810. В треугольнике ABC
высоты или их продолжения пересекаются в точке H
, а R
— радиус описанной около него окружности. Докажите, что если \angle A\leqslant\angle B\leqslant\angle C
, то AH+BH\geqslant2R
.
Решение. Первый способ. Пусть O
— центр описанной окружности треугольника ABC
. Если \angle C=90^{\circ}
, то точка H
совпадает с вершиной C
и AB=2R
. В этом случае
AH+BH=AC+BC\gt AB=2R
по неравенству треугольника.
Пусть \angle C\lt90^{\circ}
. В этом случае точки O
и H
лежат внутри треугольника ABC
. Докажем, что точка O
лежит внутри или на стороне треугольника AHB
.
Обозначим \angle A=\alpha
, \angle B=\beta
, \angle C=\gamma
, где \alpha\leqslant\beta\leqslant\gamma
. Тогда
\angle AOB=2\gamma,~\angle OAB=\angle OBA=90^{\circ}-\gamma,
\angle HAB=90^{\circ}-\beta\geqslant90^{\circ}-\gamma=\angle OAB,~\angle HBA=90^{\circ}-\alpha\geqslant90^{\circ}-\gamma=\angle OBA,
Следовательно, лучи AO
и BO
пересекаются внутри треугольника AHC
или на его стороне. Тогда луч AO
пересекает отрезок BH
(при \alpha=\beta=\gamma
точки O
, H
и P
совпадают). Применяя неравенство треугольника к треугольникам AHP
и OPB
, получим, что AH+HP\geqslant AP
и OP+PB\geqslant OB
, откуда
AH+HP+OP+PB\geqslant AP+OB,
AH+BH=AH+HP+PB\geqslant AP+(OB-OP)=(AP-OP)+OB=OA+OB=R+R=2R.
Если \gamma\gt90^{\circ}
, то точка O
лежит по другую сторону от точек C
и H
относительно прямой AB
. В этом случае
\angle AOB=360^{\circ}-2\gamma,~\angle OAB=\gamma-90^{\circ},~\angle HAB=90^{\circ}-\beta,
а так как \gamma+\beta\lt180^{\circ}
, то \gamma-90^{\circ}\lt90^{\circ}-\beta
, т. е. \angle OAB\lt\angle HAB
. Аналогично, \angle OBA\lt\angle HBA
.
Пусть O'
— точка, симметричная точке O
относительно прямой AB
. Тогда
\angle HAB\gt\angle OAB=\angle O'AB,~\angle HBA\gt\angle OBA=\angle O'BA.
Аналогично доказанному для случая остроугольного треугольника ABC
получаем, что
AH+BH\gt O'A+O'B=OA+OB\gt R+R=2R.
Второй способ. Обозначим \angle A=\alpha
, \angle B=\beta
, \angle C=\gamma
, где \alpha\leqslant\beta\leqslant\gamma
.
Поскольку AB
— наибольшая сторона треугольника, основание F
высоты AF
лежит на стороне AB
, а не на её продолжении. Тогда
AB=AF+BF=AH\sin\angle AHF+BH\sin\angle BHF=AH\sin\beta+BH\sin\alpha.
Если \gamma\lt90^{\circ}
, то \alpha\lt90^{\circ}
и \beta\lt90^{\circ}
, а так как \alpha\leqslant\beta\leqslant\gamma
, то \sin\alpha\leqslant\sin\gamma
и \sin\beta\leqslant\sin\gamma
, поэтому
AH+BH\geqslant AH\cdot\frac{\sin\beta}{\sin\gamma}+BH\cdot\frac{\sin\alpha}{\sin\gamma}=\frac{AH\sin\beta+BH\sin\alpha}{\sin\gamma}=\frac{AB}{\sin\gamma}=2R
(теорема синусов).
Если \gamma\gt90^{\circ}
, то 180^{\circ}-\gamma\lt90^{\circ}
. В этом случае
\alpha\leqslant\beta\lt\alpha+\beta=180^{\circ}-\gamma,\sin\alpha\leqslant\sin\beta\lt\sin(180^{\circ}-\gamma)=\sin\gamma.
Аналогично предыдущему случаю получаем, что
AH+BH\gt\frac{AB}{\sin\gamma}=2R.
Если же \gamma=90^{\circ}
, то точка H
совпадает с вершиной C
и AB=2R
. В этом случае
AH+BH=AC+BC\gt AB=2R
по неравенству треугольника.
Автор: Панфёров В. С.
Автор: Ушаков В. Г.
Источник: Московская математическая олимпиада. — 2012, LXXV, 11 класс, первый день
Источник: Журнал «Квант». — 2012, № 4, с. 52