Геометрия: Решить 21 и 25 ! хотя-бы один решите

Решить 21 и 25 ! хотя-бы один решите

Показать ответ

Ответ:

Messi1444

08.08.2020 01:17

∟DBK = 60°

Объяснение:

решение вопроса

Дано: ∟ABC - прямий (∟ABC = 90°). ∟ABE = ∟EBF = ∟FBC.

BD - бісектриса ∟ABE, ВК - бісектриса ∟FBC. Знайти: ∟DBK.

Розв'язання:

Нехай ∟ABE = ∟EBF = ∟FBC = х.

За аксіомою вимірюваиня кутів маємо:

∟ABC = ∟ABE + ∟EBF + ∟FBC.

Складемо i розв'яжемо рівняння:

х + х + х = 90; 3х = 90; х = 90 : 3; х = 30. ∟ABE = ∟EBF = ∟FBC = 30°.

За означениям бісектриси кута маємо:

∟ABD = ∟DBE = 30° : 2 = 15°; ∟CBК = ∟KBF = 30° : 2 = 15°.

За аксіомою вимірювання кутів маємо:

∟ABC = ∟ABD + ∟DBK + ∟KBC, ∟DBK = ∟ABC - (∟ABD + ∟KBC),

∟DBK = 90° - (15° + 15°) = 90° - 30° = 60°. ∟DBK = 60°.

0,0(0 оценок)

Ответ:

vsviridov08p06zai

16.01.2022 04:32

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:
$\frac{a+b+c}{3} \geq \frac{3}{ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} }$