Условие
Биссектриса AD, медиана BM и высота CH остроугольного треугольника ABC пересекаются в одной точке. Докажите, что величина угла BAC больше 45°.
Решение
Нетрудно доказать, что для данного 
BAC=α<
существует
ровно один (с точностью до подобия) треугольник ABC , в котором высота CH ,
биссектриса AD и медиана BM пересекаются в одной точке. Действительно,
отложив на одной стороне угла A=α (произвольный) отрезок AC ,
опустив на другую сторону угла перпендикуляр CH и обозначив его точку
пересечения с биссектрисой угла A через O , мы найдем точку B пересечения
второй стороны угла и прямой OM (где M — середина отрезка AC ) и тем
самым построим нужный треугольник ABC , — очевидно, что при заданных
A и AC он определяется единственным образом. Заметим, что при
этом угол B острый (поскольку точка H — основание высоты — лежит на
стороне AB ).
Докажем, что если A< 
, то ACB> .
Отложим на прямой AB отрезок HB1=AH . Тогда биссектриса B1 F угла B1
равнобедренного треугольника AB1 C пройдет через точку O . Поскольку
=
>1 , то точка M лежит между A и F ,
поэтому B1 лежит между A и B и BCA> B1 CA> .
В этой задаче можно получить и более точный результат: найти точную
оценку снизу для угла α при условии, что AB=γ< .
Для этого выразим γ как функцию от α . Проведем HE | BM
( E — точка на AC ). Тогда (рис. 7)
Отсюда ясно, что функция γ=γ(α) на отрезке 0<α<
монотонно убывает (чем больше α , тем больше sin α
и тем меньше cos α , а поэтому меньше и вся дробь, стоящая под знаком
арктангенса). Найдем теперь α , для которого γ(α)= .
Это уравнение сводится к такому: 0<α< , sin2 α
(1- cos α)= cos3 α , откуда cos α=
.
Итак, если γ< , то α>α0=arccos
( α0> , поскольку
<
; как можно убедиться по таблицам, величина угла,
соответствующего α0 , в градусах составляет примерно 51o50' ).
Источники и прецеденты использования
