11468. В остроугольном треугольнике ABC
провели медиану AM
, высоту AH
и биссектрису AL
. Оказалось, что точки B
, H
, L
, M
, C
лежат на прямой BC
именно в таком порядке, причём LH\lt LM
. Докажите, что BC\gt2AL
.
Решение. Пусть O
— центр описанной окружности треугольника ABC
, K
— середина дуги BC
. Из условия следует, что K
лежит на прямой AL
(см. задачу 430), прямоугольные треугольники AHL
и KML
подобны и AL\lt KL
.
Первый способ. Середина P
отрезка AK
лежит на отрезке KL
. Точка O
лежит внутри треугольника ABC
, точка P
— снаружи, потому OM\lt OP
. Хорда AK
не является диаметром, поэтому OP\perp AK
(см. задачу 1677). Расстояние от центра окружности до этой хорды больше, чем расстояние от центра окружности до хорды BC
, поэтому AK\lt BC
(см. задачу 6127), откуда
\frac{1}{2}BC=BM\gt AP\gt AL.
Следовательно, BC\gt2AL
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Достаточно проверить, что AK\lt BC
. Для этого сравним острые углы BAC
и ACK
, опирающиеся на эти хорды. Поскольку
\angle BAC=2\angle BAK=2\angle BCK~\mbox{и}~\angle ACK=\angle ACB+\angle BCK,
достаточно сравнить \angle BCK
и \angle ACB
. Для тангенсов этих углов очевидно неравенство
\tg\angle BCK=\frac{MK}{MC}\gt\frac{AH}{HC}=\tg\angle ACB,
так как MK\gt AH
и MC\lt HC
. Отсюда и следует требуемое неравенство.
Третий способ. Поскольку AL\lt LK
, то (см. задачу 2627)
AL^{2}\lt AL\cdot LK=BL\cdot LC\leqslant\left(\frac{BL+LC}{2}\right)^{2}=\left(\frac{BC}{2}\right)^{2}=\frac{BC^{2}}{4}.
Следовательно, BC\gt2AL
. Что и требовалось доказать.