Височина, медиана и ъглополовяща – 7. клас: симетрала, 25 задачи и тест
Получаване на връзка
Facebook
X
Pinterest
Имейл
Други приложения
📞 Онлайн уроци по математика за цялата страна◆гл.ас. д-р Атанас Илчев◆Индивидуални и групови уроци • Тел: 0883 375 433◆ISEE Upper Level • Подготовка за американски колеж◆📞 Онлайн уроци по математика за цялата страна◆гл.ас. д-р Атанас Илчев◆Индивидуални и групови уроци • Тел: 0883 375 433◆ISEE Upper Level • Подготовка за американски колеж◆
Математика › 7. клас › Геометрия › Равнобедрен триъгълник и симетрала
Височина, медиана и ъглополовяща в равнобедрен триъгълник Симетрала на отсечка
Теория с доказателства и контролирани чертежи, 25 подробно решени задачи (№21–25 с повишена трудност), 30 задачи за самостоятелна работа и тест с 15 въпроса.
Теория: височина, медиана, ъглополовяща и симетрала
В този урок свързваме две важни идеи. Първо доказваме защо в равнобедрения триъгълник височината и медианата, построени от върха срещу основата, лежат върху ъглополовящия лъч на върховия ъгъл и разглеждаме трите обратни твърдения. След това въвеждаме симетралата на отсечка и двете й основни свойства.
Теорема 1. В равнобедрен триъгълник медианата и височината, построени от върха срещу основата, лежат върху ъглополовящия лъч на върховия ъгъл.
Доказателство. Нека \(AC=BC\), \(D\in AB\), а лъчът \(\overrightarrow{CD}\) е ъглополовящата на \(\angle ACB\). В \(\triangle ACD\) и \(\triangle BCD\): \(AC=BC\), \(CD\) е обща и \(\angle ACD=\angle DCB\). По I признак триъгълниците са еднакви. Следователно \(AD=DB\), т.е. \(CD\) е медиана. Освен това \(\angle ADC=\angle CDB\). Тези два ъгъла са съседни и сборът им е \(180^\circ\), затова всеки е \(90^\circ\). Следователно \(CD\perp AB\), т.е. \(CD\) е и височина. ■
Отсечката \(CH\) е едновременно височина и медиана към \(AB\), а лъчът \(\overrightarrow{CH}\) е ъглополовящата на \(\angle ACB\).
Теорема 2. Ако в триъгълник височината и медианата от един и същ връх съвпадат, триъгълникът е равнобедрен.
Доказателство. Нека \(D\) е средата на \(AB\) и \(CD\perp AB\). В \(\triangle ACD\) и \(\triangle BCD\): \(AD=DB\), \(CD\) е обща и \(\angle ADC=\angle CDB=90^\circ\). По I признак триъгълниците са еднакви, следователно \(AC=BC\). ■
Ако \(CH\perp AB\) и \(AH=HB\), то \(AC=BC\).
Теорема 3. Ако височината от един връх лежи върху ъглополовящия лъч на същия ъгъл, триъгълникът е равнобедрен.
Доказателство. Нека \(CD\perp AB\), а лъчът \(\overrightarrow{CD}\) е ъглополовящата на \(\angle ACB\), т.е. \(\angle ACD=\angle DCB\). Тогава \(\angle ADC=\angle CDB=90^\circ\), а \(CD\) е общата страна между двете двойки равни ъгли. По II признак \(\triangle ACD\cong\triangle BCD\), откъдето \(AC=BC\). ■
Теорема 4. Ако медианата от един връх лежи върху ъглополовящия лъч на същия ъгъл, триъгълникът е равнобедрен.
Доказателство. Нека \(D\) е средата на \(AB\), а лъчът \(\overrightarrow{CD}\) е ъглополовящата на \(\angle ACB\). На лъча \(CD\) след \(D\) избираме \(E\) така, че \(DE=DC\). В \(\triangle ACD\) и \(\triangle BDE\): \(AD=DB\), \(CD=DE\), а \(\angle ADC=\angle BDE\) са връхни, следователно триъгълниците са еднакви по I признак. Оттук \(AC=BE\) и \(\angle ACD=\angle BED\). Но \(\angle ACD=\angle DCB\), затова \(\angle BEC=\angle ECB\), т.е. \(BE=BC\). Следователно \(AC=BC\). ■
Теорема 5. В равностранен триъгълник всяка медиана е и височина, а лъчът от същия връх през средата на срещулежащата страна е ъглополовяща; трите медиани са равни.
Доказателство. Равностранният триъгълник е равнобедрен спрямо всяка своя страна. Затова по Теорема 1 всяка медиана е и височина, а лъчът от съответния връх през средата на срещулежащата страна е ъглополовяща. Остава да сравним дължините. Нека \(M\) е средата на \(BC\), а \(N\) — средата на \(AC\). В \(\triangle ABM\) и \(\triangle BAN\): \(AB\) е обща страна, \(BM=AN\) като половини на равните страни \(BC\) и \(AC\), а \(\angle ABM=\angle BAN=60^\circ\). По I признак триъгълниците са еднакви и \(AM=BN\). Аналогично се получава равенство и с третата медиана. ■
Определение. Права, която е перпендикулярна на дадена отсечка и минава през нейната среда, се нарича симетрала на отсечката.
Симетралата е перпендикулярна на \(AB\) и минава през средата \(M\); всяка нейна точка \(P\) удовлетворява \(PA=PB\).
Теорема 6. Всяка точка от симетралата на отсечка е на равни разстояния от двата й края.
Доказателство. Нека \(M\) е средата на \(AB\), \(PM\perp AB\) и \(P\) е точка от симетралата. В \(\triangle PAM\) и \(\triangle PBM\): \(AM=MB\), \(PM\) е обща и двата ъгъла при \(M\) са прави. По I признак триъгълниците са еднакви, следователно \(PA=PB\). ■
Теорема 7. Всяка точка, която е на равни разстояния от краищата на отсечка, лежи на нейната симетрала.
