Медиана и биссектриса треугольника Задача 1. В

Медиана и биссектриса треугольника
Задача 1. В прямоугольном треугольнике проведена биссектриса
острого угла; отрезок, соединяющий ее основание с точкой
пересечения медиан, перпендикулярен катету. Найти острые углы
треугольника.
Решение. Пусть ВМ – медиана, AF – биссектриса, точка Р –
пересечение медиан и PF  BC (рис.1). Ясно, что BP : PM  2 : 1
(свойство медиан).
Т.к. PF AC , то по теореме
Фалеса BP : PM  BF : FC .
И по свойству биссектрисы
имеем равенство
2 : 1  BF : FC  AB : AC .
Получили, что гипотенуза
АВ в два раза больше катета
АС. Следовательно,
ABC  30 и BAC  60 .
Ответ: 30 , 60 .
Рис. 1
Задача 2. Найти площадь такого треугольника, сторонами которого
служат медианы треугольника с площадью, равной S.
Решение. Пусть AF, ВМ, СЕ – медианы ABC и Р – их точка
пересечения(рис.2).
Известно, что площадь S APM 
Продлим РМ на свою длину,
1
равную BM , т.е. MK  PM .
3
1
Рис. 2
1
S.
6
Рассмотрим треугольник АРК. Каждая его сторона равна двум
2
2
третьим соответствующих медиан, т.е. AP  AF , PK  BM ,
3
3
2
AK  CE  CP . И APK подобен треугольнику, сторонами
3
2
которого служат медианы, и коэффициент подобия равен , а
3
4
отношение площадей равно . С другой стороны,
9
1
S APK  2  S APM  S .
3
9 1
3
В итоге искомая площадь равна  S или S .
4 3
4
3
Ответ: S .
4
Задача 3. Две стороны треугольника равны 6 и 8. Медианы,
проведенные к серединам этих сторон, пересекаются под прямым
углом. Найти третью сторону треугольника.
Решение. Рассмотрим следующий рисунок(рис.3).
По теореме Пифагора имеем два равенства:
y 2  4 x 2  16 ,
4 y2  x2  9 .
Сложим эти равенства и получим, что
5 y 2  5x 2  25 или y 2  x 2  5 .
Для нахождения третьей стороны z
применим теорему Пифагора и
получим равенство:
z 2  4 x 2  4 y 2 или z 2  20 , т.е.
z2 5.
Ответ: 2 5 .
Рис. 3
2
Задача 4. В прямоугольном треугольнике АВС (АС – гипотенуза)
проведены высота BD и медиана ВМ. Отрезок BF делит DBM
пополам. Доказать, что BF – биссектриса и ABC .
Решение. Пусть BAC   . Тогда ACB  90   и
ABD  90   (рис.4).
Известно, что медиана,
проведенная из вершины
прямого угла, равна
половине гипотенузы, т.е.
BM  MC и BMC –
равнобедренный.
Следовательно,
Рис. 4
MBC  ACB  90   .
Получили, что ABF  90    DBF и
CBF  90    MBF . А это и означает, что BF – биссектриса
прямого угла.
Задача 5. Периметр равнобедренного треугольника равен 16.
Медиана, проведенная к боковой стороне, равна 17 . Найти
стороны треугольника.
Решение. Рассмотрим следующий рисунок (рис.5).
Применим формулы медианы:
1
17 
2  x2  2  y2  x2 .
2
Из условия имеем равенство
2 x  y  16 .
Решим систему:
1

2x2  2 y 2  x2 ,
 17 
2


Рис. 5
2 x  y  16.
68  x 2  2 y 2 ,

 y  16  2 x.
Избавимся от переменной y и получим уравнение:
3
68  x 2  216  2 x  .
2
74
. Второй корень является
9
посторонним, т.к. противоречит условию 16  2 x  0 . Имеем x  6
и y  4.
Ответ: 4, 6, 6.
Корни этого уравнения x1  6 , x 2 
Задача 6. В треугольнике АВС точка К – середина медианы ВМ.
Известно, что AB  7 , BC  5 , AK  6 . Найти СК.
Решение. Пусть AM  MC  a и BK  KM  b , CK  x (рис.6). По
условию АК и СК – медианы в треугольниках АВМ и СВМ
соответственно. Применим формулу длины медианы для этих
треугольников и получим систему уравнений:
1

2
2
6  2 2  49  2a  4b ,

 x  1 2  25  2a 2  4b 2 .

2
Преобразуем в систему:
144  98  2a 2  4b 2 ,
 2
Рис. 6
2
2
4 x  50  2a  4b .
Из второго уравнения вычтем первое и получим:
4 x 2  144  48 .
В итоге, x  2 6 .
Ответ: 2 6 .
Задача 7. Построить
биссектрису угла, вершина
которого недоступна, т.е.
расположена за пределами листа
бумаги.
Решение. Возьмем на сторонах
угла точки М и N(рис.7) и пусть
Рис. 7
4
точка Р – пересечение биссектрис углов M и N.
Так как в треугольнике биссектрисы пересекаются в одной точке,
то P принадлежит искомой биссектрисе. Аналогично построим
точку Q – пересечение биссектрис A и B . Тогда прямая PQ –
искомая биссектриса.
Задача 8. Построить треугольник, если даны две стороны и
медиана, выходящие из общей вершины.
Указание. Построить треугольник со
сторонами a , b и 2m , где a , b и m длины данных сторон и медианы(рис.8).
Рис. 8
Задача 9. В параллелограмме ABCD
биссектрисы углов А и D пересекают сторону ВС в точках М и К
соответственно, а отрезки АМ и DК пересекаются в точке Р. Найти
длину стороны ВС, если известно, что АВ = 15 и АР : РМ = 3 : 2.
Решение. Пусть ВС = AD = x
(рис.9).
Из подобия треугольников
ΔAPD и ΔМPК получаем, что
2
KM  x . ΔAВМ и ΔCDK –
3
равнобедренные (по углам).
Следовательно, ВМ =15, СК =
Рис. 9
15 и ВК = 15 
2
x . Получили равенство: ВК + КС = ВС или
3
2
x  15  x . В итоге x  18 .
3
Ответ: 18.
15 
Задача 10. В треугольнике АВС биссектриса AF и медиана BM
перпендикулярны. Найти площадь треугольника АВС, если длина
медианы равна m , а длина биссектрисы равна l .
5
Решение. Пусть AF – биссектриса, ВМ – медиана и Р – их точка
пересечения (рис.10).
В ΔAВМ биссектриса АР является высотой.
Следовательно, ΔAВМ
равнобедренный и АВ = АМ = f ,
m
ВР = РМ = . Тогда и МС = f .
2
По свойству биссектрисы получили
AB
f
BF
равенство:
.


