13000. Докажите, что медиана, проведённая к наибольшей большей стороне треугольника, образует со сторонами, её заключающими, углы, величина каждого из которых не меньше половины наименьшего угла треугольника.
Решение. Пусть c\leqslant b\leqslant a
— стороны треугольника, \gamma
— наименьший угол треугольника, т. е. угол, противолежащий стороне AB=c
, AA_{1}
— медиана треугольника, проведённая к наибольшей стороне BC=a
. Докажем, что, например, \angle CAA_{1}\geqslant\frac{\gamma}{2}
.
От луча AC
в полуплоскость, содержащую точку B
, отложим луч AM
под углом \frac{\gamma}{2}
к лучу AC
(точка M
на стороне AB
). Достаточно доказать, что CM\leqslant CA_{1}=\frac{1}{2}a
.
Поскольку
\angle AMC=180^{\circ}-\gamma-\frac{\gamma}{2}=180^{\circ}-\frac{3}{2}\gamma,
по теореме синусов для треугольника AMC
получаем
\frac{CM}{\sin\frac{\gamma}{2}}=\frac{AC}{\sin\left(180^{\circ}-\frac{3}{2}\gamma\right)},
откуда
CM=\frac{AC\sin\frac{\gamma}{2}}{\sin\left(180^{\circ}-\frac{3}{2}\gamma\right)}=\frac{b\sin\frac{\gamma}{2}}{\sin\frac{3}{2}\gamma}=\frac{b\sin\frac{\gamma}{2}}{\sin\frac{\gamma}{2}\cos\gamma+\cos\frac{\gamma}{2}\sin\gamma}=
=\frac{b}{\cos\gamma+2\cos^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{b}{2\cos\gamma+1}=\frac{b}{1+\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{ab}}=\frac{ab^{2}}{ab+a^{2}+b^{2}-c^{2}}.
Тогда
CM\leqslant\frac{1}{2}a~\Leftrightarrow~\frac{ab^{2}}{ab+a^{2}+b^{2}-c^{2}}\leqslant\frac{a}{2}~\Leftrightarrow~\frac{b^{2}}{ab+a^{2}+b^{2}-c^{2}}\leqslant\frac{1}{2}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~2b^{2}\leqslant ab+a^{2}+b^{2}-c^{2}~\Leftrightarrow~b^{2}-a^{2}\leqslant ab-c^{2}.
Последнее неравенство верно, так как его левая часть неположительна, а правая — неотрицательна. Отсюда следует доказываемое неравенство.