Доказателство. Нека \(PA=PB\), а \(M\) е средата на \(AB\). Тогава \(\triangle PAB\) е равнобедрен с основа \(AB\). Отсечката \(PM\) е медиана към основата, следователно по Теорема 1 е и височина: \(PM\perp AB\). Значи правата \(PM\) е симетралата на \(AB\), т.е. \(P\) лежи на нея. ■
Обратно: ако \(PA=PB\), то \(P\) лежи на симетралата на \(AB\).
Внимавайте: медианата и височината не лежат върху ъглополовящата във всеки триъгълник. Това съвпадане на трите характерни линии към основата е специално свойство на равнобедрения триъгълник. Също така „перпендикулярна на отсечката“ не е достатъчно за симетрала — правата трябва да минава и през средата на отсечката.
25 решени и обяснени задачи
Задачи №1–20 изграждат основните умения. №21–25 са с повишена трудност. Натиснете условието, за да видите решението.
Основни приложения — задачи 1–20
1Симетрия по височината\(\triangle ABC\) е равнобедрен с основа \(AB\). \(CH\) е височината към основата, а \(P\) е вътрешна точка на отсечката \(CH\). Докажете: а) \(AP=BP\); б) \(\angle APC=\angle BPC\); в) \(\angle BAP=\angle ABP\).▼
Решение
\(P\) е върху общата права на височината и медианата; лъчът \(\overrightarrow{CH}\) е ъглополовящата на върховия ъгъл.
Понеже \(AC=BC\), по Теорема 1 отсечката \(CH\) е едновременно височина и медиана, а лъчът \(\overrightarrow{CH}\) е ъглополовящата на \(\angle ACB\). Следователно \(AH=HB\), \(CH\perp AB\) и \(\angle ACH=\angle HCB\).
а) В правоъгълните триъгълници \(AHP\) и \(BHP\) имаме \(AH=HB\), \(HP\) е обща страна и \(\angle AHP=\angle BHP=90^\circ\). По I признак \(\triangle AHP\cong\triangle BHP\), откъдето \(AP=BP\).
б) В \(\triangle APC\) и \(\triangle BPC\): \(AC=BC\), \(CP\) е обща, а \(\angle ACP=\angle PCB\). По I признак триъгълниците са еднакви и \(\angle APC=\angle BPC\).
в) От \(AP=BP\) триъгълникът \(APB\) е равнобедрен, следователно ъглите при основата \(AB\) са равни: \(\angle BAP=\angle ABP\). ■
2Симетрала и ъглиВ равнобедрения \(\triangle ABC\) е \(AC=BC\) и \(\angle ACB=40^\circ\). Симетралата на \(AC\) пресича лъча \(AB\) след \(B\) в \(E\). Намерете \(\angle BCE\).▼
Решение
Симетралата на \(AC\) пресича лъча \(AB\) след \(B\) в \(E\).
От \(AC=BC\) следва, че ъглите при основата са равни:
Точката \(E\) лежи на симетралата на \(AC\), следователно \(EA=EC\). Значи \(\triangle AEC\) е равнобедрен с основа \(AC\), така че \(\angle EAC=\angle ACE\).
Понеже \(E\) лежи на лъча \(AB\) след \(B\), лъчите \(AE\) и \(AB\) съвпадат и \(\angle EAC=\angle BAC=70^\circ\). Следователно \(\angle ACE=70^\circ\). В този ъгъл се съдържа \(\angle ACB=40^\circ\), затова
\[\angle BCE=70^\circ-40^\circ=30^\circ.\]
Отговор: \(30^\circ\).
3Периметър и симетралаСиметралата на бедрото \(BC\) на равнобедрения \(\triangle ABC\) пресича бедрото \(AC\) в точка \(P\). Ако \(P_{\triangle APB}=30\) cm и \(BC=17\) cm, намерете \(AB\).▼
Решение
Симетралата на \(BC\) пресича бедрото \(AC\) в \(P\).
Понеже \(P\) е върху симетралата на \(BC\), имаме \(PB=PC\). Освен това \(P\in AC\), а \(AC=BC=17\) cm. Следователно
\[AP+PC=AC=17\text{ cm}.\]
В периметъра на \(\triangle APB\) заменяме \(PB\) с \(PC\):
\[30=AP+AB+PB=AP+AB+PC=17+AB.\]
Оттук \(AB=13\) cm.
Отговор: \(13\) cm.
4Съвпадащи линииВ равнобедрения \(\triangle ABC\) е \(AC=BC\). Височината \(CH\) към основата \(AB\) удовлетворява \(AB=18\) cm и \(\angle ACH=28^\circ\). Намерете \(AH\), \(BH\) и трите ъгъла на \(\triangle ABC\).▼
Решение
Дадените \(AB=18\) cm и \(\angle ACH=28^\circ\) са показани върху чертежа.
По Теорема 1 височината \(CH\) е и медиана, а лъчът \(\overrightarrow{CH}\) е ъглополовящата на \(\angle ACB\). Затова
\[AH=BH=\frac{AB}{2}=9\text{ cm}.\]
Понеже лъчът \(\overrightarrow{CH}\) е ъглополовяща,
\[\angle ACB=2\angle ACH=56^\circ.\]
Ъглите при основата са равни и сборът им е \(180^\circ-56^\circ=124^\circ\), следователно
\[\angle A=\angle B=62^\circ.\]
Отговор: \(AH=BH=9\) cm; ъглите са \(62^\circ,62^\circ,56^\circ\).
5Обратна теорема: височина и медианаВ \(\triangle ABC\) точката \(D\) е средата на \(AB\) и \(CD\perp AB\). Докажете, че \(\triangle ABC\) е равнобедрен с \(AC=BC\).▼
Решение
\(D\) е средата на \(AB\) и \(CD\perp AB\); равенството \(AC=BC\) трябва да се докаже.
