17036. а) Докажите, что отношение квадрата радиуса вписанной окружности прямоугольного треугольника к сумме квадратов медиан, проведённых из вершин острых углов, не превосходит \frac{1}{20}
.
б) Найдите наибольшее значение, которое может принимать это отношение.
Ответ. б) \frac{3-2\sqrt{2}}{5}
.
Решение. Пусть радиус вписанной окружности данного треугольника равен r
, катеты равны a
и b
, гипотенуза равна c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}
, а медианы, проведённые к катетам, равны m_{a}
и m_{b}
соответственно. Тогда (см. задачу 4014)
m_{a}^{2}=\frac{1}{4}(2b^{2}+2c^{2}-a^{2})=\frac{1}{4}(2b^{2}+2(a^{2}+b^{2})-a^{2})=b^{2}+\frac{a^{2}}{4}.
Аналогично,
m_{b}^{2}=a^{2}+\frac{b^{2}}{4},
поэтому
m_{a}^{2}+m_{b}^{2}=b^{2}+\frac{a^{2}}{4}+a^{2}+\frac{b^{2}}{4}=\frac{5}{4}(a^{2}+b^{2})=\frac{5}{4}c^{2}.
Значит, требуется оценить отношение \frac{r^{2}}{\frac{5}{4}c^{2}}=\frac{4r^{2}}{5c^{2}}
.
Первый способ. а) Пусть площадь и полупериметр треугольника равны S
и p
соответственно. Тогда
2S=ab\leqslant\frac{a^{2}+b^{2}}{2}~\mbox{и}~(a+b)^{2}\gt a^{2}+b^{2}~\Rightarrow~a+b\gt\sqrt{a^{2}+b^{2}}=c,
поэтому (см. задачу 3399)
r=\frac{S}{p}=\frac{ab}{a+b+c}\lt\frac{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}{c+c}=\frac{c^{2}}{4c}=\frac{c}{4}.
Значит (см. задачу 452),
\frac{4r^{2}}{5c^{2}}=\frac{4}{5}\cdot\frac{r^{2}}{c^{2}}\lt\frac{4}{5}\cdot\frac{\frac{c^{2}}{16}}{c^{2}}=\frac{1}{20}.
Что и требовалось доказать.
б) Применив неравенства
a+b\geqslant2\sqrt{ab}~\mbox{и}~c^{2}=a^{2}+b^{2}\geqslant2ab
(см. задачу 3399), получим
\frac{r^{2}}{c^{2}}=\left(\frac{ab}{(a+b+\sqrt{a^{2}+b^{2}})c}\right)^{2}=\frac{a^{2}b^{2}}{(a+b+\sqrt{a^{2}+b^{2}})^{2}c^{2}}\leqslant\frac{a^{2}b^{2}}{(2\sqrt{ab}+\sqrt{2ab})^{2}\cdot2ab}=
=\frac{ab}{2(2\sqrt{ab}+\sqrt{2ab})^{2}}=\frac{1}{2(2+2\sqrt{2})^{2}}=\frac{1}{4(1+\sqrt{2})^{2}}=\frac{3-2\sqrt{2}}{5}
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда a=b
. Значит,
\frac{4r^{2}}{5c^{2}}=\frac{4}{5}\frac{r^{2}}{c^{2}}\leqslant\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{4(1+\sqrt{2})^{2}}=\frac{1}{5(3+2\sqrt{2})}=\frac{3-2\sqrt{2}}{5},
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда a=b
, т. е. для равнобедренного треугольника. Следовательно, требуемое наибольшее отношение равно \frac{3-2\sqrt{2}}{5}
.
Второй способ. Пусть вписанная окружность с центром I
прямоугольного треугольника ABC
касается катетов BC=a
, AC=b
и гипотенузы AB=c
в точках M
, N
и K
соответственно. Продолжим диагональ CI
квадрата CMIN
до пересечения с гипотенузой в точке L
. Тогда CL
— биссектриса прямого угла C
. Проведём высоту CH
и медиану CP
. Известно, что в любом треугольнике биссектриса не меньше высоты и не больше медианы, проведённых из одной вершины (см. задачу 3522). Тогда
r(1+\sqrt{2})=r+r\sqrt{2}=CI+IK\leqslant CI+IL=CL\leqslant CP=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}c,
откуда
\frac{r}{c}\leqslant\frac{1}{2(1+\sqrt{2})}~\Rightarrow~\frac{4r^{2}}{5c^{2}}=\frac{4}{5}\cdot\frac{r^{2}}{5c^{2}}\leqslant\frac{4}{5}\cdot\left(\frac{1}{2(1+\sqrt{2})}\right)^{2}=\frac{3-2\sqrt{2}}{5}
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда высота CH
, биссектриса CL
и медиана CP
совпадают, т. е. для равнобедренного треугольника. Следовательно, требуемое наибольшее отношение равно \frac{3-2\sqrt{2}}{5}
. Осталось заметить, что \frac{3-2\sqrt{2}}{5}\lt\frac{1}{20}
, так как
\frac{3-2\sqrt{2}}{5}\lt\frac{1}{20}~\Leftrightarrow~3-2\sqrt{2}\lt\frac{1}{4}~\Leftrightarrow~\frac{11}{4}\lt2\sqrt{2}~\Leftrightarrow~11\lt8\sqrt{2}~\Leftrightarrow~121\lt128.
Третий способ. Зафиксируем отрезок AB=c
. Пусть C
— любая точка полуокружности с диаметром AB
и I
— центр вписанной окружности прямоугольного треугольника ABC
. Тогда
\angle AIB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ACB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\cdot90^{\circ}=135^{\circ}
(см. задачу 4770), поэтому все точки I
лежат на дуге AB
, вмещающей угол 135^{\circ}
(см. задачу 12). Значит, расстояние от точки I
до прямой AB
будет наибольшим, когда I
совпадает с серединой этой дуги, т. е. когда прямоугольный треугольник ABC
равнобедренный. Далее см. доказанное выше.
Автор: Суконник Я. Н.
Источник: Журнал «Квант». — 1978, № 1, с. 28, М483; 1978, № 10, с. 44
Источник: Задачник «Кванта». — 1978, M483