы → .02 Медианы

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Треугольники и их элементы

Точка и отрезок

Медианы

Высоты

Биссектрисы

Средняя линия и её свойства

Ортоцентр и его свойства

Лемма 255

Симедианы

Прямая Эйлера

Прямая Симсона

Ортологичные треугольники: теоремы Карно и Штейнера

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#79117

Точки $M$ и $N$ — середины сторон $AB$ и $BC$ соответственно треугольника $ABC.$ На продолжении отрезка $CM$ за точку $M$ отмечена точка $D.$ Оказалось, что $BC = BD = 2$ и $AN =3.$ Докажите, что $∘ ∠ADC = 90.$

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим через $K$ точку пересечения медиан $AN$ и $CM.$ По свойству медиан $KC = 2KM$ и $AK = 2KN.$ Поскольку к тому же $AN = 3,$ то $KN = 1.$ Таким образом в треугольнике $BKC$ медиана к стороне $BC$ равна $1= BC∕2,$ поэтому $∠BKC = 90∘.$ Это означает, что $BK$ — высота треугольника $BCD,$ в котором $BD = BC.$ Следовательно, $BK$ — его медиана. Поэтому $DK = KC = 2KM,$ откуда $KM = DK ∕2= DM.$ Получается, что диагонали четырехугольника делятся точкой пересечения пополам, то есть $ADBK$ — параллелограмм. Значит, $BK ∥AD.$ откуда $∠ADC = ∠BKD =90∘$ , что и требовалось доказать.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#58010

В треугольнике $ABC$ медиана, проведённая из вершины $A,$ в четыре раза меньше стороны $AB$ и образует с этой стороной угол $60∘.$ Найдите угол $∠BAC.$

Показать ответ и решение

Обозначим медиану из вершины $A$ через $AM.$

Первое решение.

Опустим перпендикуляр $BH$ на прямую $AM.$ Тогда в прямоугольном треугольнике $ABH$ катет $AH$ равен половине гипотенузы $AB,$ так как лежит напротив угла в $30$ градусов. А ещё по условию $1 AM = 4AB.$ Тогда $AB- AB- AB- MH =AH − AM = 2 − 4 = 4 =AM.$ Получили, что в четырёхугольнике $ABHC$ диагонали точкой пересечения $M$ делятся пополам, а значит, это параллелограмм, так что $∘ ∠CAH =∠AHB = 90 .$ В итоге $∘ ∘ ∘ ∠ABC =60 + 90 =150 .$

$PIC$

Второе решение.

Отметим ещё середину $AB$ — как $D,$ а середину $AD$ — как $E.$ Тогда $AE = 14AB,$ а ещё по условию $AM = 14AB.$ Так что треугольник $AME$ — равносторонний ( $AE =AM$ ) с углом при вершине $A$ в $60∘,$ значит, он равносторонний.

Тогда $∠DEM = 120∘,$ как смежный с углом в $60∘.$ Далее, $EM =AE = DE,$ поэтому треугольник $AMD$ — прямоугольный, и $∠EDM = 30∘.$ Смежный с ним $∠BDM = 150∘.$ С другой стороны, этот же угол равен $∠BAC,$ так как $DM$ — средняя линия треугольника $ABC$ — параллельна $AC.$

$PIC$

Третье решение.

Не будем думать и просто посчитаем:

1) по теореме косинусов для треугольника $AMB$

BM2 =AM2 + (4AM)2− 2⋅AM ⋅(4AM )⋅cos60∘ = 13AM2

2) по формуле медианы (при удвоение медианы получается параллелограмм, у которого сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех сторон)

(2AM )2 +BC2 = 2(AC2 +AB2 ) =⇒ 4AM2 + 4⋅13AM2 = 2AC2 +32AM2

12AM2 = AC2

3) по теореме косинусов для треугольника $ABC$

(2BM )2 = (4AM )2+ AC2− 2⋅(4AM )⋅AC cos∠BAC

2 2 2 √-- 2 4⋅13AM = 16AM + 12AM − 8⋅ 12⋅AM cos∠BAC

-24- √3- ∘ cos∠BAC = −8√12-= − 2 =⇒ ∠BAC =150

Ответ:

