12906. В прямоугольном треугольнике ABC
проведены перпендикуляр CD
к гипотенузе AB
и биссектрисы CE
и CF
треугольников ACD
и BCD
. Докажите, что
S_{\triangle ABC}:S_{\triangle CEF}\geqslant1+\sqrt{2}.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle A=\alpha
. Тогда \angle BCD=\alpha
.
Сначала докажем, что
S_{\triangle ABC}:S_{\triangle CEF}=\frac{c}{a+b-c}.
Поскольку
\angle BCF=\frac{1}{2}\angle BCD=\frac{\alpha}{2},
то
\angle ACF=\angle ACB-\angle BCF=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
В то же время,
\angle AFC=\angle BCF+\angle ABC=\frac{\alpha}{2}+(90^{\circ}-\alpha)=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}=\angle ACF.
Значит, треугольник ACF
равнобедренный, AF=AC=b
. Аналогично, BE=a
, поэтому
c=a+b-EF~\Rightarrow~EF=a+b-c.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}:S_{\triangle CEF}=\frac{c}{a+b-c}.
Что и требовалось доказать.
Вернёмся к нашей задаче. Поскольку (см. задачу 3399)
\frac{a+b}{2}\leqslant\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}=\sqrt{\frac{c^{2}}{2}}=\frac{c}{\sqrt{2}},
то a+b\leqslant c\sqrt{2}
. Значит,
\frac{S_{\triangle CEF}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{a+b-c}{c}=\frac{a+b}{c}-1\leqslant\sqrt{2}-1.
Следовательно,
\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle CEF}}\geqslant\frac{1}{\sqrt{2}-1}=\sqrt{2}+1.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда a=b
, т. е. тогда и только тогда, когда треугольник ABC
прямоугольный и равнобедренный.