Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Дополнительные построения в планике → .02 Проведение средней линии

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Дополнительные построения в планике

Построения циркулем и линейкой

Проведение средней линии

Удвоение

Спрямление

Проведение параллельных прямых

Дополнение углов

Проецирование в планике

Обратный ход и построения от обратного

Угадай точку

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#83838

В треугольнике $ABC$ точка $M$ — середина стороны $AC$ , точка $P$ лежит на стороне $BC$ . Отрезок $AP$ пересекает $BM$ в точке $O$ . Оказалось, что $BO = BP$ . Найдите отношение $OM :PC$ .

Показать ответ и решение

Из условия $BO = BP$ треугольник $BOP$ равнобедренный, следовательно, $∠BOP = ∠BP O.$

Проведём среднюю линию $MK,$ где $K$ — середина $P C,$ треугольника $AP C,$ она будет параллельна $AP.$

$PIC$

Следовательно, $∠BOP = ∠BMK,$ $∠BP O =∠BKM,$ а т.к. $∠BOP =∠BP O,$ то треугольник $BKM$ равнобедренный. Тогда

BO + OM = BM = BK = BP +P K, BO = BP ⇒ OM =PK

А т.к. $K$ — середина $PC,$ получаем

OM :PC = PK :2P K =1 :2

Ответ:

$1 :2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#98719

В треугольнике $ABC$ точка $M$ — середина $BC,$ $AD$ — его высота. Докажите, что если $∠B =2∠C,$ то $AB =2DM.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задачах, где один угол в два раза больше другого, бывает полезно найти равнобедренный треугольник, у которого угол при основании равен меньшему из указанных углов, тогда внешний угол при вершине, противоположной основанию, будет в два раза больше и, следовательно, равен большему из указанных.

Подсказка 2

Давайте отметим середину K стороны AB. Что можно сказать про треугольник MKD?

Подсказка 3

Несложно показать, что он является тем самым треугольников из подсказки 1. Как это помогает в решении задачи?

Подсказка 4

Отрезок DM равен DK, а значит и AK. Доведите данные рассуждения до конца, решив задачу.

Показать доказательство

Отметим середину $K$ стороны $AB.$

$PIC$

Тогда $AK =DK =BK,$ так как $DK$ медиана в треугольнике $ADB,$ и $∠B = ∠BDK.$ Также понимаем, что $KM$ средняя линия треугольника, откуда $∠C =∠KMB.$ Тогда если $∠B =2∠C,$ то $DM = KD = AK = BK.$ Значит, $AB =2DM.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#102745

На сторонах $AB,BC,CA$ равностороннего треугольника $ABC$ выбраны точки $K,L,M$ соответственно так, что $AK =1,BL =2,CM = 3.$ Известно, что $∘ ∠MKL = 60 .$ Найдите сторону треугольника $ABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для решения задачи достаточно найти один из отрезков AM, CL, BK. Как можно найти длину какого-либо из этих отрезков?

Показать ответ и решение

Проведем в треугольнике $BKL$ среднюю линию $PQ ∥KL$ . Тогда

∘ ∘ ∠BQP =∠BLK =180 − ∠B− ∠BKL = 180 − ∠MKL − ∠BKL = ∠AKM.

Кроме того, $BQ = BL∕2= AK$ и $∠B = ∠A$ . Следовательно, треугольники $AKM$ и $BQP$ равны по стороне и двум углам. Положим $BP = AM = x$ . Тогда

1+ 2x =AK + KB = AB = AC =AM +MC =x +3 (∗),

откуда $x =2$ и $AC = x+ 3= 5$ .

$PIC$

Замечание. Используя подобие, можно обойтись без средней линии, сразу получив уравнение (*) из подобия треугольников $AKM$ и $BLK$ по двум углам с коэффициентом $BL AK-= 2$ .

Ответ:

$5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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 5#60221

В треугольнике $ABC$ высота $AH$ проходит через середину медианы $BM$ . Докажите, что в треугольнике $BMC$ также одна из высот проходит через середину одной из медиан.

Показать доказательство

Обозначим середину медианы $BM$ точкой $L.$ Из условия сразу следует, что $CL$ является одной из медиан треугольника $BMC.$ Логично доказать, что через её середину проходит высота этого треугольника.

Воспользуемся тем, что $M$ — середина $AC$ . Проведём через точку $M$ прямую $MK$ параллельно $AH$ (провести среднюю линию это одно из стандартных доп. построений).

$PIC$

Тогда сразу же по теореме Фалеса следует, что $MK$ проходит через середину $CL$ , при этом является высотой $△BMC,$ так как

MK ∥AH, AH ⊥BC =⇒ MK ⊥ BC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#74607

(a) Дан выпуклый четырехугольник. В нем отмечены середины всех четырех сторон. Докажите, что эти точки являются вершинами параллелограмма.

