Средна отсечка в триъгълник 8 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 › 8 клас › Геометрия › Средна отсечка в триъгълник
Средна отсечка в триъгълник
Решени задачи и тест
Определение, две основни теореми, 4 разработени задачи с чертежи, 6 задачи за самостоятелна работа и онлайн тест
Свойства на средната отсечка и тяхното приложение при задачи за периметри, лица, равнобедрени триъгълници и успоредници
Теория
Определение 1: Отсечка, която съединява средите на две от страните на триъгълник, се нарича средна отсечка в триъгълника.
На горния чертеж отсечката \(MN\) е средна отсечка в \(\triangle ABC\), защото съединява средите \(M\) и \(N\) съответно на страните \(AC\) и \(BC\).
Теорема 1: Ако права минава през средата на една от страните на триъгълник и е успоредна на друга негова страна, то тя разполовява третата му страна.
С други думи: ако знаем, че права минава през средата на една страна на триъгълник и е успоредна на друга негова страна, то тя непременно минава и през средата на третата страна — т.е. тя носи средната отсечка.
Теорема 2: Всяка средна отсечка в триъгълник е успоредна на третата страна и е равна на половината от нея.
Следствия от Теорема 2 (за \(\triangle ABC\) с среди \(M\), \(N\), \(P\) съответно на \(AB\), \(BC\) и \(AC\)):
1) \(MN \parallel AC\) и \(MN = \tfrac{1}{2}AC\); \(\overrightarrow{MN} = \tfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\);
2) \(NP \parallel AB\) и \(NP = \tfrac{1}{2}AB\); \(\overrightarrow{NP} = \tfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}\);
3) \(MP \parallel BC\) и \(MP = \tfrac{1}{2}BC\); \(\overrightarrow{MP} = \tfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}\).
1) \(MN \parallel AC\) и \(MN = \tfrac{1}{2}AC\); \(\overrightarrow{MN} = \tfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\);
2) \(NP \parallel AB\) и \(NP = \tfrac{1}{2}AB\); \(\overrightarrow{NP} = \tfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}\);
3) \(MP \parallel BC\) и \(MP = \tfrac{1}{2}BC\); \(\overrightarrow{MP} = \tfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}\).
Разработени задачи
Кликнете върху задача, за да видите пълното решение.
1
Средните отсечки на триъгълник го разделят на четири триъгълника. Сборът от периметрите на тези четири триъгълника е \(25\) cm. Намерете периметъра на дадения триъгълник.
▼
Решение
Нека средните отсечки са \(MN\), \(NP\) и \(MP\). Записваме периметрите на четирите триъгълника:
\[P_{\triangle APM}=AM+AP+MP,\quad P_{\triangle PBN}=BN+BP+NP,\]
\[P_{\triangle MCN}=CN+CM+MN,\quad P_{\triangle MNP}=MP+PN+MN.\]
Сборът им е:
\[25 = AM+AP+MP + BN+BP+NP + CN+CM+MN + MP+PN+MN.\]
Тъй като \(AB=AP+PB\), \(BC=BN+NC\) и \(AC=AM+MC\), заместваме:
\[25 = AB+BC+AC + 2MP+2NP+2MN = P_{\triangle ABC} + 2P_{\triangle MNP}.\]
От Теорема 2: \(MP=\tfrac{1}{2}BC\), \(MN=\tfrac{1}{2}AC\), \(PN=\tfrac{1}{2}AB\), следователно:
\[P_{\triangle MNP}=\tfrac{1}{2}P_{\triangle ABC}.\]
Заместваме: \(25 = P_{\triangle ABC}+2\cdot\tfrac{1}{2}P_{\triangle ABC}=2P_{\triangle ABC}\), откъдето:
\[P_{\triangle ABC}=12{,}5 \text{ cm}.\]
Нека средните отсечки са \(MN\), \(NP\) и \(MP\). Записваме периметрите на четирите триъгълника:
\[P_{\triangle APM}=AM+AP+MP,\quad P_{\triangle PBN}=BN+BP+NP,\]
\[P_{\triangle MCN}=CN+CM+MN,\quad P_{\triangle MNP}=MP+PN+MN.\]
Сборът им е:
\[25 = AM+AP+MP + BN+BP+NP + CN+CM+MN + MP+PN+MN.\]
Тъй като \(AB=AP+PB\), \(BC=BN+NC\) и \(AC=AM+MC\), заместваме:
\[25 = AB+BC+AC + 2MP+2NP+2MN = P_{\triangle ABC} + 2P_{\triangle MNP}.\]
От Теорема 2: \(MP=\tfrac{1}{2}BC\), \(MN=\tfrac{1}{2}AC\), \(PN=\tfrac{1}{2}AB\), следователно:
\[P_{\triangle MNP}=\tfrac{1}{2}P_{\triangle ABC}.\]
Заместваме: \(25 = P_{\triangle ABC}+2\cdot\tfrac{1}{2}P_{\triangle ABC}=2P_{\triangle ABC}\), откъдето:
\[P_{\triangle ABC}=12{,}5 \text{ cm}.\]
2
Докажете, че медианата към хипотенузата в правоъгълен триъгълник е равна на отсечката, свързваща средите на катетите.
