17732. Докажите, что в любом треугольнике есть медиана, квадрат которой не меньше S\sqrt{3}
, где S
— площадь треугольника.
Решение. Пусть BC
— наименьшая сторона треугольника ABC
. Тогда BAC
— наименьший угол треугольника.
Обозначим BC=a
, CA=b
, AB=c
, \angle BAC=\alpha
, а медиана, проведённая из вершины A
, равна m
. Тогда \alpha\leqslant60^{\circ}
(см. задачу 1197).
Пусть D
, E
и F
— середины сторон BC
, CA
и AB
соответственно. Поскольку DF
— средняя линия треугольника ABC
, то DF\parallel AC
, поэтому \angle AFD=180^{\circ}-\alpha
. По теореме косинусов из треугольника AFD
получаем
m^{2}=\left(\frac{b}{2}\right)^{2}+\left(\frac{c}{2}\right)^{2}-2\cdot\frac{b}{2}\cdot\frac{c}{2}\cdot\cos(180^{\circ}-\alpha)=\frac{b^{2}}{4}+\frac{c^{2}}{4}+\frac{bc}{2}\cos\alpha\geqslant
\geqslant\frac{b^{2}}{4}+\frac{c^{2}}{4}+\frac{bc}{2}\cos60^{\circ}=\frac{b^{2}+c^{2}+bc}{4},
а так как b^{2}+c^{2}\geqslant2bc
(см. задачу 3399), то m^{2}\geqslant\frac{3bc}{4}
.
С другой стороны
S=\frac{1}{2}bc\sin\alpha\leqslant\frac{1}{2}bc\sin60^{\circ}\leqslant\frac{\sqrt{3}bc}{4},
а так как
m^{2}\geqslant\frac{3bc}{4}=\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}bc}{4},
то m^{2}\geqslant\sqrt{3}S
. Что и требовалось доказать.
Заметим, что для равностороннего треугольника достигается равенство.
Источник: Эстонские математические олимпиады. — 2016, задача 16, 12 класс