В остроугольном треугольнике ABC проведены медиана AM, биссектриса BK и высота CH. Может ли площадь треугольника, образованного точками пересечения этих отрезков, быть больше 0, 499S_ABC?

   Решение

а) Можно ли разложить 20 монет достоинством в 1, 2, 3, ..., 19, 20 мунгу по трём карманам так, чтобы в каждом кармане оказалась одинаковая сумма денег?

б) А если добавить еще один тугрик? (Как известно, один тугрик равен ста мунгу.)

   Решение

Даны отрезки a и b. С помощью циркуля и линейки постройте отрезок .

   Решение

Биссектриса и высота, проведённые из одной вершины некоторого треугольника, делят его противоположную сторону на три отрезка.
Может ли оказаться, что из этих отрезков можно сложить треугольник?

   Решение

Темы:    [ Длины сторон, высот, медиан и биссектрис ] [ Неравенство треугольника (прочее) ] [ Отношение, в котором биссектриса делит сторону ] [ Неопределено ]

Сложность: 3 Классы: 8,9,10

Прислать комментарий

Условие

Биссектриса и высота, проведённые из одной вершины некоторого треугольника, делят его противоположную сторону на три отрезка.
Может ли оказаться, что из этих отрезков можно сложить треугольник?

Решение

Пусть $CL$ – биссектриса, а $CH$ – высота треугольника $ABC$, причём  $\angle A < \angle B$.  Тогда  $BC < CA$.

Первый способ. По условию точка $H$ лежит на стороне $AB$, поэтому угол $B$ острый. Поскольку  $\angle BCH = 90° – \angle B < 90° – \angle A = \angle ACH$,  точка $H$ лежит на отрезке $BL$. По свойству биссектрисы треугольника  $BH + HL = BL < LA$,  то есть для отрезков $BH, HL$ и $LA$ не выполнено неравенство треугольника.

Второй способ. Как известно (см. задачу 53115), биссектриса лежит между медианой и высотой. Поэтому  $AL > \frac{AB}{2} > LH + HB$,  что противоречит неравенству треугольника.

Ответ

Не может.

Замечания

3 балла

Источники и прецеденты использования