▼
Доказателство
Разглеждаме правоъгълния \(\triangle ABC\) с \(\sphericalangle C=90°\). Нека \(CM\) е медианата към хипотенузата \(AB\).
От 7 клас знаем, че медианата към хипотенузата е равна на половината от нея, следователно:
\[CM=\tfrac{1}{2}AB.\]
Нека \(P\) е среда на \(AC\) и \(Q\) е среда на \(BC\). По Определение 1, \(PQ\) е средна отсечка в \(\triangle ABC\), и по Теорема 2:
\[PQ=\tfrac{1}{2}AB.\]
Следователно \(CM=PQ=\tfrac{1}{2}AB\). \(\blacksquare\)
Разглеждаме правоъгълния \(\triangle ABC\) с \(\sphericalangle C=90°\). Нека \(CM\) е медианата към хипотенузата \(AB\).
От 7 клас знаем, че медианата към хипотенузата е равна на половината от нея, следователно:
\[CM=\tfrac{1}{2}AB.\]
Нека \(P\) е среда на \(AC\) и \(Q\) е среда на \(BC\). По Определение 1, \(PQ\) е средна отсечка в \(\triangle ABC\), и по Теорема 2:
\[PQ=\tfrac{1}{2}AB.\]
Следователно \(CM=PQ=\tfrac{1}{2}AB\). \(\blacksquare\)
3
В четириъгълника \(ABCD\) точките \(M\), \(N\), \(P\) и \(Q\) са среди съответно на страните \(AB\), \(BC\), \(CD\) и \(DA\). Докажете, че четириъгълникът \(MNPQ\) е успоредник.
▼
Доказателство
Построяваме диагоналите \(AC\) и \(BD\).
Крок 1: Тъй като \(Q\) и \(P\) са среди на \(AD\) и \(CD\), по Определение 1 отсечката \(QP\) е средна отсечка в \(\triangle ACD\). По Теорема 2: \(QP \parallel AC\) и \(QP = \tfrac{1}{2}AC\).
Крок 2: Тъй като \(M\) и \(N\) са среди на \(AB\) и \(BC\), отсечката \(MN\) е средна отсечка в \(\triangle ABC\). По Теорема 2: \(MN \parallel AC\) и \(MN = \tfrac{1}{2}AC\).
От Крок 1 и Крок 2: \(QP \parallel MN\) и \(QP = MN\) — двете срещуположни страни са успоредни и равни.
Крок 3: По аналогичен начин, \(QM\) е средна отсечка в \(\triangle ABD\) и \(PN\) е средна отсечка в \(\triangle CBD\), откъдето \(QM \parallel DB\), \(PN \parallel DB\) и \(QM = PN = \tfrac{1}{2}DB\). Следователно \(QM \parallel PN\) и \(QM = PN\).
Тъй като \(MNPQ\) има двойки равни и успоредни срещуположни страни, той е успоредник. \(\blacksquare\)
Построяваме диагоналите \(AC\) и \(BD\).
