Медиана към хипотенуза в правоъгълен триъгълник 7 клас

Медиана към хипотенузата в правоъгълен триъгълник - теореми и задачи

Теорема 1: Медианата към хипотенузата в правоъгълен триъгълник е равна на половината от хипотенузата.

Теорема 2: Ако в $\triangle ABC$ медианата $CM$ ($M\in AB$) е равна на половината от страната $AB$, то триъгълникът е правоъгълен с прав ъгъл при върха $C$.

1 Задача: В правоъгълния триъгълник $ABC$ медианата към хипотенузата $AB$ е равна на катета $AC$ и $CD$ ($D\in AB$) е височина.

а) Да се намери дължината на катета $AC$, ако $AB=8$ cm.

б) Ако $BC=a$ cm, да се намери дължината на височината $CD$.

в) Ако $P$ и $Q$ са средите съответно на катетите $AC$ и $BC$, да се докаже, че периметърът на $\triangle ABC$ е два пъти по-голям от периметъра на $\triangle PDQ$.

Решение а):

Нека $CM$ е медианата към хипотенузата в правоъгълния триъгълник $ABC$. Според Теорема 1 $CM=\frac{1}{2}AB$, следователно $CM=4$ cm. Тъй като по условие $CM=AC$ следва, че $AC=4$ cm.

Решение б):

Тъй като $CM=AC=AM$ ($CM=AC$ по условие и $CM=AM$ от Теорема 1) следва, че триъгълникът $AMC$ е равностранен и $\sphericalangle BAC=60^{\circ}$. От тук получаваме, че $\sphericalangle ABC=30^{\circ}$. Сега прилагаме теоремата за остър ъгъл от $30^{\circ}$ в правоъгълен триъгълник за $\triangle BDC$ ($\triangle BDC$ е правоъгълен, защото $CD$ е височина). Следователно $CD=\frac{1}{2}BC$, от където $CD=\frac{a}{2}$ cm.

Решение в):

Нека $BC=a$, $AC=b$ и $AB=c$, следователно $P_{\triangle ABC}=a+b+c$. Тъй като $P$ е среда на $AC$ по условие следва, че $DP$ е медиана в правоъгълният триъгълник $ADC$, следователно $PD=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}b$. Аналогично, $DQ$ е медиана в правоъгълният триъгълник $DBC$ и $DQ=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}a$. Тъй като $PC=PD$ и $QC=QD$ имаме, че отсечката $PQ$ лежи на симетралата на $CD$ т.е. $CD\perp PQ$. Сега от $CD\perp PQ$ и $CD\perp AB$ имаме, че $PQ\parallel AB$. От $PQ\parallel AB$ имаме $\sphericalangle PQC=30^{\circ}$ (съответни ъгли с $\sphericalangle ABC$). Прилагаме теоремата за остър ъгъл от $30^{\circ}$ в правоъгълен триъгълник за $\triangle PQC$ от където $PC=\frac{1}{2}PQ$, т.е. $2PC=PQ$. Но $PC=PD$ и $PC=\frac{1}{2}AC$, а $AC=\frac{1}{2}AB$, следователно $PC=\frac{1}{4}AB$, от където $\frac{1}{4}AB=\frac{1}{2}PQ$ и $PQ=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}c$. Сега за периметъра на $\triangle PDC$ имаме $P_{\triangle PDC}=PD+DQ+PQ=\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}c=\frac{1}{2}P_{\triangle ABC}$.

2 Задача: За квадрата $ABCD$ точката $K$ е среда на $AD$ и $BH$ е перпендикулярът, спуснат от $B$ към $KC$ ($H\in KC$). Ако $AH=6$ cm, намерете лицето на квадрата $ABCD$.

Решение:

Нека означим $\sphericalangle KCD=\alpha$, следователно $\sphericalangle DKC=90^{\circ}-\alpha$ (защото $\sphericalangle KDC=90^{\circ}$). Ъглите $DKC$ и $NKA$ са връхни ъгли, следователно $\sphericalangle NKA=\sphericalangle DKC=90^{\circ}-\alpha$ ($\sphericalangle NAK=90^{\circ}$). От тук получаваме и, че $\sphericalangle KNA=\sphericalangle KCD=\alpha$.

