13841. Дан треугольник ABC
, в котором AB:AC=1:\sqrt{3}
. Докажите, высота AD
удовлетворяет неравенству AD\leqslant\frac{\sqrt{3}}{2}BC
. Когда достигается равенство?
Решение. Обозначим BC=a
, \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
.
Первый способ. Пусть AB=1
и AC=\sqrt{3}
. Тогда
AD=AB\sin\beta=\sin\beta,
поэтому нужно доказать, что \sin\beta\leqslant\frac{a\sqrt{3}}{2}
.
По теореме косинусов
a^{2}=1+3-2\cdot1\cdot\sqrt{3}\cos\alpha=4-2\sqrt{3}\cos\alpha.
По формуле для суммы синусов
\sin(60^{\circ}+\alpha)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\alpha+\frac{1}{2}\sin\alpha.
Значит,
\sin(60^{\circ}+\alpha)\leqslant1~\Leftrightarrow~\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\alpha+\frac{1}{2}\sin\alpha\leqslant1~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~2-\sqrt{3}\cos\alpha\geqslant\sin\alpha~\Leftrightarrow~\frac{a^{2}}{2}\geqslant\sin\alpha~\Leftrightarrow~a^{2}\geqslant2\sin\alpha.
По теореме синусов
\frac{\sin\alpha}{a}=\frac{\sin\beta}{\sqrt{3}},
поэтому a=\frac{\sqrt{3}\sin\alpha}{\sin\beta}
. Следовательно,
a^{2}\geqslant2\sin\alpha~\Leftrightarrow~a\cdot\frac{\sqrt{3}\sin\alpha}{\sin\beta}\geqslant2\sin\alpha~\Leftrightarrow~\sin\beta\leqslant\frac{a\sqrt{3}}{2}.
Что и требовалось доказать.
Равенство достигается в случае, когда 60^{\circ}+\alpha=90^{\circ}
, т. е. при \alpha=30^{\circ}
и
a^{2}=4-2\sqrt{3}\cos30^{\circ}=4-2\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=1.
Таким образом, равенство достигается тогда и только тогда, когда треугольник ABC
равнобедренный с углами 30^{\circ}
при основании AC
.
Второй способ. Заметим, что точка A
лежит на окружности Аполлония отрезка BC
и отношения k=\frac{1}{\sqrt{3}}
. Значит, наибольшее значение высоты AD
треугольника ABC
равно радиусу R
этой окружности.
Пусть биссектрисы внутреннего и внешнего угла при вершине A
треугольника ABC
пересекают прямую BC
в точках X
и Y
соответственно. Тогда XY
— диаметр окружности Аполлония (см. задачу 2444), а так как
BX=\frac{a}{\sqrt{3}+1}~\mbox{и}~BY=\frac{a}{\sqrt{3}-1},
то
R=\frac{1}{2}XY=\frac{1}{2}(BX+BY)=\frac{1}{2}\left(\frac{a}{\sqrt{3}+1}+\frac{a}{\sqrt{3}-1}\right)=\frac{a\sqrt{3}}{2}.
Следовательно, AD\leqslant R=\frac{a\sqrt{3}}{2}
(см. задачу 3538). Что и требовалось доказать.
Пусть AD=\frac{a\sqrt{3}}{2}
. Тогда точка D
совпадает с центром окружности Аполлония. В этом случае прямоугольный треугольник XAY
равнобедренный,
DX=AD=\frac{a\sqrt{3}}{2},
а так как
BX=\frac{a}{\sqrt{3}+1}=\frac{a(\sqrt{3}-1)}{2}\lt\frac{a\sqrt{3}}{2}=DX,
точка D
лежит на продолжении стороны BC
за точку B
. Значит, угол ABC
тупой. При этом
BD=DX-BX=\frac{a\sqrt{3}}{2}-\frac{a(\sqrt{3}-1)}{2}=\frac{a}{2},
поэтому
\angle ABD=60^{\circ},~\angle ABC=120^{\circ},~AB=2BD=a=BC.
Таким образом, равенство достигается тогда и только тогда, когда треугольник ABC
равнобедренный с углом 120^{\circ}
при вершине B
.
Примечание. Радиус окружности Аполлония можно найти также по формуле из задачи 10842.