Крок 1: Тъй като \(Q\) и \(P\) са среди на \(AD\) и \(CD\), по Определение 1 отсечката \(QP\) е средна отсечка в \(\triangle ACD\). По Теорема 2: \(QP \parallel AC\) и \(QP = \tfrac{1}{2}AC\).
Крок 2: Тъй като \(M\) и \(N\) са среди на \(AB\) и \(BC\), отсечката \(MN\) е средна отсечка в \(\triangle ABC\). По Теорема 2: \(MN \parallel AC\) и \(MN = \tfrac{1}{2}AC\).
От Крок 1 и Крок 2: \(QP \parallel MN\) и \(QP = MN\) — двете срещуположни страни са успоредни и равни.
Крок 3: По аналогичен начин, \(QM\) е средна отсечка в \(\triangle ABD\) и \(PN\) е средна отсечка в \(\triangle CBD\), откъдето \(QM \parallel DB\), \(PN \parallel DB\) и \(QM = PN = \tfrac{1}{2}DB\). Следователно \(QM \parallel PN\) и \(QM = PN\).
Тъй като \(MNPQ\) има двойки равни и успоредни срещуположни страни, той е успоредник. \(\blacksquare\)
4
Бедрото на равнобедрен триъгълник е \(12\) cm. През средата на неговата височина е построена права, успоредна на бедрото. Намерете частта от тази права, която се намира в триъгълника.
▼
Решение
Нека \(p\) е построената права, \(H\) е стъпалото на височината \(CH\), \(L = p \cap CH\) и \(S = p \cap AB\).
Тъй като \(p \parallel AC\) (по условие) и \(L\) е среда на \(CH\), по Теорема 1 следва, че \(S\) е среда на \(AH\). Следователно \(LS\) е средна отсечка в \(\triangle AHC\) и по Теорема 2: \[LS = \tfrac{1}{2}AC = \tfrac{1}{2}\cdot 12 = 6 \text{ cm}.\] Нека \(K = p \cap BC\) и \(\sphericalangle CAB = \sphericalangle ABC = \alpha\) (равнобедрен триъгълник). Тогава \(\sphericalangle KSB = \alpha\) (като съответен на \(\sphericalangle CAB\)), откъдето \(\triangle SKB\) е равнобедрен и \(SK = BK\).
Нека \(LK = x\). Тогава \(SK = BK = 6+x\) и \(CK = BC-(6+x) = 12-(6+x)=6-x\). От правоъгълния \(\triangle SHL\) имаме \(\sphericalangle SLH = 90°-\alpha\). Понеже \(\sphericalangle SLH = \sphericalangle CLK\) (връхни ъгли) и от правоъгълния \(\triangle HCB\) имаме \(\sphericalangle HCB = 90°-\alpha\), следва, че \(\triangle CLK\) е равнобедрен и \(CK = LK\), т.е.: \[6-x = x \implies x=3.\] Следователно \(SK = 6+3 = 9\) cm, а търсената отсечка в триъгълника е: \[LS + SK = 6 + 9 = \boxed{15 \text{ cm}}.\] Забележка: Търсената цяла отсечка \(LSK\) = 15 cm (от двете страни \(LS\) и \(SK\)).
Нека \(p\) е построената права, \(H\) е стъпалото на височината \(CH\), \(L = p \cap CH\) и \(S = p \cap AB\).
Тъй като \(p \parallel AC\) (по условие) и \(L\) е среда на \(CH\), по Теорема 1 следва, че \(S\) е среда на \(AH\). Следователно \(LS\) е средна отсечка в \(\triangle AHC\) и по Теорема 2: \[LS = \tfrac{1}{2}AC = \tfrac{1}{2}\cdot 12 = 6 \text{ cm}.\] Нека \(K = p \cap BC\) и \(\sphericalangle CAB = \sphericalangle ABC = \alpha\) (равнобедрен триъгълник). Тогава \(\sphericalangle KSB = \alpha\) (като съответен на \(\sphericalangle CAB\)), откъдето \(\triangle SKB\) е равнобедрен и \(SK = BK\).