$150∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#68554

Из медиан треугольника $ABC$ составлен треугольник $A B C , 1 1 1$ а из медиан треугольника $A B C 1 1 1$ составлен треугольник $A B C . 2 2 2$ Докажите, что треугольники $ABC$ и $A2B2C2$ подобны, и найдите коэффициент подобия.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть медианы $△ABC$ будут $′ AA ,...$ и аналогично для $△A1B1C1$ ( $′′ A1A ,...$ ). Тогда из $△ABC$ имеем

−→ −→ −→ −−→ −−→ −→ −A−→A ′ =AB-+-AC , −B−B→′ = BA+-BC-, −C−C→′ = CB+-CA 2 2 2

Заметим, что сумма всех векторов равна нулю, поэтому из них можно составить треугольник. Это важно, поскольку тогда мы можем использовать их в качестве сторон $A1B1C1$ ( $−A−→A′ → −A−1−B→1,−B−B→′ → −B−−1→C1,−C−C→′ → −C−1−→A1$ ). Далее из треугольника $△A1B1C1$ получим

−−−→ −−−→ −−−→ −→ −→ −−→ −→ −→ A1A′′= A1B1-+A1C1 = AB-+AC-+-BC-+AC- = 3AC-- 2 4 4

Здесь мы воспользовались тем, что $−A→B + −−B→C +−C→A = −→0 .$ Повторяя аналогичные рассуждения для остальных сторон, получаем подобие с коэффициентом $34.$

Второе решение.

Если стороны треугольника равны $a,b,c,$ то квадраты длин медиан выражаются по формулам

m2 = 2b2+-2c2-− a2 a 4

2 2c2+-2a2− b2 mb = 4

2 2a2+ 2b2− c2 mc = ----4------

Тогда у треугольника $A2B2C2$ квадраты длин сторон, как медианы треугольника $A1B1C1,$ выражаются по формулам

2 2 2 2m-b +2m-c − m-a= 4

= -1⋅(2(2b2+ 2c2− a2)+2(2c2+ 2a2− b2)− (2a2+ 2b2− c2)) 16

-1 ( 2) ( 3c)2 = 16 ⋅9c = 4

Далее аналогично считаются длины оставшихся двух сторон. В итоге у треугольника $A2B2C2$ стороны равны $34c,34b,34a,$ поэтому он подобен исходному треугольнику со сторонами $a,b,c,$ коэффициент подобия равен $3. 4$

Ответ:

$3 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#74434

Докажите, что медианы делят треугольник на шесть равновеликих треугольников.

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим площадь треугольника через $6S.$ Обозначим точки как показано на рисунке. Площадь $ΔACC1 = 3S$ (у треугольников $ACC1$ и $BCC1$ общая высота и равные основания). По свойству центра тяжести $CMMC1-=2,$ а значит $SSΔΔAAMCCM1-= 2.$ Отсюда получаем, что $SΔAMC1 =S.$ Аналогично доказывается, что площадь остальных маленьких треугольников равна $S.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#31726

На медиану $BM$ треугольника $ABC$ опустили перпендикуляр $AL$ и перпендикуляр $DK$ из некоторой точки $D$ на стороне $AB$ ( $L$ и $K$ — различные точки, лежащие внутри $BM ).$ Оказалось, что $BK = LM.$ Докажите, что $CD = BD + AB.$

Показать доказательство

$PIC$

Продлим $BA$ за точку $A$ на $AE =BD.$ Из $BK = LM$ и $DK ∥AL$ по теореме Фалеса следует $EM ∥AL,$ то есть $∘ ∠EMB = 90 .$ Пусть $N$ — середина $BE$ и $AD.$ Тогда $MN =CD ∕2,$ как средняя линия, и $MN = BE ∕2= (AB + AE)∕2= (AB + BD)∕2,$ как медиана из прямого угла, откуда и получаем требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#51006