В \(\triangle ACD\) и \(\triangle BCD\): \(AD=DB\), \(CD\) е обща страна и \(\angle ADC=\angle CDB=90^\circ\). Следователно по I признак
\[\triangle ACD\cong\triangle BCD.\]
От еднаквостта следва \(AC=BC\). Следователно \(\triangle ABC\) е равнобедрен. ■
6Обратна теорема: височина и ъглополовящаВ \(\triangle ABC\) отсечката \(CD\), \(D\in AB\), е височина, а лъчът \(\overrightarrow{CD}\) е ъглополовящата на \(\angle ACB\). Докажете, че \(AC=BC\).▼
Решение
\(CD\perp AB\) и \(CD\) дели \(\angle C\) на две равни части.
Имаме \(\angle ADC=\angle CDB=90^\circ\) и \(\angle ACD=\angle DCB\). Страната \(CD\) е обща и лежи между тези две двойки равни ъгли. По II признак
\[\triangle ACD\cong\triangle BCD.\]
Следователно съответните страни \(AC\) и \(BC\) са равни. ■
7Обратна теорема: медиана и ъглополовящаВ \(\triangle ABC\) точката \(D\) е средата на \(AB\), а лъчът \(\overrightarrow{CD}\) е ъглополовящата на \(\angle ACB\). Докажете, че \(AC=BC\).▼
Решение
\(D\) е средата на \(AB\), а лъчът \(\overrightarrow{CD}\) е ъглополовящата на \(\angle ACB\).
Условията казват, че медианата \(CD\) лежи върху ъглополовящия лъч \(\overrightarrow{CD}\). По Теорема 4 това е достатъчно триъгълникът да бъде равнобедрен. Следователно \(AC=BC\).
Ако искаме да видим механизма на доказателството, построяваме на лъча \(CD\) след \(D\) точка \(E\) с \(DE=DC\). Тогава \(\triangle ACD\cong\triangle BDE\) по I признак, откъдето \(AC=BE\) и \(\angle ACD=\angle BED\). Понеже лъчът \(\overrightarrow{CD}\) е ъглополовяща, \(\angle ACD=\angle DCB\), следователно \(\angle BEC=\angle ECB\), т.е. \(BE=BC\). Значи \(AC=BC\). ■
8Равностранен триъгълникВ равностранния \(\triangle ABC\) точката \(M\) е средата на \(BC\). Намерете \(\angle BAM\) и \(\angle AMC\).▼
Решение
В равностранен триъгълник медианата към всяка страна е и височина, а лъчът от съответния връх през средата на страната е ъглополовяща.
В равностранен триъгълник всеки ъгъл е \(60^\circ\). Отсечката \(AM\) е медиана. По Теорема 5 тя е височина, а лъчът \(\overrightarrow{AM}\) е ъглополовящата на \(\angle A\). Затова
9Алгебрично приложение на симетралаТочката \(P\) лежи на симетралата на \(AB\). Ако \(PA=3x+2\) и \(PB=5x-8\), намерете \(x\) и дължините \(PA\), \(PB\).▼
Решение
Понеже \(P\in s_{AB}\), отсечките \(PA\) и \(PB\) са равни.
Точка от симетралата е на равни разстояния от краищата на отсечката, затова
\[3x+2=5x-8.\]
Получаваме \(2x=10\), т.е. \(x=5\). Тогава
\[PA=PB=3\cdot5+2=17.\]
Отговор: \(x=5\), \(PA=PB=17\).
10Обратно свойство на симетралатаЗа точка \(P\) е известно, че \(PA=PB\). Точката \(M\) е средата на \(AB\). Докажете, че \(PM\perp AB\).▼
Решение
От \(PA=PB\) трябва да се заключи, че \(P\) лежи на симетралата на \(AB\).
От \(PA=PB\) триъгълникът \(PAB\) е равнобедрен с основа \(AB\). Отсечката \(PM\) е медиана към основата, защото \(M\) е средата на \(AB\). По Теорема 1 в равнобедрен триъгълник медианата към основата е и височина. Следователно
\[PM\perp AB.\]
Така правата \(PM\) е симетралата на \(AB\). ■
11Пресечна точка на симетралиТочката \(O\) лежи на симетралите на \(AB\) и \(AC\). Докажете, че \(OA=OB=OC\).▼
Решение
Точката \(O\) лежи едновременно на \(s_{AB}\) и \(s_{AC}\).
Понеже \(O\in s_{AB}\), по Теорема 6 имаме \(OA=OB\). Понеже \(O\in s_{AC}\), отново по Теорема 6 имаме \(OA=OC\). Следователно
\[OA=OB=OC.\]
Тоест една точка, която е едновременно върху две от тези симетрали, е на равни разстояния от трите върха. ■
12Симетрала и Питагорова теоремаТочката \(P\) лежи на симетралата на \(AB\). Дадено е \(PA=10\) cm и \(AB=16\) cm. Намерете разстоянието от \(P\) до правата \(AB\).▼
Решение
\(M\) е средата на \(AB\); търси се \(PM\).
Нека \(M\) е средата на \(AB\). Симетралата минава през \(M\) и е перпендикулярна на \(AB\). Следователно \(AM=8\) cm и \(PM\) е търсеното разстояние.
13Височина в равнобедрен триъгълникВ равнобедрения \(\triangle ABC\) е \(AC=BC=13\) cm и \(AB=10\) cm. Намерете височината \(CH\) към основата.▼
Решение
Равнобедрен триъгълник със страни \(13,13,10\).
Височината \(CH\) е и медиана, следователно \(AH=HB=5\) cm. В правоъгълния \(\triangle AHC\):
\[CH^2=AC^2-AH^2=13^2-5^2=169-25=144.\]
Следователно \(CH=12\) cm.
Отговор: \(12\) cm.
