Задача 103917

Темы:    [ Прямоугольный треугольник с углом в $30^\circ$ ] [ Взаимное расположение высот, медиан, биссектрис и проч. ] [ Принцип Дирихле (углы и длины) ] [ Неравенства для углов треугольника ]

Сложность: 4- Классы: 8,9

Условие

Автор: Френкин Б.Р.

Дано, что ни для какой стороны треугольника из проведённых к ней высоты, биссектрисы и медианы нельзя составить треугольник.
Доказать, что один из углов треугольника больше чем 135°.

Решение

  Из условия следует, что каждая медиана не меньше суммы биссектрисы и высоты, проведённых из той же вершины. Если между какой-то медианой и соответствующей высотой угол не больше 60°, то медиана не больше удвоенной высоты, а сумма биссектрисы и высоты   не меньше, причём равенство не достигается одновременно. Поэтому из условия следует, что угол между каждой медианой и соответствующей высотой больше 60°. Так как в треугольнике наименьший угол не больше 60°, то какая-то высота проходит вне треугольника, то есть он тупоугольный.
  Пусть A – вершина тупого угла, B и C – остальные две вершины, AM – медиана, AH – высота, причём точка M принадлежит отрезку BH. По доказанному  ∠AMH < 30°.  Он равен сумме углов ABM и BAM. Медиана из вершины тупого угла меньше половины противолежащей стороны (см. задачу 35370). Отсюда  ∠ABM < 15°.
  Высота из вершины B образует угол больше  60° с соответствующей медианой и, тем более, со стороной BC. Поэтому  ∠C < 30°.  Значит,
∠A > 180° – 15° – 30° = 135°.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина
год
Год	2005
класс
Класс	9
Задача
Номер	5