Замечание. Такой параллелограмм называется параллелограммом Вариньона.

(b) В выпуклом четырехугольнике средняя линия образует равные углы с диагоналями. Докажите, что диагонали равны.

Показать доказательство

$PIC$

(a) Введём обозначения как показано на рисунке. Заметим, что $XY$ — средняя линия в треугольнике $ABC,$ а значит $XY ∥AC.$ Также $ZT$ является средней линией в треугольнике $ADC,$ то есть $ZT ∥ AC.$ Следовательно, $XY ∥ ZT.$ Аналогично получим $XZ ∥ YT.$ Это даёт нам требуемое.

$PIC$

(b) Введём обозначения как показано на рисунке. Пусть $MN$ образует равные углы с диагоналями. Отметим точку $K$ — середину $BC.$ Заметим, что $KN$ — средняя линия в треугольнике $BCD,$ то есть она параллельна и равна половине $BD.$ Аналогично $MK$ параллельна и равна половине $AC.$ Тогда по условию треугольник $MKN$ равнобедренный, это даёт нам требуемое.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#97383

В треугольнике $ABC$ точка $K$ — середина стороны $AB,$ а точка $L$ на стороне $AC$ такова, что $AL = LC+ CB.$ Докажите, что $∘ ∠KLB =90$ тогда и только тогда, когда $AC =3CB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Отметим на продолжении отрезка AC за точку C такую точку N, что CN =BC. Попробуйте найти среднюю линию на картинке.

Подсказка 2

Теперь попробуйте доказать, что угол LBN = 90 тогда и только тогда, когда LC = BC.

Подсказка 3

Осталось воспользоваться условием на точку L и тем, что KL параллельна BN.

Показать доказательство

Отметим на продолжении отрезка $AC$ за точку $C$ такую точку $N,$ что $CN =BC.$ Тогда $KL$ — средняя линия в треугольнике $ABN,$ следовательно, $KL ∥BN.$ Теперь утверждение задачи следует из цепочки равносильностей: $AC = 3BC = 3x$ $⇐ ⇒ AL = 2x.$

∘ ∘ LC = BC = CN =x ⇐ ⇒ ∠LBN = 90 ⇐⇒ ∠BLK = 90

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#31337

Диагонали четырёхугольника равны, а одна из его средних линий в два раза короче каждой из них. Найдите угол между диагоналями.

Замечание. Средняя линия четырёхугольника — отрезок, соединяющий середины противолежащих сторон четырёхугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам уже даны середины двух противоположных сторон четырёхугольника, поэтому давайте рассмотрим ещё середину его третьей стороны и получившийся треугольник из трёх середин. Чем он хорош?

Подсказка 2

Этот треугольник правильный, потому что все его стороны равны половине диагонали!

Подсказка 3

А теперь остаётся понять, как связаны углы этого треугольника с углом между диагоналями, и задача решится.

Показать ответ и решение

Пусть в четырёхугольнике $ABCD$ средняя линия $EG$ равна половине каждой диагонали. Пусть также $F$ — середина $AD.$

$PIC$

Тогда угол между средними линиями $EF$ и $FG$ треугольников $ABD$ и $ACD$ равен углу между диагоналями, а сами они равны $EG,$ поскольку в два раза меньше диагоналей, но отсюда $EFG$ — правильный, а значит, $∠EFG = ∠(AC, BD)= 60∘$ .

Ответ:

$60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#31339

Точка $D$ взята на медиане $BM$ треугольника $ABC$ . Через точку $D$ проведена прямая, параллельная стороне $AB$ , а через точку $C$ проведена прямая, параллельная медиане $BM$ . Две проведённые прямые пересекаются в точке $E$ . Докажите, что $BE = AD$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Будем продлевать прямые до пересечения, чтобы получить как можно больше средних линий. Давайте продлим прямую AD до пересечения с прямой CE в точке F. Докажите, что тогда DM - средняя линия треугольника ACF.

Подсказка 2

Теперь продлим AB и CE до пересечения в точке G и поймём, что ED - средняя линия треугольника AFG.

Подсказка 3

Теперь осталось понять, почему BD и BE - тоже средние линии треугольника AFG.

Показать доказательство

Удвоим отрезок $AD$ до точки $F$ , тогда $DM$ будет средней линией $AFC$ , откуда $F ∈ CE$ (так как $CE$ параллельно $BM$ по условию, а $CF$ параллельно $BM$ по доказанному).