14Ъглополовяща към основатаВ равнобедрения \(\triangle ABC\) с основа \(AB\) е \(\angle ACB=46^\circ\). \(CH\) е височината към \(AB\). Намерете \(\angle ACH\) и ъглите при основата.▼
Решение
Лъчът \(\overrightarrow{CH}\) дели върховия ъгъл на две равни части.
По Теорема 1 лъчът \(\overrightarrow{CH}\) е ъглополовящата на върховия ъгъл, затова
15Точка върху симетралата на основатаВ равнобедрения \(\triangle ABC\) с основа \(AB\) правата \(CH\) е височината към основата. Точка \(P\) лежи на правата \(CH\) извън триъгълника. Докажете, че \(PA=PB\).▼
Решение
Точката \(P\) е върху правата \(CH\), т.е. върху симетралата на \(AB\).
По Теорема 1 \(H\) е средата на \(AB\), а \(CH\perp AB\). Значи правата \(CH\) е симетралата на отсечката \(AB\). Тъй като \(P\) лежи на правата \(CH\), а тази права е симетралата \(s_{AB}\), по Теорема 6
\[PA=PB.\]
Твърдението е вярно независимо дали \(P\) е вътре или извън самия триъгълник. ■
16Симетрала на странаВ \(\triangle ABC\) е \(\angle A=60^\circ\), \(\angle B=80^\circ\). Точка \(D\in AC\) лежи на симетралата на \(BC\). Намерете \(\angle DBA\).▼
17Трета симетралаСиметралите на \(AB\) и \(BC\) в \(\triangle ABC\) се пресичат в \(O\). Докажете, че \(O\) лежи и на симетралата на \(AC\).▼
Решение
Пресечната точка на \(s_{AB}\) и \(s_{BC}\) трябва да се окаже и върху \(s_{AC}\).
От \(O\in s_{AB}\) следва \(OA=OB\). От \(O\in s_{BC}\) следва \(OB=OC\). Следователно \(OA=OC\).
По Теорема 7 всяка точка, която е на равни разстояния от \(A\) и \(C\), лежи на симетралата на \(AC\). Значи \(O\in s_{AC}\). ■
18Равностранен триъгълник и симетралиВ равностранния \(\triangle ABC\) точките \(M,N,K\) са среди съответно на \(AB,BC,CA\). Докажете, че \(CM\), \(AN\) и \(BK\) са симетрали на съответните страни.▼
Решение
В равностранния триъгълник всяка медиана е и перпендикулярна към съответната страна.
Например \(CM\) е медиана към \(AB\), защото \(M\) е средата на \(AB\). В равностранен триъгълник всяка медиана е и височина, следователно \(CM\perp AB\). Значи \(CM\) е симетрала на \(AB\).
По същия начин \(AN\) е симетрала на \(BC\), а \(BK\) — на \(CA\). ■
19Симетрала и ъглиВ \(\triangle ABC\) симетралата на \(AB\) пресича страната \(AC\) в \(D\). Дадено е \(\angle BAC=32^\circ\) и \(\angle ABC=75^\circ\). Намерете \(\angle DBC\) и \(\angle BDC\).▼
Решение
Симетралата на \(AB\) пресича \(AC\) в \(D\); показани са само дадените ъгли.
20Обратна теорема с числови данниВ \(\triangle ABC\) точката \(H\) е средата на \(AB\), \(CH\perp AB\), \(CH=12\) cm и \(AH=5\) cm. Докажете, че \(AC=BC\) и намерете дължината им.▼
Решение
\(H\) е средата на \(AB\) и \(CH\perp AB\).
Понеже \(H\) е средата на \(AB\), \(CH\) е медиана; понеже \(CH\perp AB\), тя е и височина. По Теорема 2 триъгълникът е равнобедрен и \(AC=BC\).
В правоъгълния \(\triangle AHC\):
\[AC^2=AH^2+CH^2=5^2+12^2=25+144=169,\]
затова \(AC=13\) cm и също \(BC=13\) cm.
С повишена трудност — задачи 21–25
21Две последователни свойстваВ равнобедрения \(\triangle ABC\) с основа \(AB\) точката \(P\) е вътрешна за отсечката \(CH\), където \(CH\) е височината към основата. През \(P\) е прекарана права, успоредна на \(AB\), която пресича \(AC\) и \(BC\) съответно в \(M\) и \(N\). Докажете, че \(PM=PN\) и \(CM=CN\). ★ Повишена трудност▼
Решение
През \(P\in CH\) е прекарана права \(MN\parallel AB\).
По Теорема 1 \(CH\perp AB\), а лъчът \(\overrightarrow{CH}\) е ъглополовящата на \(\angle ACB\). Понеже \(MN\parallel AB\), имаме \(CP\perp MN\), следователно \(\angle CPM=\angle CPN=90^\circ\).
Освен това \(\angle MCP=\angle PCN\), защото лъчът \(\overrightarrow{CP}\) лежи върху ъглополовящата на \(\angle C\). Страната \(CP\) е обща и лежи между тези две двойки равни ъгли. По II признак
\[\triangle CPM\cong\triangle CPN.\]
Следователно \(PM=PN\) и \(CM=CN\). ■
22Симетрични точки по бедратаВ равнобедрения \(\triangle ABC\) с основа \(AB\) и височина \(CH\) са избрани вътрешни точки \(P\in AC\) и \(Q\in BC\) така, че \(AP=BQ\). Докажете, че \(HP=HQ\). ★ Повишена трудност▼
Решение
\(P\) и \(Q\) са разположени по бедрата при условието \(AP=BQ\).
