В треугольнике ABC угол при вершине B острый . отрезок BM-медиана этого треугольника...

Question 1

В треугольнике ABC угол при вершине B острый . отрезок BM-медиана этого треугольника а)докажите, что BM>1/2AC
б)найдите sinABC если AB=15 BC=7 BM=10

Question 2

Т.к. ∠A+∠B+∠C=180° и ∠B<90°, то ∠A+∠C>90°
Допустим, BM<0.5AC, т.е. ВМ<АМ и ВМ<СМ. тогда по теореме (напротив большей стороны лежит больший угол)
∠BAM<∠ABM и ∠BCM<∠CBM, сложим, ∠BAM+∠BCM<∠ABM+∠CBM, т.е. в треугольнике АВС ∠B>∠A+∠C, т.е. ∠B>90°, что противоречит условию, следовательно, ВМ>0.5AC.

$BM= \frac{1}{2} \sqrt{BA^{2}+BC^{2}+2AB*BC*cosABC} ,\\ cosABC=\frac{4BM^{2}-BA^{2}-BC^{2}}{2AB*BC}= \frac{400-225-49}{2*15*7} =0.6 \\ sinABC= \sqrt{1-cos^{2}ABC} = \sqrt{1-0.36} =\sqrt{0.64}=0.8$

vpkin_zn · Answer 1 · 2018-05-28T04:11:07+0000

Т.к. ∠A+∠B+∠C=180° и ∠B<90°, то ∠A+∠C>90°
Допустим, BM<0.5AC, т.е. ВМ<АМ и ВМ<СМ. тогда по теореме (напротив большей стороны лежит больший угол)
∠BAM<∠ABM и ∠BCM<∠CBM, сложим, ∠BAM+∠BCM<∠ABM+∠CBM, т.е. в треугольнике АВС ∠B>∠A+∠C, т.е. ∠B>90°, что противоречит условию, следовательно, ВМ>0.5AC.

$BM= \frac{1}{2} \sqrt{BA^{2}+BC^{2}+2AB*BC*cosABC} ,\\ cosABC=\frac{4BM^{2}-BA^{2}-BC^{2}}{2AB*BC}= \frac{400-225-49}{2*15*7} =0.6 \\ sinABC= \sqrt{1-cos^{2}ABC} = \sqrt{1-0.36} =\sqrt{0.64}=0.8$