17498. Высоты
BD
и
CE
остроугольного треугольника
ABC
пересекаются в точке
H
, высоты треугольника
ADE
пересекаются в точке
F
, точка
M
— середина стороны
BC
. Докажите, что
BH+CH\geqslant2FM
.
Решение. Отразим
H
относительно
AB
. Получим точку
C'
, лежащую на
CH
, причём
E
— середина
HC'
и
BC'=BH
. Аналогично, точка
B'
, симметричная
H
относительно
AC
, такова, что
D
— середина
HB'
и
CB'=CH
.
Поскольку
DF\perp AB
, получаем, что
DF\parallel CE
. Аналогично,
EF\parallel BD
. Значит,
HEFD
— параллелограмм. В треугольнике
HC'B'
точки
E
и
D
— середины сторон. Отметим также середину
F'
стороны
B'C'
. Тогда
HEF'D
— параллелограмм. Получается, что
F'
совпадает с
F
, т. е.
F
— середина
B'C'
.
Поскольку
M
и
F
— середины
BC
и
B'C'
, воспользуемся векторным равенством
\overrightarrow{MF}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BC'}+\overrightarrow{MF})

(см. задачу 4504). По неравенству треугольника (
|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|\leqslant|\overrightarrow{a}|+|\overrightarrow{b}|)
получаем
MF\leqslant\frac{1}{2}(BC'+CB')=\frac{1}{2}(BH+CH).

Этим доказано нужное неравенство.
Примечание. Из решения можно получить, что указанное в условии неравенство обращается в равенство тогда и только тогда, когда
BC'\parallel CB'
, что эквивалентно
\angle BAC=60^{\circ}
.
Автор: Кузнецов А. С.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 2024-2025, 31 января 2025, региональный этап, первый день, задача 5, 10 класс