От \(AC=BC\) и \(AP=BQ\) следва
\[CP=AC-AP=BC-BQ=CQ.\]
По Теорема 1 лъчът \(\overrightarrow{CH}\) е ъглополовящата на \(\angle ACB\), така че \(\angle PCH=\angle HCQ\). В \(\triangle CHP\) и \(\triangle CHQ\) имаме \(CP=CQ\), \(CH\) обща и равни заключени ъгли при \(C\). По I признак триъгълниците са еднакви, следователно
\[HP=HQ.\]
■
23Две симетрали и разстоянияСиметралите на \(AB\) и \(AC\) се пресичат в \(O\). Дадено е \(OA=10\) cm, \(AB=12\) cm и \(BC=16\) cm. Нека \(M,N\) са средите съответно на \(AB,BC\). Докажете, че \(O\in s_{BC}\) и намерете \(OM\), \(ON\). ★ Повишена трудност▼
Решение
\(OA=OB=OC=10\); \(M,N\) са среди съответно на \(AB,BC\).
От двете симетрали следва \(OA=OB\) и \(OA=OC\), следователно \(OB=OC\). По Теорема 7 точката \(O\) лежи и на \(s_{BC}\).
Понеже \(M\) е средата на \(AB\), \(AM=6\) cm и \(OM\perp AB\). В правоъгълния \(\triangle OAM\):
\[OM^2=10^2-6^2=64,\qquad OM=8\text{ cm}.\]
Също \(BN=8\) cm и \(ON\perp BC\), затова
\[ON^2=10^2-8^2=36,\qquad ON=6\text{ cm}.\]
Отговор: \(OM=8\) cm, \(ON=6\) cm.
24Равни разстояния до бедратаВ равнобедрения \(\triangle ABC\) с основа \(AB\) височината \(CH\) е към основата, а \(P\) е вътрешна точка на отсечката \(CH\). От \(P\) са спуснати \(PM\perp AC\) и \(PN\perp BC\). Докажете, че \(PM=PN\). ★ Повишена трудност▼
Решение
От \(P\) са спуснати перпендикуляри към двете бедра.
По Теорема 1 лъчът \(\overrightarrow{CP}\) лежи върху ъглополовящата на \(\angle C\), следователно \(\angle MCP=\angle PCN\).
Триъгълниците \(CMP\) и \(CNP\) са правоъгълни при \(M\) и \(N\). Затова другите им остри ъгли при \(P\) са равни като допълнителни до \(90^\circ\) на равните ъгли при \(C\). Получихме две двойки равни ъгли и общата страна \(CP\) между тях. По II признак
\[\triangle CMP\cong\triangle CNP,\]
следователно \(PM=PN\). ■
25Параметрична симетралаВ равнобедрения \(\triangle ABC\) е \(AC=BC\) и \(\angle ACB=2\varphi\), където \(0<\varphi<30^\circ\). Симетралата на \(AC\) пресича лъча \(AB\) след \(B\) в \(E\). Докажете, че \(\angle BCE=90^\circ-3\varphi\). ★ Повишена трудност▼
Решение
Схемата илюстрира случая \(0<\varphi<30^\circ\); числовата форма е само ориентир за чертежа.
Условието \(\varphi<30^\circ\) гарантира, че полученият ъгъл е положителен. ■
30 задачи за самостоятелна работа
Решавайте самостоятелно, преди да отворите отговора. №26–30 са допълнително предизвикателство.
Задача 1В равнобедрения \(\triangle ABC\) с основа \(AB\) височината \(CH\) е към основата. Ако \(AB=24\) cm, намерете \(AH\) и \(HB\).
Схема към условието; търсеното не е отбелязано предварително.
Отговор и насока
\(AH=HB=12\) cm.
Задача 2
В равнобедрения \(\triangle ABC\) с основа \(AB\) външният ъгъл при \(A\), образуван от бедрото \(AC\) и продължението на \(AB\) през \(A\), е \(124^\circ\). \(CH\) е височината към \(AB\). Намерете \(\angle A\), \(\angle B\), \(\angle C\) и \(\angle ACH\).
Дадени са равнобедреният триъгълник, височината \(CH\) и външният ъгъл \(124^\circ\).
Задача 3В \(\triangle ABC\) точката \(D\) е средата на \(AB\), \(CD\perp AB\) и \(\angle A=38^\circ\). Намерете \(\angle B\) и \(\angle C\).
Дадени са средата \(D\), перпендикулярността и \(\angle A=38^\circ\).
Отговор и насока
По Теорема 2 \(AC=BC\), следователно \(\angle B=38^\circ\), а \(\angle C=104^\circ\).
Задача 4В \(\triangle ABC\) отсечката \(CD\), \(D\in AB\), е височина, а лъчът \(\overrightarrow{CD}\) е ъглополовящата на \(\angle ACB\). Ако \(\angle A=54^\circ\), намерете \(\angle B\) и \(\angle C\).
Показани са дадените височина и ъглополовяща; търсените ъгли не са изписани.
Отговор и насока
По Теорема 3 \(AC=BC\), следователно \(\angle B=54^\circ\), а \(\angle C=72^\circ\).
Задача 5В \(\triangle ABC\) точката \(D\) е средата на \(AB\), а лъчът \(\overrightarrow{CD}\) е ъглополовящата на \(\angle ACB\). Ако \(P_{\triangle ABC}=44\) cm и \(AB=14\) cm, намерете \(AC\) и \(BC\).
Медианата \(CD\) лежи върху ъглополовящия лъч; равенството на бедрата трябва да се изведе, а не е маркирано предварително.
Отговор и насока
По Теорема 4 \(AC=BC\). Следователно \(AC+BC=44-14=30\) cm и \(AC=BC=15\) cm.
Задача 6В равностранния \(\triangle ABC\) точката \(M\) е средата на \(BC\) и \(BM=7\) cm. Намерете периметъра на \(\triangle ABC\) и \(\angle BAM\).
Дадени са равностранният триъгълник и средата \(M\) на \(BC\).
Отговор и насока
\(BC=14\) cm, следователно периметърът е \(42\) cm. Лъчът \(\overrightarrow{AM}\) е ъглополовящата на \(\angle A\), затова \(\angle BAM=30^\circ\).
Задача 7
Може ли точка \(P\), за която \(PA=12\) cm и \(PB=15\) cm, да лежи на симетралата на отсечката \(AB\)? Обосновете отговора.
