16515. Медианы треугольника ABC
, проведённые к сторонам BC=a
, CA=b
и AB=c
, равны m_{a}
, m_{b}
и m_{c}
соответственно. Докажите, что
\max\{am_{a},bm_{b},cm_{c}\}\leqslant pR,
где R
— радиус описанной окружности треугольника ABC
, а p
— полупериметр треугольника.
Решение. Пусть A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
— середины сторон BC
, CA
и AB
соответственно, B_{2}
и C_{2}
— точки, симметричные точке A_{1}
относительно прямых AB
и AC
соответственно, D
и E
— точки пересечения отрезков A_{1}B_{2}
и A_{1}C_{2}
с прямыми AB
и AC
соответственно.
Поскольку B_{1}C_{2}=B_{1}A_{1}
и C_{1}B_{2}=C_{1}A_{1}
, то
2DE=B_{2}C_{2}\leqslant B_{2}C_{1}+C_{1}B_{1}+B_{1}C_{2}=A_{1}C_{2}+C_{1}B_{1}+A_{1}B_{1}=
=\frac{1}{2}AC+\frac{1}{2}BC+\frac{1}{2}AB=p.
Обозначим \angle BAC=\alpha
. Поскольку \angle A_{1}DA=\angle A_{1}EA=90^{\circ}
, четырёхугольник ADA_{1}E
вписанный. Тогда
\angle DA_{1}E=180^{\circ}-\alpha~\mbox{и}~\angle A_{1}AE=\angle A_{1}DE.
По теореме синусов из треугольников A_{1}DE
и A_{1}AE
получаем
\frac{DE}{\sin\alpha}=\frac{DE}{\sin(180^{\circ}-\alpha)}=\frac{DE}{\sin\angle DA_{1}E}=\frac{A_{1}E}{\sin\angle A_{1}DE}=\frac{A_{1}E}{\sin\angle A_{1}AE}=AA_{1}=m_{a}.
Значит,
p\geqslant2DE=2MA\sin\alpha=2m_{a}\cdot\frac{a}{2R}~\Rightarrow~am_{a}\leqslant pR.
Аналогично,
bm_{b}\leqslant pR~\mbox{и}~cm_{c}\leqslant pR.
Следовательно,
\max\{am_{a},bm_{b},cm_{c}\}\leqslant pR,
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 2002, том 75, № 2, задача 1620, с. 148
Источник: Математические олимпиады США. —