AC 2 f FC
Рис. 10
1
Следовательно, BF  BC . И
3
площадь треугольника АВС в три раза больше, чем площадь
треугольника ABF(так как у них общая высота из вершины А на
1
m
прямую ВС). Площадь треугольника ABF равна  l  . В итоге
2
2
3
искомая площадь равна lm .
4
3
Ответ: lm .
4
Задача 11. В прямоугольном треугольнике медианы к катетам
равны 52 и 73 . Найти гипотенузу треугольника.
Решение. Пусть гипотенуза ВС = x ,
тогда медиана AL из прямого угла
x
равна (рис.11).
2
Если Р – точка пересечения медиан,
1
x
то PL = AL  . Ясно, что СР =
3
6
2
2
= CN (N-середина АВ) и BP  BM
3
3
(М - середина АС).
6
Рис. 11
Пусть CN= 52 и ВМ =
73 . Для треугольника ΔВСР применим
1
формулу длины медианы PL 
2  BP 2  2  CP 2  BC 2 или
2
2
2
x 1
2

2


2
73   2  
52   x 2 .
6 2
3

3

Решим это уравнение и получим, что x  10 .
Ответ: 10.
Задача 12. Найти длину биссектрисы угла  ВАС треугольника
АВС, если АВ = 12, АС = 15, ВС = 18.
Решение. Пусть АМ = l биссектриса(рис.12).
По свойству биссектрисы имеем
12 ВМ
равенство
, т.е. ВМ = 8 и

15 МС
МС = 10. применим одну из формул
длины биссектрисы и получим
равенство l 2  12  15  8  10 , т.е.
l  10.
Ответ: 10.
Рис. 12
Задача 13. Биссектриса угла при основании равнобедренного
треугольника делит противоположную сторону так, что отрезок,
прилежащий к вершине треугольника, равен основанию. Доказать,
что и биссектриса равна основанию.
Рис. 13
Доказательство.
Рассмотрим следующий
чертеж(рис.13). Пусть ВМ = АС = а.
Если СМ= y , то АВ = a  y , так как
треугольник АВС – равнобедренный.
Применим формулу длины
биссектрисы и получим равенство
x 2  a a  y   ya или
7
x 2  a 2  ay  ya ( x >0, a >0). В итоге x  a , что и требовалось
доказать.
Задача 14. В равнобедренном треугольнике угол при вершине
содержит 36 0 , а биссектриса угла при основании равна 20 .
Найти длины сторон треугольника.
Решение. Заметим, что углы при основании данного треугольника
равны 72 0 . Если АМ – биссектриса, то BAM  36 0 и ВМ = АМ =
20 . Треугольник АМС – равнобедренный, т.к.
AMC  1800  72 0  360  72 0 . Получили, что АС = АМ = 20 .
Пусть СМ = x . Тогда АВ = ВС = 20 + x (рис.14).
По свойству биссектрисы имеем
x  20
20
равенство:
или

x
20
x 2  x 20  20  0 . Решим
квадратное уравнение и получим, что
x1   5  5 , x 2   5  5 <0.
следовательно, x   5  5 . И
боковые стороны этого треугольника
Рис. 14
равны
AB  BC   5  5  20  5  5 .
Ответ: 5  5 , 5  5 и 2 5 .
Задача 15. С помощью циркуля и линейки построить треугольник
по двум сторонам и биссектрисе угла, который образуют заданные
стороны.
Решение. Рассмотрим чертеж ( a , b – стороны, l – биссектриса)
(рис.15).
Для решения задачи воспользуемся дополнительным построением
(1).
8
bl
.
a
С помощью циркуля и линейки можно построить отрезок MF.
Затем построим
треугольник со сторонами
bl
.
b, b, l 
a
И искомый треугольник
строится (через А
проводится прямая
Рис. 15
параллельно BF и
откладывает на этой прямой отрезок AC  a ). Очевидно, что
треугольник АВС – искомый.
Замечание. Рассмотрим решение данной задачи с помощью другого
дополнительного построения (прямая параллельна биссектрисе).
l  a  b 
Тогда BF 
. Строим ABF . Продолжим FA, AC  a и
a
треугольник АВС – искомый.
Замечание. Данную задачу можно решить, используя формулу
Из подобия AMC и FMB следует, что MF 
l
2ab cos

2.
ab
Строим отрезок q  a  b , строим отрезок p  2a . Можно

pb
построить отрезок c , равный
. Получили, что l  c  cos .
2
q
Тогда построив прямоугольный треугольник по катету l и
гипотенузе c , получим угол

2
. Дальнейшее очевидно.
9