Продолжения медиан $AM$ и $BK$ треугольника $ABC$ пересекают описанную около него окружность в точках $E$ и $F$ соответственно, причем $AE :AM = 2:1,$ $BF :BK = 3:2.$ Найти углы треугольника $ABC.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Из условия следует, что хорды $BC$ и $AE$ в точке $M$ пересечения делятся пополам, поэтому $ACEB$ — параллелограмм, вписанный в окружность, следовательно, он является прямоугольником. Итак, $π ∠BAC = 2$ и $M$ — центр окружности. Пусть $KF = x,$ тогда из условия следует, что $BK = 2x.$ По теореме о пересекающихся хордах окружности, $BK ⋅KF =AK ⋅KC.$

Но $KC = AK,$ поэтому $2 2 √- AK = 2x ,AK = x 2.$ Из прямоугольного треугольника $BAK$ находим $√---2----2- √ - AB = BK − AK =x 2.$ Итак, катеты треугольника $ABC$ равны $√- x 2$ и $√- 2 2x,$ поэтому его углы равны $π 2,$ $π arctg2 и 2 − arctg2$

Ответ:

$π ,arctg2,π− arctg2 2 2$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#58323

На продолжении за точку $C$ стороны $BC$ равностороннего треугольника $ABC$ выбрана точка $M$ , через неё проведена прямая, параллельная $AC$ . Эта прямая пересекает продолжение стороны $AB$ в точке $N$ . Медианы треугольника $BNM$ пересекаются в точке $O$ . Точка $D$ — середина $AM$ . Найдите углы треугольника $ODC.$

Источники: Бельчонок-2022, 11.2 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Рассмотрим $K ∈NM, AK ∥CM$ , откуда $AKMC$ — параллелограмм. Заметим, что

В $△AKN :∠N = 60∘,AK ∥BC$ , откуда он равносторонний и $NK = NA =MC$ (в силу симметрии).
Треугольник $BNM$ правильный, откуда для его центра $O$ : $OM = ON$ .
Аналогично предыдущему $∠KNO = ∠N2-= ∠M2-= ∠CMO =30∘$ .

Отсюда по двум сторонам и углу между ними $△KON =△COM$ , тогда $OK = OC$ . Поскольку $D$ является точкой пересечения диагоналей параллелограмма, то $KD =DC$ и $OD$ является медианой равнобедренного $△KOC$ . Отсюда $∘ ∠ODC = 90$ и

∠KOC ∠KOM + ∠MOC ∠KOM +∠KON ∠NOM ∠DOC = --2--= ------2------ = ------2------= ---2-- =60∘

снова пользуясь правильностью $△BNM$ . В итоге получаем $∠OCD = 180∘− ∠DOC − ∠CDO = 30∘$ .

Ответ:

$90∘,60∘,30∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#92050

Дан треугольник $ABC$ со сторонами $AB = 3,AC = √73$ и медианой $AM = 4$ .

а) Докажите, что медиана $AM$ перпендикулярна стороне $AB$ .

б) Найдите высоту треугольника $ABC$ , проведённую из вершины $A.$

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Решение 1. Вспомним формулу для медианы.

2 2 2 AM2 = 2AB--+-2AC-−-BC-- 4

Значит, $BC2 = 2AB2 +2AC2 − 4AM2 = 100$ . Тогда $BC = 10$ и $BM = 5$ . Тогда $AB2 +AM2 = BM2$ и поэтому треугольник прямоугольный.

Решение 2. Удвоим медиану $AM$ до $A ′$ . Тогда $AB2 +AA ′2 = 73= BA′2$ . Значит, $∠BAA ′ =90∘$ .

