Докажите методом координат что медианы треугольника пересекаются в одной точке

Применение метода координат к решению задач элементарной геометрии.

ПРИМЕР 2.11

Доказать, что медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся в ней в отношении 2 : 1, начиная от вершин.

Пусть АМ, ВN, СР медианы треугольника АВС (Рис.2.5). Рассмотрим систему координат (А, , ), тогда А(0,0), В(1,0), С(0,1). Так как М, N, Р – середины сторон ВС, АС, АВ, то М( , ), N( 0, ), Р( , 0).

Обозначим через Х, У, Z точки, которые делят соответственно медианы АМ, ВN, СР в отношении 2 : 1, начиная от вершин А, В, С., тогда простые отношения (АМ,Х) = (ВN,У) = (СР,Z) = 2.

Теперь используя формулы деления отрезка в данном отношении

х = , у = , найдем координаты точек Х, У, Z. Получим Х( , ), У( , ), Z( , ), следовательно точки Х, У, Z совпадают и значит медианы треугольника пересекаются в одной точке Х и делятся в ней в отношениях АХ : ХМ = ВХ: ХN = СХ : ХР = 2 : 1. ▄

ПРИМЕР 2.12

Доказать, что сумма квадратов диагоналей трапеции равна сумме квадратов ее боковых сторон, сложенной с удвоенным произведением оснований трапеции.

Пусть АВСD- произвольная трапеция с основаниями АВ и СD (Рис.2.6). Рассмотрим прямоугольную декартову систему координат (А, i, j ), где

i↑↑ , тогдаА(0,0),В(а,0), С(с,m), D (d,m).

АС 2 + ВD 2 = с 2 + m 2 + ( d – а) 2 + m 2 = а 2 + с 2 + d 2 + 2m 2 – 2ad.

АD 2 + ВС 2 + 2АВ DС = d 2 + m 2 + (с – а) 2 + m 2 + 2а (с – d) =

а 2 + с 2 + d 2 + 2m 2 – 2ad.

Из этого следует, что АС 2 + ВD 2 = АD 2 + ВС 2 + 2АВ DС. ▄

2.87. Доказать, что средняя линия треугольника параллельна основанию и равна его половине.

2.88. Доказать, что средняя линия трапеции параллельна основаниям и равна их полусумме.

2.89. Доказать, что отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, параллелен основаниям и равен их полуразности.

2.90. Доказать, что медиана равнобедренного треугольника проведенная к основанию является высотой и биссектрисой.

2.91. Доказать, что если диагонали трапеции равны, то трапеция равнобедренная.

2.92. Доказать, что в параллелограмме сумме квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех сторон.

2.93. Через вершину А треугольника АВС и середину Е медианы СD проведена прямая, пересекающая сторону ВС в точке F. а) Доказать, что СF : FВ = 1 : 2.

б) Найти в каком отношении точка Е делит отрезок АF.

2 94. Точка пересечения диагоналей четырехугольника совпадает с точкой пересечения его средних линий. Доказать, что данный четырехугольник является параллелограммом.

2 95. Даны параллелограмм АВСD и точка М. Точка М₁ симметрична точке М относительно вершины А. Точка М₂ симметрична точке М₁ относительно вершины В. Точка М₃ симметрична точке М₂ относительно вершины С. Точка М₄ симметрична точке М₃ относительно вершины D. Доказать, что точка М₄ совпадает с точкой М.

2.96. Даны две окружности ω₁(О₁,r₁) и ω₂(О₂,r₂). Доказать, что сумма квадратов расстояний от концов любого диаметра первой окружности до концов любого диаметра второй окружности постоянна.

ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ К ГЛАВЕ 2

2.3. (1,6), (1,-1), М(11,1), К(0,7).

б) С(4 ,0), В(0, 4 ), А(-4 ,0), D (0,- 4 );

2.6. А(0,0), В(1,0), С( , ), D (1, ), Е(0, ), F(- , ), М( , ).

2.11. а) 5; б) ; в)13.

2.12. а) ; б) 5; в) 13.

2.13. (14,0), (0, ).

2.15. а) равносторонний; б) равнобедренный; в) прямоугольный.

2.17. Существует два треугольника АВС₁ и АВС₂.

2.18. (2,10). Указание. Так как ось ОХ касается окружности в точке В, то

х = 2, далее воспользоваться тем, что АМ = ВМ.

