12999. Треугольник, составленный из медиан данного треугольника, — тупоугольный. Докажите, что меньший угол исходного треугольника меньше 45^{\circ}
.
Решение. Пусть стороны данного треугольника равны a
, b
и c
, а его медианы m_{a}
, m_{b}
и m_{c}
— соответственно.
Предположим, что a
— наименьшая сторона данного треугольника. Тогда m_{a}
— наибольшая сторона треугольника со сторонами m_{a}
, m_{b}
и m_{c}
(см. задачу 3537). Значит, в этом треугольнике тупой угол \alpha
противолежит стороне m_{a}
(см. задачу 3499). Поскольку
m_{a}=4(2b^{2}+2c^{2}-a^{2}),~m_{b}=4(2a^{2}+2c^{2}-b^{2}),~m_{c}=4(2a^{2}+2b^{2}-c^{2})
(см. задачу 4014), то по теореме косинусов
0\gt\cos\alpha=\frac{m_{b}^{2}+m_{c}^{2}-m_{a}^{2}}{2m_{b}m_{c}}=
=\frac{4(2a^{2}+2c^{2}-b^{2})+4(2a^{2}+2b^{2}-c^{2})-4(2b^{2}+2c^{2}-a^{2})}{2m_{b}m_{c}}=\frac{2(5a^{2}-b^{2}-c^{2})}{m_{b}m_{c}},
поэтому a^{2}\lt\frac{1}{5}(b^{2}+c^{2})
. Значит,
\cos\alpha=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\gt\frac{b^{2}+c^{2}-\frac{1}{5}(b^{2}+c^{2})}{2bc}=\frac{2}{5}\cdot\frac{b^{2}+c^{2}}{bc}=
=\frac{2}{5}\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)\geqslant\frac{4}{5}\gt\frac{\sqrt{2}}{2}.
Следовательно, \alpha\lt45^{\circ}
. Что и требовалось доказать.