б) Заметим, что высота в треугольнике $ABC$ , проведённая из вершины $A$ совпадает с высотой в треугольнике $ABM$ , проведённая из вершины $A$ . Треугольник $ABM$ прямоугольный, и значит,

S = AB⋅AC-= 6= AH-⋅BM- ABM 2 2

Значит, $AH = 12- 5$ .

Ответ:

б) $12 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#97833

Дан треугольник $ABC,$ в котором $AB = 5.$ Медиана $BM$ перпендикулярна биссектрисе $AL.$ Найдите $AC.$

Источники: ВСОШ - 2022, школьный этап, 8 класс

Показать ответ и решение

Пусть $P$ — точка пересечения отрезков $AL$ и $BM$ .

$PIC$

В треугольнике $ABM$ биссектриса $AL$ является высотой, поэтому треугольник $ABM$ равнобедренный. Следовательно,

AC = 2AM = 2AB = 2⋅5= 10

Ответ: 10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#69043

Дан равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$ . Пусть $M$ — точка пересечения медиан. Докажите, что $∠BAM < 2∠MAC$ .

Источники: БИБН - 2021, 11.2 (см. www.unn.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Вспомним следующую конструкцию: проведем две перпендикулярные прямые и на одной из них отметим точку, из которой отложим два равных угла, получив прямоугольный треугольник. Тогда $a <b$ где $a$ и $b$ — отрезки, на которые проведенная биссектриса делит сторону треугольника. Это следует из свойства биссектрисы: пусть $y$ — гипотенуза, $x$ — катет, тогда $ab = xy$ и так как $x< y,$ получаем $a< b.$ Также проведем медиану из отмеченной точки. Она будет пересекать катет выше биссектрисы в силу $a <b.$

$PIC$

По свойству точки пересечения медиан, $BM :MK = 2:1$ . Пусть $BM = 2x, MK = x$ . Отметим $P$ — середину $BM$ , тогда $BM =P M = x$ .

Проведем биссектрису угла $BAK$ . По сказанному ранее $∠MAK >∠P AM$ (биссектриса пересечет $BK$ в точке, которая находится ниже $M$ — середины $PM$ )

Треугольник $ABM$ — тупоугольный, поэтому $AB >AM$ так как $AB$ опирается на тупой угол. Проведем биссектрису угла $BAM$ . Она пересечет $BM$ ниже, чем точка $P$ — середина $BM.$ Поэтому $∠BAP < ∠P AM$

Итого получаем

∠MAK > ∠P AM > ∠BAP

То есть

{ ∠MAK > ∠P AM ∠MAK > ∠BAP

Складывая, получаем

2∠MAK > ∠PAM + ∠BAP

2∠MAC > ∠BAM

Второе решение.

$PIC$

Пусть $BK$ — медиана равнобедренного треугольника $ABC$ , проведенная к основанию $AC$ , тогда отрезок $BK$ перпендикулярен основанию $AC$ по свойству равнобедренного треугольника. По свойству точки пересечения медиан, $BK :MK = 3:1$ . Обозначим $∠MAK = α$ и $∠BAK = β$ . Тогда неравенство $∠BAM < 2∠MAC$ равносильно неравенству $β < 3α$ . Последнее неравенство очевидно в случае, когда $α≥ π6$ , так как $β < π2.$

Пусть теперь $α< π6$ . Из прямоугольного треугольников $ABK$ и $AMK$ имеем: $tgβ = BAKK-$ , $tgα = MAKK-$ , значит, $tgβ = 3tgα$ . Так как углы $β$ и $3α$ лежат в интервале $(0;π2)$ , то неравенство $β <3α$ равносильно неравенству $tgβ <tg3α$ , то есть $3tgα <tg3α$ .

