5383. Пусть a
, b
и c
— стороны остроугольного треугольника, а h_{a}
, h_{b}
и h_{c}
— высоты, опущенные на эти стороны. Докажите, что
\frac{1}{2}\lt\frac{h_{a}+h_{b}+h_{c}}{a+b+c}\lt1.
Решение. Первый способ. Пусть BC=a
, AC=b
, AB=c
— стороны остроугольного треугольника ABC
, AA_{1}=h_{a}
, BB_{1}=h_{b}
, CC_{1}=h_{c}
— высоты. Тогда
h_{a}=AA_{1}\lt AC=b,~h_{b}=BB_{1}\lt AB=c,~h_{c}=CC_{1}\lt BC=a.
Сложив эти неравенства, получим, что
\frac{h_{a}+h_{b}+h_{c}}{a+b+c}\lt1.
Пусть H
— точка пересечения высот треугольника ABC
. Тогда
AC_{1}\lt AH+HC_{1},~BC_{1}\lt BH+HC_{1},
значит,
c=AB=AC_{1}+BC_{1}\lt AH+HC_{1}+BH+HC_{1}=AH+BH+2HC_{1}.
Аналогично
b\lt AH+CH+2HB_{1},~a\lt BH+CH+2HA_{1}.
Сложив эти три неравенства, получим, что
a+b+c\lt(BH+CH+2HA_{1})+(AH+CH+2HB_{1})+(AH+BH+2HC_{1})=
=2(AH+HA_{1})+2(BH+HB_{1})+2(CH+HC_{2})=
=2AA_{1}+2BB_{1}+2CC_{1}=2(h_{a}+h_{b}+h_{c}).
Следовательно,
\frac{h_{a}+h_{b}+h_{c}}{a+b+c}\gt\frac{1}{2}.
Второй способ. Сумма расстояний от любой точки, взятой внутри треугольника, до трёх его вершин больше полупериметра p
треугольника (см. задачу 3510), поэтому для остроугольного треугольника ABC
h_{a}+h_{b}+h_{c}=AA_{1}+BB_{1}+CC_{1}\gt AH+BH+CH\gt\frac{1}{2}(a+b+c).
Следовательно,
\frac{h_{a}+h_{b}+h_{c}}{a+b+c}\gt\frac{1}{2}.
Для любого треугольника h_{a}+h_{b}+h_{c}\leqslant p\sqrt{3}
(см. задачу 4887), поэтому
h_{a}+h_{b}+h_{c}\leqslant\frac{(a+b+c)\sqrt{3}}{2}.
Следовательно,
\frac{h_{a}+h_{b}+h_{c}}{a+b+c}\leqslant\frac{\sqrt{3}}{2}\lt1.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 1970, том 43, № 4, задача 749, с. 228
Источник: Тригг Ч. Задачи с изюминкой. — М.: Мир, 1975. — № 309, с. 66