Използвайте характерното свойство на точките от симетралата.
Отговор и насока
Не. Ако \(P\in s_{AB}\), задължително трябва да е \(PA=PB\), а \(12\ne15\).
Задача 8За точка \(P\) е \(PA=PB\), \(M\) е средата на \(AB\) и \(\angle PAB=38^\circ\). Намерете \(\angle APB\) и определете каква е правата \(PM\) спрямо \(AB\).
Равните отсечки \(PA,PB\) са дадени; търсят се върховият ъгъл и ролята на \(PM\).
Отговор и насока
\(\angle PBA=38^\circ\), следователно \(\angle APB=104^\circ\). Понеже \(PA=PB\), точката \(P\) лежи на \(s_{AB}\). Тъй като \(M\) е средата на \(AB\), правата \(PM\) съвпада със симетралата \(s_{AB}\).
Задача 9Точката \(O\) лежи на \(s_{AB}\) и е изпълнено \(OA=OC\). Докажете, че \(O\) лежи и на \(s_{AC}\), и на \(s_{BC}\).
Дадени са само \(O\in s_{AB}\) и \(OA=OC\); останалите две принадлежности трябва да се докажат.
Отговор и насока
От \(O\in s_{AB}\) следва \(OA=OB\). Заедно с \(OA=OC\) получаваме \(OA=OB=OC\). По Теорема 7 \(O\in s_{AC}\) и \(O\in s_{BC}\).
Задача 10
Точката \(P\) лежи на симетралата на \(AB\). Дадено е \(AB=10\) cm, а разстоянието от \(P\) до правата \(AB\) е \(12\) cm. Намерете \(PA\), \(PB\) и периметъра на \(\triangle PAB\).
Симетралата минава през средата \(M\) и е перпендикулярна на \(AB\).
Отговор и насока
\(AM=5\) cm и \(PM=12\) cm. По Питагоровата теорема \(PA=PB=13\) cm, следователно \(P_{\triangle PAB}=36\) cm.
Задача 11В равнобедрения \(\triangle ABC\) с основа \(AB\) е \(P_{\triangle ABC}=42\) cm и \(AB=12\) cm. \(CH\) е височината към основата. Намерете \(AC\), \(BC\), \(AH\) и \(HB\).
Дадени са периметърът и основата; търсят се бедрата и двете половини на основата.
Отговор и насока
\(AC=BC=(42-12)/2=15\) cm. По Теорема 1 \(CH\) е медиана, затова \(AH=HB=6\) cm.
Задача 12
В равнобедрения \(\triangle ABC\) с основа \(AB\) е \(AB=16\) cm, а височината \(CH=9\) cm. Намерете \(AH\), \(HB\) и лицето на \(\triangle ABC\).
Дадени са основата и височината; използвайте Теорема 1 и формулата за лице.
Отговор и насока
\(AH=HB=8\) cm. \(S_{\triangle ABC}=\dfrac{16\cdot9}2=72\text{ cm}^2\).
Задача 13В равностранния \(\triangle ABC\) точката \(N\) е средата на \(AC\), а \(P\) е произволна точка от правата \(BN\). Докажете, че \(PA=PC\).
Точката \(P\) е върху медианата \(BN\); равенството \(PA=PC\) не е означено предварително.
Отговор и насока
Медианата \(BN\) е и височина към \(AC\), следователно правата \(BN\) е симетралата на \(AC\). Понеже \(P\in BN\), от Теорема 6 следва \(PA=PC\).
Задача 14\(M\) е средата на \(AB\). Правата \(m\) минава през \(M\) и \(m\perp AB\). Ако \(P\in m\), докажете \(PA=PB\).
Схема към условието; търсеното не е отбелязано предварително.
Отговор и насока
Правата \(m\) е симетрала на \(AB\), следователно \(PA=PB\).
Задача 15В \(\triangle ABC\) симетралата на \(BC\) пресича \(AC\) в \(D\). Дадено е \(\angle ABD=29^\circ\) и \(\angle DBC=37^\circ\). Намерете трите ъгъла на \(\triangle ABC\).
Симетралата дава \(DB=DC\); използвайте получения равнобедрен триъгълник \(DBC\).
Отговор и насока
От \(D\in s_{BC}\) следва \(DB=DC\), затова \(\angle DBC=\angle BCD=37^\circ\). Следователно \(\angle C=37^\circ\), \(\angle B=29^\circ+37^\circ=66^\circ\), а \(\angle A=77^\circ\).
Задача 16В равнобедрения \(\triangle ABC\) с основа \(AB\) точката \(P\) лежи на правата \(CH\), където \(CH\) е височината към основата. Ако \(\angle PAB=32^\circ\), намерете \(\angle APB\).
Показан е даденият ъгъл \(32^\circ\); търсеният ъгъл при \(P\) не е означен.
Отговор и насока
Правата \(CH\) е симетрала на \(AB\), затова \(PA=PB\). Следователно \(\angle PBA=32^\circ\) и \(\angle APB=116^\circ\).
Задача 17Точка \(P\) лежи на симетралата на \(AB\) и \(\angle APB=50^\circ\). Намерете \(\angle PAB\) и \(\angle PBA\).
Даденият върхов ъгъл е \(50^\circ\); търсените основни ъгли не са изписани.
Отговор и насока
\(PA=PB\), затова двата ъгъла при основата са равни и всеки е \((180^\circ-50^\circ)/2=65^\circ\).
Задача 18В равностранен \(\triangle ABC\) медианите \(AM\) и \(BN\) се пресичат в \(O\). Докажете, че \(O\) лежи и на симетралата на \(AB\).
Схема към условието; търсеното не е отбелязано предварително.
Отговор и насока
Правата \(AM\) съвпада със \(s_{BC}\), а правата \(BN\) — със \(s_{AC}\). Следователно \(OB=OC=OA\), а от \(OA=OB\) следва \(O\in s_{AB}\).