Рассмотрим разность

tg3α − 3 tgα =(tg3α− tgα)− 2tgα=---sin2α-- − 2sinα-= 2sinα-− 2-sinα cos3α⋅cosα cosα cos3α cosα

Так как $0< α < π 6$ , то $0< cos3α <cosα$ и $sinα >0$ , и, значит,

(--1-- -1--) 2sinα cos3α − cosα > 0

следовательно, $tg3α− 3tgα> 0$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#108453

Пусть $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC.$ Оказалось, что $∠ABM =∠BCM, ∠BAM = ∠ACM.$ Верно ли, что треугольник $ABC$ — равносторонний?

Источники: Изумруд - 2020, 11.6 (см. izumrud.urfu.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $BC = a,AC = b,AB =c.$ Обозначим середины сторон $BC,AC,AB$ через $A ,B ,C 1 1 1$ соответственно, а длины медиан $AA1,BB1,CC1$ — через $ma,mb,mc$ соответственно.

$PIC$

Заметим, что

∠BAC = ∠BAM +∠CAM = ∠ACM + ∠CAM = ∠AMC1.

Аналогично, $∠ABC =∠BMC . 1$ Как известно, существует треугольник, стороны которого равны и параллельны медианам треугольника $ABC.$ Построим треугольник $KLN$ такой, что $LN = m ,KN =m ,LK = m . a b c$

$PIC$

Углы этого треугольника будут равны углам между медианами $AA1,BB1,CC1,$ а именно

∠KLN = ∠AMC1 = ∠BAC

∠LKN =∠BMC1 = ∠ABC.

Следовательно, треугольники $ABC$ и $KLM$ подобны по двум углам, а значит,

-a-= -b-= -c. mb ma mc

По формуле длины медианы треугольника получим

-∘----a-------= --∘----b------ = -∘----c-------, 12 2(a2 +c2)− b2 12 2(b2+c2)− a2 12 2 (a2+ b2)− c2

откуда

2 2 2 ---2-a2---2 = --2-b-2---2 =---2-c2---2 2(a + c)− b 2(b + c)− a 2(a + b)− c.

Первое равенство равносильно

a2(2(b2+ c2)− a2) =b2(2(a2 +c2)− b2),

откуда

2a2c2− a4 = 2b2c2− b4,2c2(a2− b2)= (a2− b2)(a2 +b2).

Предположив, что $a⁄= b$ , получим $2c2 = a2+ b2,$ откуда $∘-2--2 c= a-+2b .$ Равенство

2 2 ---2-a2---2 = --2--c2---2 2(a + c)− b 2(a +b )− c

также выполняется, что проверяется прямой подстановкой.

Таким образом, под условие задачи подойдёт любой треугольник, длины сторон которого связаны соотношением $∘ ----- c= a2+b2, 2$ например, треугольник со сторонами $a =5,b= 7,c= √37.$

Замечание. Треугольники, длины сторон которых связаны соотношением $c=$ $∘ a2+b2- 2$ , называются автомедианнымии.

Ответ:

вообще говоря, нет

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#74336

Источники: Олимпиада Эйлера, 2019, ЗЭ, 6 задача(см. old.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим через $K$ точку пересечения медиан $AN$ и $CM.$

$PIC$

По свойству медиан $KC = 2KM$ и $AK = 2KN.$ Поскольку к тому же $AN = 3,$ то $KN = 1.$ Таким образом в треугольнике $BKC$ медиана к стороне $BC$ равна $1 =BC ∕2,$ поэтому $∠BKC =90∘.$ Это означает, что $BK$ — высота треугольника $BCD,$ в котором $BD = BC.$ Следовательно, $BK$ — его медиана. Поэтому $DK = KC = 2KM,$ откуда $KM = DK∕2= DM.$

Получается, что диагонали четырехугольника делятся точкой пересечения пополам, то есть $ADBK$ — параллелограмм. Значит, $BK ∥ AD,$ откуда $∠ADC = ∠BKD = 90∘.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#42787

В треугольнике две медианы взаимно перпендикулярны, их длины равны $18$ см и $24$ см. Вычислите площадь треугольника (ответ введите в квадратных сантиметрах).