Разглеждаме триъгълниците $KNA$ и $KCD$:

1) $KA=KB$ ($K$ е среда на $AD$ по условие);

2) $\sphericalangle NKA=\sphericalangle DKC$ (връхни ъгли);

3) $\sphericalangle NAK=\sphericalangle CDK=90^{\circ}$,

следователно $\triangle KNA\cong\triangle KCD$ по II признак, от където $NA=AB$, т.е. $A$ е среда на $NB$. Така имаме, че $HA$ е медиана към хипотенузата в правоъгълния триъгълник $NBH$ и според Теорема 1 имаме, че $HA=\frac{1}{2}NB$ от където следва, че $HA=AB=6$ cm. Сега вече можем да изчислим лицето на квадрата $ABCD$ - $S_{ABCD}=AB^2=6^2=36$ $cm^2$.

Задачи за самостоятелна работа

1. Даден е правоъгълен $\triangle ABC$ с $\sphericalangle C=90^{\circ}$, $\sphericalangle A=15^{\circ}$ и лице $S_{\triangle ABC}=72$ $cm^2$. Намерете дължината на хипотенузата $AB$ и на височината $CD$ към нея.

2. В остроъгълния триъгълник $ABC$ са построени височините $AH$ и $CD$, които се пресичат в точката $O$. Точката $P$ е среда на $AB$, а $M$ - среда на $OC$. Намерете градусната мярка на $\sphericalangle PHM$.

3. В правоъгълния $\triangle ABC$ ($\sphericalangle C=90^{\circ}$) са построени височината $CH$ ($H\in AB$), ъглополовящата $BL$ на $\sphericalangle ABC$ ($L\in AC$) и ъглополовящата $CM$ на $\sphericalangle ACH$ ($M\in AH$). Определете вида на триъгълника $MBC$.

4. Даден е правоъгълен $\triangle ABC$ ($\alpha > \beta$). Отсечките $CH$, $CL$ и $CM$ са съответно височина, ъглополовяща и медиана към хипотенузата $AB$. Докажете, че:

а) $\sphericalangle HCL=\alpha-45^{\circ}=\frac{\alpha-\beta}{2}$;

б) $\sphericalangle HCM=\alpha-\beta$;

в) $\sphericalangle LCM=\frac{\alpha-\beta}{2}=\sphericalangle LCH$.

Още обяснени и решени задачи свързани с този урок можете да намерите в клипа ми даден по-долу:

Използвана литература:

1. Сборник за 7 клас, Пенка Рангелова, Константин Бекриев, Лилия Дилкина, Нина Иванова изд. Коала Прес, Пловдив, 2020

2. Тест Математика 7 клас, Донка Гълъбова, Адриана Хаджийска, Анна Аначкова и др., изд. Веди, София, 2020

3. Сборник задачи по математика за 7 клас, Мария Лилкова, Пенка Нинова, Таня Стоева и др., изд. Просвета, София

4. Книга за ученика за 7 клас, Здравка Паскалева, Мая Алашка, Райна Алашка, изд. Архимед, София, 2018

5. Текуща подготовка по математика за националното външно оценяване в 7 клас, Боянка Савова, Мария Тодорова, Веселин Златилов, изд. Просвета, София, 2020

6. Нови пробни изпити за външно оценяване и кандидатстване след 7 клас, изд. Регалия 6, София 2015

7. Тестове по математика, Любомир Любенов, Цеца Байчева, изд. DOMINO, 2017

8. Нови тематични и общи тестове по математика за 7 клас, Марина Рангелова, изд. Коала Прес, 2008

9. Учебно помагало за задължително избираема подготовка по математика за 7 клас, Иван Тонов, Таня Тонова, изд. Просвета, София, 2011

10. Тестове по математика за 7 клас, Лилия Дилкина, Константин Бекриев, изд. Коала Прес, Пловдив, 2014

11. Сборник контролни работи и тестове по математика 7 клас, Пенка Рангелова, изд. Коала Прес, Пловдив, 2009

12. Сп. Математика

13. Сп. Математика +