Задача 19В \(\triangle ABC\) е \(\angle A=\angle B\), а \(M\) е средата на \(AB\). Докажете, че \(CM\perp AB\).
Схема към условието; търсеното не е отбелязано предварително.
Отговор и насока
От равните ъгли \(AC=BC\); медианата към основата в равнобедрен триъгълник е височина.
Задача 20
В \(\triangle ABC\) точката \(D\) е средата на \(AB\), а \(CD\perp AB\). Ако \(P_{\triangle ABC}=36\) cm и \(AB=10\) cm, докажете, че \(AC=BC\), и намерете дължините им.
Медианата и височината от \(C\) съвпадат; използвайте обратната теорема.
Отговор и насока
По Теорема 2 \(AC=BC\). Следователно \(AC=BC=(36-10)/2=13\) cm.
Задача 21В \(\triangle ABC\) \(M\) е средата на \(AB\), а лъчът \(\overrightarrow{CM}\) е ъглополовящата на \(\angle ACB\). Докажете първо, че \(AC=BC\), а после че \(CM\perp AB\).
Схема към условието; търсеното не е отбелязано предварително.
Отговор и насока
По Теорема 4 \(AC=BC\); после по Теорема 1 медианата към основата е и височина.
Задача 22
Точката \(D\) лежи на симетралата на \(AB\). Ако \(\angle ADB=3\angle DAB\), намерете трите ъгъла на \(\triangle ADB\).
Означете \(\angle DAB=x\). Търсените числови стойности не са нанесени.
Отговор и насока
Понеже \(DA=DB\), \(\angle DAB=\angle ABD=x\). Тогава \(x+x+3x=180^\circ\), следователно \(x=36^\circ\). Ъглите са \(36^\circ,36^\circ,108^\circ\).
Задача 23Точка \(O\) лежи на \(s_{AB}\) и \(s_{AC}\). Ако \(OA=2x+3\), \(OB=x+8\), намерете \(x\) и \(OC\).
Схема към условието; търсеното не е отбелязано предварително.
Отговор и насока
\(x=5\), \(OC=13\).
Задача 24Точката \(P\) лежи на \(s_{AB}\). Ако \(\angle PAB=3x+5^\circ\) и \(\angle ABP=5x-19^\circ\), намерете \(x\) и \(\angle APB\).
Използвайте факта, че точка от симетралата е на равни разстояния от \(A,B\).
Отговор и насока
Понеже \(PA=PB\), основните ъгли са равни: \(3x+5=5x-19\), откъдето \(x=12\). Двата основни ъгъла са \(41^\circ\), следователно \(\angle APB=98^\circ\).
Задача 25Точка \(C\) лежи на симетралата на \(AB\) и \(\angle ACB=44^\circ\). Намерете другите два ъгъла на \(\triangle ABC\).
Схема към условието; търсеното не е отбелязано предварително.
Отговор и насока
\(CA=CB\), затова \(\angle A=\angle B=68^\circ\).
Задача 26 · Повишена трудностВ равнобедрения \(\triangle ABC\) с основа \(AB\) височината \(CH\) е към основата. Върху лъчите \(CA\) и \(CB\) след \(A\) и \(B\) са взети \(E,F\) така, че \(AE=BF\). Докажете, че правата \(CH\) е симетрала на \(EF\).
Дадени са \(AC=BC\), височината \(CH\) и \(AE=BF\); равенството на \(CE,CF\) и свойството за \(EF\) трябва да се докажат.
Отговор и насока
\(CE=CA+AE=CB+BF=CF\). Понеже лъчът \(\overrightarrow{CH}\) е ъглополовящата на \(\angle ACB=\angle ECF\), в равнобедрения \(\triangle CEF\) правата \(CH\) съдържа медианата и височината към \(EF\). Следователно правата \(CH\) е симетрала на \(EF\).
Задача 27 · Повишена трудностВ \(\triangle ABC\) \(M\) е средата на \(AB\). Точка \(P\ne M\) лежи на правата \(CM\) и \(PA=PB\). Докажете, че \(\triangle ABC\) е равнобедрен.
Схема към условието; търсеното не е отбелязано предварително.
Отговор и насока
От \(PA=PB\) следва \(P\in s_{AB}\), следователно \(PM\perp AB\). Значи \(CM\) е едновременно медиана и височина, откъдето \(AC=BC\).
Задача 28 · Повишена трудност
В четириъгълника \(ABCD\) е \(AB=BC\) и \(AD=DC\). Диагоналите \(AC\) и \(BD\) се пресичат в \(M\). Дадено е \(AC=18\) cm и \(BM=12\) cm. а) Докажете, че правата \(BD\) е симетрала на \(AC\). б) Намерете \(AB\).
На чертежа са означени само дадените равенства на страните и числовите данни.
Отговор и насока
От \(AB=BC\) точката \(B\) лежи на \(s_{AC}\), а от \(AD=DC\) и \(D\in s_{AC}\). Следователно правата \(BD\) е самата симетрала на \(AC\). Значи \(AM=MC=9\) cm и \(BM\perp AC\). В правоъгълния \(\triangle ABM\): \(AB=\sqrt{9^2+12^2}=15\) cm.
Задача 29 · Повишена трудност
В равнобедрения \(\triangle ABC\) с основа \(AB\) е \(AB=24\) cm и височината \(CH=18\) cm. Точката \(P\) е средата на \(CH\). а) Докажете, че \(PA=PB\). б) Намерете периметъра на \(\triangle PAB\).
Дадено е, че \(P\) е средата на \(CH\); търсеното равенство \(PA=PB\) не е означено предварително.
Отговор и насока
Правата \(CH\) е симетрала на \(AB\), затова \(PA=PB\). Имаме \(AH=12\) cm и \(PH=9\) cm, следователно \(PA=PB=15\) cm. Периметърът на \(\triangle PAB\) е \(15+15+24=54\) cm.