Источники: Муницип - 2018, Вологодская область, 9.4

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть это медианы $BE = 18,AD = 24$ в треугольнике $ABC$ и пересекаются они в точке $M$ . В силу свойств медиан,

AM = 2AD =⇒ SABM = 2SABD = 1SABC = BM-⋅AM-= 16⋅12= 96 3 3 3 2 2

Значит, $SABC = 96⋅3= 288$ .

Ответ: 288

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#74567

Боря нарисовал девять отрезков, три из которых равны трём высотам треугольника $ABC,$ три — трём биссектрисам, три — трём медианам. Оказалось, что для любого из нарисованных отрезков среди остальных восьми найдётся равный ему. Докажите, что треугольник $ABC$ — равнобедренный.

Источники: Олимпиада Эйлера, 2017, дистанционный этап

Показать доказательство

Пусть $AA 1$ — самая короткая из высот треугольника $ABC.$ Если она равняется медиане $AA 2$ или биссектрисе $AA , 3$ то треугольник, очевидно, равнобедренный. Если она равна медиане $BB2$ или биссектрисе $BB3,$ то тогда $AA1$ не короче высоты $BB1.$ Значит, она равна $BB1,$ так как по нашему предположению $AA1$ — самая короткая из высот. Итак, всё свелось к случаю, когда $AA1 = BB1.$ Но тогда прямоугольные треугольники $ABA1$ и $BAB1$ равны по катету и гипотенузе, откуда $∠A = ∠B.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#38695

В треугольнике $ABC$ медиана, выходящая из вершины $A$ , перпендикулярна биссектрисе угла $B$ , а медиана, выходящая из вершины $B$ , перпендикулярна биссектрисе угла $A$ . Известно, что $AB = 2$ . Найдите периметр треугольника.

Источники: Школьный этап - 2016, Москва, 9.5

Показать ответ и решение

Обозначим медиану за $AM$ , а её точку пересечения с биссектрисой за $L$ . Тогда в треугольнике $AMB$ отрезок $BL$ является биссектрисой и высотой одновременно, а значит, треугольник $AMB$ — равнобедренный. Откуда $1 AB =BM = 2BC$ , то есть $BC = 4$ . Аналогично, $AC = 4$ , откуда получаем, что периметр треугольника равен $4+ 4+ 2=10.$

$PIC$

Ответ: 10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#47237

Периметр треугольника $ABC$ равен $24$ cм, а отрезок, соединяющий точку пересечения его медиан с точкой пересечения его биссектрис, параллелен стороне $AC$ . Найти длину $AC$ .

Источники: Всесиб-2013, 11.3 (см. sesc.nsu.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

Обозначим через $AK$ медиану из вершины $A$ , через $M$ - точку пересечения медиан $ABC$ , через I - точку пересечения его биссектрис $AA1,BB1,CC1$ . Проведём через $K$ прямую параллельно $AC$ , пересекающую биссектрису $BB1$ в точке $P$ - её середине. По теореме Фалеса $PI :IB1 =KM :MA = 1:2,$ поэтому $BI :IB1 = 2:1$ . По свойству биссектрис $AI$ и $CI$ в треугольниках $ABB1$ и $CBB1$ имеем $AB :AB1 = BI :IB1 = CB :CB1 =2 :1$ . Отсюда $AC = 12(AB + BC)= 13(AB +BC + AC)= 8.$

Второе решение.