$PIC$

Далее продлим $AB$ и $CE$ до пересечения, тогда $ED$ — средняя линия $F GA$ в силу $ED ∥ AB$ и $AD = DF$ , но тогда

GE = EF (1)

Аналогично $BM ∥ CE$ и $AD = DF$ , откуда $BD$ — тоже средняя линия $AFG$ и

AB = BG (2)

Из (1) и (2) $BE$ — тоже средняя линия $AGF$ и

BE =AF ∕2= AD

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#31341

Точка $D$ — середина стороны $AC$ треугольника $ABC.$ На стороне $BC$ выбрана такая точка $E$ , что $∠BEA = ∠CED$ . Найдите отношение $AE :DE$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дана медиана DE, часто бывает полезно её удвоить и получить параллелограмм AECG!

Подсказка 2

Где ещё на картинке есть угол, равный BEA и CED?

Подсказка 3

Это угол GCE! Он равен углу AEB как соответственный при параллельных AE и GC.

Подсказка 4

Осталось рассмотреть треугольник GCE и понять, что он равнобедренный!

Показать ответ и решение

Первое решение. Пусть $M$ — это середина $EC,$ тогда проведём $DM$ — среднюю линию треугольника $AEC.$

$PIC$

Так как $AE ∥DM,$ $∠BEA =∠EMD,$ как соответственные. По условию $∠BEA =∠CED,$ следовательно, $∠EMD = ∠CED.$ Значит, треугольник $MDE$ равнобедренный и $DE = DM.$

В силу того, что $DM$ — средняя линия $AE :DM = 2:1,$ а так как $DE =DM,$ то $AE :DE =2:1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Заметим, что $ED$ это медиана, значит, её может быть полезно удвоить и получить параллелограмм $AECG$ , у которого $AE = CG$ и $DE =DG$ . Тогда по условию нам нужно найти

AE :ED =CG :(EG ∕2)= 2CG :EG

$PIC$

В силу $AE ∥GC$ равны соответственные углы $∠BEA =∠ECG,$ а по условию $∠BEA = ∠CEG.$ Тогда $△ECG$ — равнобедренный и

EG = 2ED = CG,

откуда

2CG :EG = 2

Ответ:

$2 :1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#31362

Дан четырёхугольник $ABCD$ . Точки $E$ и $F$ — середины диагоналей $AC$ и $BD$ соответственно. Прямая $EF$ пересекает стороны $AB$ и $CD$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Известно, что $∘ ∠EP B = 80$ и $∘ ∠F QC = 50$ . Докажите, что $EF$ равен половине одной из сторон четырёхугольника.

Подсказки к задаче

Подсказки

1) надо отметить середину BC (точка K) и продлить AB и DC до пересечения в точке T

Показать доказательство

$PIC$

Продлим $AB$ и $CD$ до пересечения в $T$ — оно будет именно с этой стороны в силу острых углов $∠CQP$ и $∠BPQ$ , тогда $∠QT P = 50∘ = ∠PQT =⇒ PQ = PT$ . Далее отметим $K$ — середину $BC$ , тогда $KF$ и $EK$ — средние линии $△CBD$ и $△BCA$ , откуда $△KEF ∼ △TP Q$ , а значит, $A2B= KE = EF$ .

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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 $CD = BD + AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

С суммой BD+AB неудобно работать, было бы удобнее спрямить ее в одну прямую. Для этого продлим АВ на BD за точку А, отметим так точку Е.

Подсказка 2

Нам бы хотелось доказать, что ЕМ параллельно DK, а там еще и равные отрезки отсекаются ими, есть какое-то утверждение, помогающее нам доказать эта параллельность!

Подсказка 3

Теорема Фалеса, например! Таким образом, нашли еще один прямой угол - теперь в треугольнике ЕМВ. Осталось им воспользоваться и доказать требуемое!

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 13#97385

В трапеции $ABCD$ основание $AD$ больше боковой стороны $CD.$ Биссектриса угла $D$ пересекает сторону $AB$ в точке $K.$ Докажите, что $AK > KB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть M и N - середины отрезков AB и CD соответственно. Построим точку E на стороне AD такую, что DE = DC. На каких прямых тогда лежит середина отрезка CE?

Подсказка 2

Правильно! Середина отрезка CE лежит на прямой MN и на прямой DK. Осталось только понять, на каком отрезке будет лежать точка K.

Показать доказательство

Пусть $M$ и $N$ — середины сторон $AB$ и $CD$ соответственно. Отметим на основании $AD$ такую точку $E,$ что $DE = CD.$ В равнобедренном треугольнике $CDE$ биссектриса угла $D$ является медианой. Следовательно, точка $F$ ее пересечения с отрезком $CE$ лежит на средней линии $MN$ трапеции $ABCD.$ Поэтому точка $K$ лежит на стороне $BM$ трапеции $MBCN,$ откуда $AK > AM = BM >BK.$

$PIC$

Предыдущая подтема

Следующая подтема