Точка А€α. Через точку А проведена плоскость, а через точки В и С — параллельные прямые, пересекающие эту плоскость соответственно в точках В1 и С1. Выполните рисунок к задаче и найдите длину отрезка ВВ1, если точка С — середина отрезка АВ и СС1=10 см.

👇

Открыть все ответы

Ответ:

Julia5415613614

05.04.2021

Площадь ромба равна половине произведения его диагоналей.
Проведем вторую (короткую) диагональ ромба.
Две диагонали разделили ромб на 4 равных прямоугольных треугольника, т.к. в ромбе диагонали пересекаются под прямым углом и, как в любом параллелограмме, точкой пересечения делятся пополам.
В каждом из них гипотенуза равна стороне ромба, а длинный катет равен половине известной диагонали.
Пусть половина неизвестной диагонали равна х.
По т.Пифагора
х²=65²-60²=625
х=25
Вторая диагональ равна 25*2=50
S=50*120:2=3000 ед. площади.
(Можно вычислить площадь одного треугольника и результат умножить на 4)

4,4(32 оценок)

Ответ:

Тимофейзъ

05.04.2021

Пусть $a,\,b,\,c,\,m_a,\,m_b,\, m_c$ - длины сторон и медиан треугольника ABC, $S_{ABC}=S.$ Воспользовавшись формулу S=pr

и то, что $S_{GBC}=S_{GAB}=S_{GAC}= \frac{S}{3}$ , получаем, что нужно доказать неравенство.
Подставив вместо р и r, получим
$\frac{3a+2(m_b+m_c)}{2S} + \frac{3b+2(m_a+m_b)}{2S} + \frac{3c+2(m_a+m_b)}{2S} \geq \frac{3(a+b+c)}{2S} + \frac{36}{a+b+c}$
Упрощать здесь не буду, но напишу упрощенный
$\frac{m_a+m_b+m_c}{S} \geq \frac{6S}{a+b+c}$
Или имеем такое равенство: $\frac{m_a}{3} + \frac{m_b}{3}+ \frac{m_c}{3} \geq \frac{6S}{a+b+c}$

Пусть $d_a,\, d_b,\, d_c-$ расстояния от точки G к сторонам a, b, c треугольника АВС. Очевидно, что $d_a \leq \frac{m_a}{3} ,\,d_b \leq \frac{m_b}{3} ,\, d_c= \frac{m_c}{3}$ Также имеем $d_a= \frac{2S_{GBC}}{a} = \frac{2S}{3a}$ . Аналогично, $d_b= \frac{2S}{3b} ,\,\, d_c= \frac{2S}{3c}$

Достаточно доказать неравентсво $\frac{2S}{3a} + \frac{2S}{3b}+ \frac{2S}{3c} \geq \frac{6S}{a+b+c}$ , которое равносильна неравенству, что выражает отношение между средним арифметическим и средним гармоническим 3 положительных чисел:
$\frac{a+b+c}{3} \geq \frac{3}{ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} }$