Нека \(LK = x\). Тогава \(SK = BK = 6+x\) и \(CK = BC-(6+x) = 12-(6+x)=6-x\). От правоъгълния \(\triangle SHL\) имаме \(\sphericalangle SLH = 90°-\alpha\). Понеже \(\sphericalangle SLH = \sphericalangle CLK\) (връхни ъгли) и от правоъгълния \(\triangle HCB\) имаме \(\sphericalangle HCB = 90°-\alpha\), следва, че \(\triangle CLK\) е равнобедрен и \(CK = LK\), т.е.: \[6-x = x \implies x=3.\] Следователно \(SK = 6+3 = 9\) cm, а търсената отсечка в триъгълника е: \[LS + SK = 6 + 9 = \boxed{15 \text{ cm}}.\] Забележка: Търсената цяла отсечка \(LSK\) = 15 cm (от двете страни \(LS\) и \(SK\)).
Задачи за самостоятелна работа
Задача 1Страните на триъгълник се отнасят като \(2:3:4\), а периметърът на триъгълника, образуван от средите на страните му, е \(22{,}5\) cm. Намерете страните на дадения триъгълник.
Задача 2Намерете страните на равнобедрен триъгълник с периметър \(16\) cm, ако отсечката, свързваща средите на бедрата му, е \(3\) cm.
Задача 3Точките \(M\), \(N\) и \(P\) са среди съответно на страните \(AB\), \(BC\) и \(AC\) на \(\triangle ABC\). Докажете, че лицето на \(\triangle MNP\) е една четвърт от лицето на \(\triangle ABC\).
Задача 4Точките \(M\), \(N\) и \(Q\) са среди съответно на страните \(AB\), \(BC\) и \(AC\) на \(\triangle ABC\).
а) Ако \(S_{\triangle ABC}=124\) cm², намерете лицето на четириъгълника \(ABQM\).
б) Ако \(S_{\triangle MNQ}+S_{\triangle ABC}=240\) cm², намерете лицето на четириъгълника \(BCQM\).
а) Ако \(S_{\triangle ABC}=124\) cm², намерете лицето на четириъгълника \(ABQM\).
б) Ако \(S_{\triangle MNQ}+S_{\triangle ABC}=240\) cm², намерете лицето на четириъгълника \(BCQM\).
Задача 5В равнобедрен \(\triangle ABC\) са построени височината \(CH\) (\(H\in AB\)) към основата \(AB\) и медианата \(AM\) (\(M\in BC\)). Ако \(MD\perp AB\) (\(D\in AB\)), докажете, че \(\dfrac{CH}{AH}=3\dfrac{MD}{AD}\).
Задача 6Даден е \(\triangle ABC\) с медиана \(CM\). През \(A\) и средата на \(CM\) е построена права, която пресича \(BC\) в точката \(P\). Намерете отсечките \(BP\) и \(CP\), ако \(BC=8{,}7\) cm.
Онлайн тест
15 въпроса • 4 точки за верен отговор • максимум 60 точки
Тест: Средна отсечка в триъгълник
Изберете верния отговор за всеки въпрос, след което натиснете КРАЙ.
Видео урок
Още обяснени и решени задачи, свързани с този урок:
Видео урок — Средна отсечка в триъгълник. Решени задачи
Запишете урок
Индивидуални и групови онлайн уроци по математика за цялата страна
🎓 Подготовка за изпити
- ›НВО по математика след 7 клас
- ›НВО по математика след 10 клас
- ›Кандидатстудентски изпити по математика
- ›Прием в университети в чужбина (ISEE, SAT, A-Level)
📚 Текущо обучение и студенти
- ›Усвояване на текущия учебен материал (всички класове)
- ›Студенти: Мат. анализ, Линейна алгебра, Аналитична геометрия, Диф. уравнения, Теория на вероятностите, Статистика и др.
Харесва ли ви съдържанието?
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◆
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◆
Коментари
Публикуване на коментар