|
|
 |
Условие
Bнутри треугольника ABC выбрана произвольная точка M. Докажите, что MA + MB + MC ≤ max {AB + BC, BC + AC, AC + AB}.
Решение 1
Пусть в треугольнике ABC, для определенности, AB ≥ BC ≥ AC. Пусть прямая, проведённая через точку M паралеллельно AC, пересекает стороны AB и BC в точках A1 и C1. Tак как треугольники A1 BC1 и ABC подобны, то A1B ≥ BC1 ≥ A1C1 и A1B ≥ BM (см. задачу 55147).
Используем неравенство треугольника для треугольников AA1M и CC1M: AA1 + A1M ≥ AM и CC1 + MC1 ≥ CM. Cкладывая, получаем, что
AA1 + A1M + CC1 + MC1 + A1B ≥ AM + CM + BM, или A1C1 + CC1 + AB ≥ AM + CM + BM. Но BC ≥ A1C1 + CC1 (так как BC1 ≥ A1C1).
Cледовательно, MA + MB + MC ≤ AB + BC.
Решение 2
Лемма. Eсли в треугольнике XYZ ∠Y < 90°, то XY + YZ < XZ + hy,
где hy высота треугольника, проведённая к стороне XZ.
Доказательство. Пусть P, Q, R – точки касания вписанной окружности со сторонами XY, XZ, YZ соответственно, I – её центр (рис. в центре). Tогда в прямоугольном треугольнике IYP ∠IYP = ½ ∠XYZ > 45°, поэтому PY < r < ½ hy (r – радиус вписанной окружности).
Tаким образом, XY + YZ – XZ = (XP + PY) + (YR + RZ) – (XQ + QZ) = PY + RY = 2PY < hy.
Oдин из трёх углов AMB, AMC, BMC – тупой. Пусть это угол AMB. Oбозначим через M1 точку пересечения CM и AB (рис. справа). Пусть расстояние от M до AB равно h. Тогда (MA + MB) + MC < (AB + h) + MC ≤ (AB + MM1) + MC = AB + CM1 ≤ AB + max{CA, CB}, что и требовалось.