2.20. а) ; б) С( , ).

2.22. А( , ), М(- , )

2.26. .

2.28.С( , 10), D (4,-3).

2.29. ( , ). Указание. Сначала найти координаты точки Д, для этого воспользоваться свойством биссектрисы АD треугольника АВС:

ВD : DС = АВ :АС и значит (ВС, D) = АВ : АС.

2.30. .

2.32. . Указание. Пусть Н(х, у). Т.к. АН – высота треугольника АВС, то

= 0, а т.к. Н ВС, то ││ .

2.34. а) и б) положительная ориентация, 3) отрицательная ориентация.

2.37. а), г) – левый базис, б), в) – правый базис.

2.38. Ι│ΙΙ = 1, ΙΙ – правый базис.

2.41. а) АВС; б) САВ.

б) х = х ′+ 2у ′+ 1, у = 4х′+ 3у ′ + 1.

2.50. а) х = х ′- у ′- 3, у = х ′+ у ′ + ;

б) х = х ′+ у ′, у = х ′- у ′ – 2.

2.51. ( , ).

2.52. Все точки прямой х + у – 2 = 0.

б) А: ρ = 0, φ не определен, В(1,0), С(1, ).

б) А: : ρ = 0, φ не определен, В(3, ), С(3 , ), D (3,0).

б) А: ρ = 0, φ не определен, В(2, ), С(2 , ), D (4,0),

2.62. а)Окружность с центром О и радиусом 1;

б) Окружность с центром О и радиусом ;

в) Открытый луч с началом О, образующий с полярной осью

угол .

б) М(6, ), Р( , ), К(2, ).

2.64. а) ; б) 10; в) 5.

2.66. а) Прямая, перпендикулярная полярной оси и проходящая через

точку с полярными координатами (2,0);

б) Окружность радиуса 5 с центром (5, );

в) Прямая, параллельная полярной оси и проходящая через

точку (1, );

г) Две прямые, проходящие через начало полярной системы

координат и образующие с полярной осью углы и .

2.69. а) φ = arctg ;

в) ρ 2 (1 + Cos 2 φ) = 5;

2.70. (х + 1) 2 + (у – 3) 2 = 16.

г) М(-1, ), r = .

д) Окружность с центром (1, 0) и радиусом r = 1;

ж) Окружность с центром (2,1) и радиусом r = 2;

Остальные уравнения не определяют окружность.

2.74. Точки А, С, D лежат вне окружности, точка В на окружности.

2.75. а) Точки находятся вне или на окружности с центром (1,3) и

б) Точки расположены между двумя концентрическими

окружностями и на самих окружностях, радиусы которых

в) Точки принадлежат общей части двух кругов и границе кругов,

центры которых в точках (1,2) и (4,6) и радиусы равны 5 и 3.

2.78. (х – 3) 2 + (у + 4) 2 = 25.

2.79. (х – 1) 2 + (у + 3) 2 = 68.

2.80. (х – 3) 2 + (у – 2) 2 = 26 и (х + 3) 2 + (у – 6) 2 = 26.

2.81. (х – 2) 2 + (у – 3) 2 = 1. Указание. Так как центр М окружности лежит на прямой

3х –у – 3 = 0, то М имеет координаты М(х, 3х – 3).

2.82. (х + 3) 2 + у 2 = 8.

2.84. х 2 + (у – 3) 2 = 9.

2.85. Окружность с центром в точке пересечения данных прямых и радиусом 4. Указание. Рассмотреть прямоугольную декартову систему координат, оси которой совпадают с данными прямыми.

2.86. Прямая с уравнением 4х – 9 = 0.

2.87. Указание. Пусть МN средняя линия треугольника АВС. Рассмотреть систему координат (А, , ).

2.88. Указание. Пусть АВСD – трапеция с основаниями АВ и СD. Рассмотреть систему координат (А, , ).

2.89. Указание. Пусть АВСД – трапеция с основаниями АВ и СД. Рассмотреть систему координат (А, , ).

2.90. Указание. Пусть АD – медиана треугольника АВС (АВ = АС). Рассмотреть систему координат (D, i, j ), где i↑↑ и доказать, что точка А имеет координаты (0, ).

2.91.Указание. Пусть АВСD – трапеция с основаниями АВ и СD. Рассмотреть систему координат (О, i, j ), где i↑↑ и О–середина АВ

2.92. Указание. Пусть АВСD –параллелограмм. Рассмотреть систему координат

(А, i, j ), где i↑↑ .

