11285. Дан треугольник ABC
. Пусть S
— его площадь, \gamma
— угол ACB
, а l
— длина биссектрисы, проведённой из вершины C
.
а) Докажите, что S\geqslant l^{2}\tg\frac{\gamma}{2}
.
б) Для каких треугольников ABC
выполняется равенство?
Ответ. а) Для равнобедренных, AB=AC
.
Решение. Первый способ. Обозначим BC=a
, AC=b
. Тогда l=\frac{2ab\cos\frac{\gamma}{2}}{a+b}
(см. задачу 4021). Значит,
l^{2}\tg^{2}\frac{\gamma}{2}=\frac{4a^{2}b^{2}\cos^{2}\frac{\gamma}{2}}{(a+b)^{2}}\cdot\frac{\sin\frac{\gamma}{2}}{\cos\frac{\gamma}{2}}=\frac{4ab}{a^{2}+b^{2}+2ab}\cdot\frac{1}{2}ab\cdot2\sin\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\gamma}{2}\leqslant
\leqslant\frac{4ab}{2ab+2ab}\cdot\frac{1}{2}ab\sin\gamma=S
(так как a^{2}+b^{2}\geqslant2ab~\Leftrightarrow~(a-b)^{2}\geqslant0
). Равенство выполняется тогда и только тогда, когда a^{2}+b^{2}=2ab
, т. е. тогда и только тогда, когда a=b
.
Второй способ. Обозначим BC=a
, AC=b
. Пусть a\gt b
, а CD=l
— биссектриса треугольника ABC
.
Через точку D
перпендикулярно CD
проведём прямую, пересекающую прямые AC
и BC
в точках A'
и B'
соответственно. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) \frac{BD}{AD}=\frac{BC}{AC}=\frac{a}{b}\gt1
, поэтому BD\gt AD
. Тогда
S_{\triangle BDB'}=\frac{1}{2}DB\cdot DB'\sin\angle BDB'\gt\frac{1}{2}DA\cdot DA'\sin\angle ADA'=S_{\triangle ADA'}.
Следовательно,
S\gt S_{\triangle A'CB'}=\frac{1}{2}A'B'\cdot CD=B'D\cdot CD=l\tg\frac{\gamma}{2}\cdot l=l^{2}\tg\frac{\gamma}{2}.
При a=b
равенство S=l^{2}\tg\frac{\gamma}{2}
очевидно.