|
|
 |
Условие
Докажите, что если α , β и γ –
углы остроугольного треугольника, то sin α+ sin β+ sin γ>2 .
Решение
Пусть α , β и γ – углы треугольника ABC ,
a , b и c – длины противолежащих им сторон BC , AC и
AB соответственно, ma , mb и mc – длины медиан,
проведённых из вершин этих углов, R – радиус описанной
окружности треугольника.
Докажем сначала, что a+b+c>ma+mb+mc . Для этого на
продолжении медианы AA1=ma за точку A1 отложим
отрезок A1D , равный ma (рис.1). Применяя нервенство треугольника
к треугольнику ADC , получим, что b+c>2ma . Аналогично,
a+b>2mc , a+c>2mb . Сложив почленно эти три неравенства,
получим, что 2a+2b+2c>2ma+2mb+2mc , откуда
a+b+с>ma+mb+mc , что и требовалось доказать. (Отметим,
что доказанное неравенство верно для любого треугольника).
Докажем теперь, что для остроугольного треугольника верно неравенство
a+b+c>4R .
Пусть M – точка пересечения медиан треугольника ABC , а O –
центр его описанной окружности (рис.2). Поскольку треугольник остроугольный,
точка O лежит внутри него, значит, она принадлежит одному из трёх
треугольников AMC , BMC или AMB . Без ограничения общности можно
считать, что это треугольник AMB . Продолжим отрезок AO до пересечения
с MB в точке K . Тогда AM+MK AO+OK и (BM-MK)+OK
OB .
Сложив почленно эти неравенства, получим, что AM+BM
AO+OB=2R , или
ma+
mb
2R , откуда
ma+mb
3R .
Продолжим отрезок CO до пересечения со стороной AB в точке P (рис.3). Центр
O описанной окружности лежит на серединном перпендикуляре к стороне
AB , поэтому
OC1P = 90o , значит, угол C1OP –
острый, а угол COC1 – тупой. Следовательно, mc=CC1>OC=R .
Сложив почленно неравенства ma+mb
3R и
mc>R , получим, что ma+mb+mc
4R .
Из неравенств a+b+с>ma+mb+mc и ma+mb+mc
4R
следует, что a+b+с>4R .
По теореме синусов a=2R sin α , b=2R sin β , c=2R sin γ ,
значит,
откуда sin α+ sin β+ sin γ>2 , что и требовалось доказать.
Источники и прецеденты использования
| web-сайт | |
| Название | Система задач по геометрии Р.К.Гордина |
| URL | http://zadachi.mccme.ru |
| задача | |
| Номер | 4681 |
