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