5472. На катетах AC
, BC
и на гипотенузе AB
прямоугольного треугольника ABC
как на диаметрах построены вне треугольника полуокружности. Точки B_{1}
, A_{1}
и C_{1}
соответственно — середины этих полуокружностей. Докажите, что
\mbox{а)}~A_{1}C_{1}^{2}+B_{1}C_{1}^{2}\gt2A_{1}B_{1}^{2};~~\mbox{б)}~A_{1}C_{1}^{2}+B_{1}C_{1}^{2}\geqslant2{,}5A_{1}B_{1}^{2}.
Решение. а) Заметим, что точка C
лежит на отрезке A_{1}B_{1}
. Обозначим AC=b
, BC=a
, AB=c
, \angle BAC=\alpha
. Тогда
A_{1}B_{1}^{2}=(CB_{1}+CA_{1})^{2}=\left(\frac{a}{\sqrt{2}}+\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^{2}=\frac{(a+b)^{2}}{2}.
\cos\angle B_{1}AC_{1}=\cos(90^{\circ}+\alpha)=-\sin\alpha=-\frac{BC}{AB}=-\frac{a}{c}.
По теореме косинусов
B_{1}C_{1}^{2}=AB_{1}^{2}+AC_{1}^{2}-2AB_{1}\cdot AC_{1}\cos\angle B_{1}AC_{1}=
=\frac{b^{2}}{2}+\frac{c^{2}}{2}+2\cdot\frac{b}{\sqrt{2}}\cdot\frac{c}{\sqrt{2}}\cdot\frac{a}{c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2ab}{2}.
Аналогично
A_{1}C_{1}^{2}=\frac{a^{2}+c^{2}+2ab}{2}.
Значит,
A_{1}C_{1}^{2}+B_{1}C_{1}^{2}=\frac{a^{2}+c^{2}+2ab}{2}+\frac{b^{2}+c^{2}+2ab}{2}=\frac{a^{2}+b^{2}+2c^{2}+4ab}{2}=
=\frac{2a^{2}+2b^{2}+c^{2}+4ab}{2}=\frac{2(a+b)^{2}+c^{2}}{2}=(a+b)^{2}+\frac{c^{2}}{2}\gt(a+b)^{2}=2A_{1}B_{1}^{2}.
Что и требовалось доказать.
б) Применяя доказанное в пункте а) равенство, получим, что
A_{1}C_{1}^{2}+B_{1}C_{1}^{2}=\frac{a^{2}+b^{2}+2c^{2}+4ab}{2}=\frac{a^{2}+b^{2}+2a^{2}+2b^{2}+4ab}{2}=\frac{3a^{2}+3b^{2}+4ab}{2}.
Тогда
A_{1}C_{1}^{2}+B_{1}C_{1}^{2}\geqslant2{,}5A_{1}B_{1}^{2}~\Leftrightarrow~\frac{3a^{2}+3b^{2}+4ab}{2}\geqslant\frac{5}{2}\cdot\frac{(a+b)^{2}}{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~a^{2}+b^{2}\geqslant2ab~\Leftrightarrow~(a-b)^{2}\geqslant0.
Отсюда следует утверждение задачи.