Задача 30 · Повишена трудност
Точките \(P\) и \(Q\) лежат на симетралата на \(AB\) от противоположни страни на правата \(AB\). Дадено е \(AB=16\) cm, \(PA=17\) cm и \(QA=10\) cm. Нека \(M\) е средата на \(AB\). Намерете \(PM\), \(QM\) и \(PQ\).
Точките \(P,Q\) са от противоположни страни на \(AB\); числовите данни са нанесени без търсените разстояния.
Отговор и насока
\(AM=8\) cm. В правоъгълните триъгълници \(PAM\) и \(QAM\): \(PM=\sqrt{17^2-8^2}=15\) cm и \(QM=\sqrt{10^2-8^2}=6\) cm. Понеже \(P,Q\) са от противоположни страни на \(AB\), \(PQ=PM+QM=21\) cm.
Онлайн тест: 15 въпроса
По 4 точки за верен отговор · максимум 60 точки
Скала за самопроверка: 50–60 т. → 6; 40–49 т. → 5; 30–39 т. → 4; 15–29 т. → 3; 0–14 т. → 2. Това е учебна самооценка, не стандартизиран изпит.
Референтна схема: \(M\) е средата на \(AB\), а синята права е перпендикулярна на \(AB\).
Тест: равнобедрен триъгълник и симетрала
Изберете точно един отговор на всеки въпрос.
Видеоурок
Оригинален видеоурок от публикацията
Допълнителни тестове
Следващите два Google Forms теста са запазени от оригиналната публикация и са по други теми.
Сборникът на Рангелова и съавтори е използван като методически ориентир за типовете и нивото на задачите по равнобедрен триъгълник и симетрала. Новите задачи са самостоятелно формулирани.
1.П. Рангелова, К. Бекриев, Л. Дилкина, Н. Иванова. Сборник по математика за 7. клас. Коала Прес, Пловдив, 2020
2.Тест Математика 7 клас, Д. Гълъбова и др., Веди, София, 2020
3.Сборник задачи по математика за 7 клас, М. Лилкова и др., Просвета, София
4.Книга за ученика за 7 клас, З. Паскалева и др., Архимед, София, 2018
5.Текуща подготовка по математика за НВО в 7 клас, Б. Савова и др., Просвета, 2020
6.Нови пробни изпити за НВО след 7 клас, Регалия 6, 2015
7.Тестове по математика, Л. Любенов, Ц. Байчева, изд. DOMINO, 2017
8.Нови тематични тестове за 7 клас, М. Рангелова, Коала Прес, 2008
9.Учебно помагало за ЗИП по математика за 7 клас, И. Тонов, Т. Тонова, Просвета, 2011
10.Тестове по математика за 7 клас, Л. Дилкина, К. Бекриев, Коала Прес, 2014
11.Сборник контролни работи и тестове, П. Рангелова, Коала Прес, 2009
12.Сп. Математика; Сп. Математика+
Запишете урок
Индивидуални и групови онлайн уроци по математика за цялата страна
Ако този урок ви е бил полезен, можете да подкрепите създаването на нови безплатни материали.
📞 Онлайн уроци по математика за цялата страна◆гл.ас. д-р Атанас Илчев◆Индивидуални и групови уроци • Тел: 0883 375 433◆ISEE Upper Level • Подготовка за американски колеж◆📞 Онлайн уроци по математика за цялата страна◆гл.ас. д-р Атанас Илчев◆Индивидуални и групови уроци • Тел: 0883 375 433◆ISEE Upper Level • Подготовка за американски колеж◆
Безплатен сборник по математика – пълен преговор преди 7. клас 📞 Онлайн уроци по математика за цялата страна ◆ гл. ас. д-р Атанас Илчев ◆ Индивидуални и групови уроци • Тел: 0883 375 433 ◆ Подготовка за НВО, ДЗИ, кандидатстудентски изпити ◆ 📞 Онлайн уроци по математика за цялата страна ◆ гл. ас. д-р Атанас Илчев ◆ Индивидуални и групови уроци • Тел: 0883 375 433 ◆ Подготовка за НВО, ДЗИ, кандидатстудентски изпити ◆ Математика › Безплатни материали › Подготовка преди 7. клас Безплатен сборник по математика Пълен преговор преди 7. клас Преговор на основните знания и умения от 5. и 6. клас: необходима теория, решени примери, задачи за самостоятелна работа, отговори и финален диагностичен тест. 5. клас 6. клас 7. клас НВО Безплатен сборник Подготвих то...
Безплатни материали по математика ◆ 50 работни листа за 1. клас • Пакет 4 ◆ 10 теми • 200 задачи • по 5 варианта ◆ Събиране и изваждане до 20 без преминаване • PDF за разпечатване ◆ Безплатни материали по математика ◆ 50 работни листа за 1. клас • Пакет 4 ◆ 10 теми • 200 задачи • по 5 варианта ◆ Събиране и изваждане до 20 без преминаване • PDF за разпечатване ◆ Математика › 1. клас › Безплатни материали › Работни листове • Пакет 4 50 безплатни работни листа за 1. клас Пакет 4: Събиране и изваждане до 20 без преминаване Събиране и изваждане до 20 без преминаване на десетицата, събираемо и сбор, сра...
Безплатни материали по математика ◆ 10 входни нива за 7. клас ◆ 5 варианта със задачи със свободен отговор + 5 теста ◆ 150 задачи • отговори • ясна скала за оценяване ◆ Безплатни материали по математика ◆ 10 входни нива за 7. клас ◆ 5 варианта със задачи със свободен отговор + 5 теста ◆ 150 задачи • отговори • ясна скала за оценяване ◆ Математика › 7. клас › Безплатни материали › Входно ниво Безплатен сборник по математика 10 примерни входни нива за 7. клас Преговор и диагностика на знанията от 6. клас: 5 варианта със задачи със свободен отговор и 5 тестови варианта, общо 150 задачи, ясни критерии за оценяване и отговори. ...
Коментари
Публикуване на коментар