11085. В параллелограмме ABCD
диагонали AC
и BD
пересекаются в точке O
. Известно, что AB=a
, BC=b
(a\geqslant b
), \angle BOC=\alpha
. Докажите, что \cos\alpha\geqslant\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}
.
Решение. Заметим, что из условия a\geqslant b
следует, что
\alpha=\angle BOC\leqslant AOB=180^{\circ}-\alpha
(см. задачу 3606). Значит, \alpha\leqslant90^{\circ}
, поэтому \cos\alpha\geqslant0
. Кроме того, AC^{2}+BD^{2}=2a^{2}+2b^{2}
(см. задачу 4011) и 2AC\cdot BD\leqslant AC^{2}+BD^{2}
, так как
0\leqslant AC^{2}+BD^{2}-AC\cdot BD=(AC-BD)^{2}.
Значит, 2AC\cdot BD\cos\alpha\leqslant(AC^{2}+BD^{2})\cos\alpha
.
По теореме косинусов из треугольника AOB
получаем, что
a^{2}=AB^{2}=OA^{2}+OB^{2}-2OA\cdot OB\cos(180^{\circ}-\alpha)=
=\frac{1}{4}AC^{2}+\frac{1}{4}BD^{2}+2\cdot\frac{1}{2}AC\cdot\frac{1}{2}BD\cos\alpha=
=\frac{1}{4}(AC^{2}+BD^{2}+2AC\cdot BD\cos\alpha)\leqslant
\leqslant\frac{1}{4}(AC^{2}+BD^{2}+(AC^{2}+BD^{2})\cos\alpha)=
=\frac{1}{4}(AC^{2}+BD^{2})(1+\cos\alpha)=\frac{1}{4}(2a^{2}+2b^{2})(1+\cos\alpha)=
=\frac{1}{2}(a^{2}+b^{2})(1+\cos\alpha),
откуда
1+\cos\alpha\geqslant\frac{2a^{2}}{a^{2}+b^{2}}.
Следовательно,
\cos\alpha\geqslant\frac{2a^{2}}{a^{2}+b^{2}}-1=\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}.