$PIC$

Пусть $AA2,BB2$ — биссектрисы, $BB1,CC1$ — медианы, $BH$ — высота, $P$ — периметр $△ABC.$ Пусть $I =AA2 ∩BB2,Z = BB1∩ CC1$ , тогда $IZ ∥ AC.$ Отсюда следует

3 ρ(I,AC)= r= ρ(Z,AC ) =⇒ ρ(C1,AC )= 2r

ρ(C1,AC)= 3r =⇒ ρ(B,AC )= BH =2ρ(C1,AC )= 3r 2

Из отношения высот получим

SAIC- -r⋅AC-- 1 SABC = BH ⋅AC = 3

S r ⋅AC AC 1 P SAABICC--=-P-⋅r- =-P- = 3 =⇒ AC = 3-= 8

Ответ:

$8$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#97375

Будем называть четырехугольник равнодиагональным, если у него равны диагонали. Отрезок, соединяющий середины двух противоположных сторон выпуклого четырехугольника $ABCD,$ делит его на два равнодиагональных четырехугольника. Докажите, что четырехугольник $ABCD$ сам равнодиагональный.

Источники: СПБГОР - 2013, 10.2(см. www.pdmi.ras.ru)

Показать доказательство

Первое решение

Без ограничений общности будем считать, что указанный отрезок соединяет середины сторон $AB$ и $CD.$ Введем вектора $a,b,c,d$ таким образом, что

−→ −−→ −−→ −−→ AB =2a,BC = 2c,CD = 2b,DA = 2d

$PIC$

Поскольку диагонали образованных четырехугольников равны имеют место равенства

(2c+a)2 = (b+ 2c)2;(a +2d)2 =(2d+ b)2

Здесь и далее, для любых двух векторов $u,v :u⋅v = (u,v).$ Таким образом, вычитая второе равенство из первого, получим

2(a− b)(a +b+ c)=2(a− b)(a+ b+d)

(a− b)(c− d)= 0

Поскольку $a+ b+ c+d =0,$ имеем

(a− b)(a+ b+2c)= 0

(a+c)2 = (b+ c)2

следовательно, диагонали исходного четырехугольника так же равны.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение

Пусть $K$ и $M$ — середины сторон соответственно $AB$ и $CD$ четырёхугольника $ABCD.$ Из признака равенства треугольников по двум сторонам и медиане, проведённой к третьей следует равенство треугольников $CKD$ и $BMA,$ поэтому $CD = AB,$ а значит, $CM = BK.$ Треугольники $KBC$ и $MCB$ равны по трём сторонам, поэтому $∠BKC =∠BMC.$ Тогда

∠AKC = 180∘− ∠BKC =180∘− ∠BMC = ∠BMD

Тогда треугольники $AKC$ и $DMB$ равны по двум сторонам и углу между ними, следовательно, $AC = BD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#64852

Медианы $AL$ и $BM$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $K$ . Найдите длину отрезка $CK$ , если $AB = √3$ и известно, что вокруг четырехугольника $KLCM$ можно описать окружность.

Источники: ДВИ - 2011, вариант 1, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть оставшаяся медиана $CK$ пересекает сторону $AB$ в точке $N,$ тогда $CK :KN = 2:1.$ Отметим равные углы, используя параллельность $LM ∥AB$ (средняя линия) и вписанность $KLCM$ .

$PIC$

Далее воспользуемся подобием $△ANK ∼ △CNA$ (у них пара равных углов по две дужки и один общий):

NK- = AN- AN NC

√------- ∘ CK---3CK-- √3- AN = NK ⋅NC = 2 ⋅ 2 = 2 CK

Так как $AB- √3 AN = 2 = 2 ,$ то $CK = 1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть при гомотетии с центром в точке $C$ и коэффициентом $2$ точка $K$ переходит в точку $P,$ тогда $CK = KP,$ а по свойству центроида $CK =2KN,$ где $N$ — середина $AB.$

$PIC$

Описанная окружность треугольника $ABC$ переходит в описанную окружность треугольника $ABC,$ по теореме о пересекающихся хордах в получившейся окружности

AN ⋅NB = CN ⋅NP

√- √- -3-⋅-3= 3CK ⋅ 1CK 2 2 2 2

CK = 1

Ответ:

$1$

Предыдущая подтема

Следующая подтема