2 93.(АF,Е) = 3. Указание. Рассмотреть систему координат (А, , ).

2.95.Указание. Рассмотреть систему координат (А, , ).

2.96. Указание. Рассмотреть систему координат (О₁, i, j ), где i↑↑ .

2.97.Указание. Рассмотреть систему координат (А, , ). Обозначить

(АВ,С₁) = α, (ВС, А₁) = β, (СА, В₁) = γ, найти координаты точек А₁, В₁, С₁ и использовать то, что эти точки лежать на одной прямой тогда и только тогда, когда векторы и коллинеарны.

ГЛАВА 3.

ПРЯМАЯ ЛИНИЯ НА ПЛОСКОСТИ

14. Уравнение прямой.

Источник

Свойство медиан треугольника

Свойство медиан треугольника может быть доказано многими способами. Доказательство, опирающееся на свойства параллелограмма и средней линии треугольника, может быть проведено сразу же после изучения соответствующих тем, что позволяет начать использовать свойство медиан треугольника уже с начала 8 класса.

(Свойство медиан треугольника)

Медианы треугольника пересекаются и в точке пересечения делятся в отношении 2:1, считая от вершины.

Дано : ABC, AA1, BB1, CC1 — медианы

1) Пусть M — середина отрезка AO, N — середина BO

2) Соединим точки M, N, A1 и B1 отрезками.

3) Так как AA1 и BB1 — медианы треугольника ABC, точка A1- середина отрезка BC, B1 — середина AC.

Следовательно, A1B1 — средняя линия треугольника ABC и

Значит, четырёхугольник MNA1B1 — параллелограмм (по признаку).

По свойству диагоналей параллелограмма

из чего следует, что

5) Доказательство того факта, что все медианы треугольника пересекаются в одной точке, будем вести методом от противного.

Предположим, что третья медиана CC1 треугольника ABC пересекает медианы AA1 и BB1 в некоторой точке, отличной от точки O.

Тогда на каждой медиане есть две различные точки, делящие её в отношении 2:1, считая от вершины. Пришли к противоречию.

Таким образом, все три медианы треугольника пересекаются в одной точке и точка пересечения медиан делит каждую из их в отношении 2:1, считая от вершины:

7 Comments

Промогите пожалуйста:
В прямоугольном треугольнике из вершины прямого угла до гипотенузы провели медиану длинной 50см и перпендикуляр 48см. Вычислить периметр.

Медиана, проведённая к гипотенузе, равна её половине. Следовательно, гипотенуза 100 см. Пусть катеты равны x см и y см. По теореме Пифагора x²+y²=100². Площадь треугольника равна половине произведения стороны на высоту, проведённую к этой стороне S=0,5∙100∙48 см², либо половине произведения катетов S=0,5∙x∙y. Отсюда xy=4800.
Решаем систему уравнений: x²+y²=100²; xy=4800. Решения (60;80) (80;60). То есть катеты 60 см и 80 см. Периметр P=60+80+100=240 см.
(Не обязательно доводить решение системы до конца. Достаточно найти x+y. Для этого к 1-му уравнению прибавим удвоенное 2-е, получим
x²+2xy+y²=19600; x+y=140).

Прошу помощи в решении задачи: на стороне ромба построен равносторонний треугольник. Отрезок, соединяющий точку пересечения диагоналей ромба с серединой стороны треугольника, составляет с ней угол 70 градусов. Найти острый угол ромба.

Во-первых, большое спасибо за решение, даже не ожидала ответа, но, по счастью, ошиблась! Но я к этому времени уже решила так:провела ВМ, которая в равностороннем треугольнике является также высотой.
Рассмотрим четырехугольник ОВМС: угол ВОС =углу ВМС=90 градусов (диагонали ромба взаимно перпендикулярны),отсюда, ВМ параллельна ОС, тогда угол МОС=20 градусам. Рассм. треугольник ОМС: угол МСО= 180-20-70=90 градусов, и одновременно= 60+x, т.о., угол х=30 градусам, и искомый острый угол ромба=60 градусам. Мы получили разные ответы, в чем может быть дело (окружности мы еще не проходили).

Наталия углы BOC и BMC не накрест лежащие и не внутренние односторонние, поэтому BM не параллельна OC. Но вариант решения без окружности возможен, добавила второй способ.

Источник