5477. Докажите, что биссектриса треугольника ABC
, проведённая из вершины C
, меньше среднего геометрического сторон AC
и BC
.
Указание. От луча DC
в полуплоскость, содержащую вершину A
, отложите угол CDE
, равный углу DBC
, и рассмотрите получившиеся подобные треугольники (или см. задачи 4021 и 3399).
Решение. Первый способ. Пусть CD
— биссектриса треугольника ABC
. Обозначим BC=a
, AC=b
, CD=l_{c}
. От луча DC
в полуплоскость, содержащую вершину A
, отложим угол CDE
, равный углу DBC
(E
на прямой AC
). Тогда точка E
лежит на отрезке AC
, так как \angle CDA\gt\angle DBC=\angle CDE
(CDA
— внешний угол треугольника BCD
), поэтому CE\lt AC=b
.
Треугольники BCD
и DCE
подобны по двум углам, поэтому \frac{BC}{CD}=\frac{CD}{CE}
, или \frac{a}{l_{c}}=\frac{l_{c}}{CE}
, откуда получаем, что l_{c}^{2}=a\cdot CE\lt a\cdot AC=ab
. Следовательно, l_{c}\lt\sqrt{ab}
.
Второй способ. Обозначим \angle ACB=\gamma
. Из равенства l_{c}=\frac{2ab\cos\frac{\gamma}{2}}{a+b}
(см. задачу 4021) следует, что
l_{c}=\frac{2ab\cos\frac{\gamma}{2}}{a+b}\leqslant\frac{2ab}{a+b}\leqslant\sqrt{ab}
(см. задачу 3399), а так как \cos\frac{\gamma}{2}\ne1
, то l_{c}\lt\sqrt{ab}
.
Третий способ. Через точку D
проведём прямую, параллельную BC
. Пусть K
— точка пересечения этой прямой со стороной AC
. По теореме о пропорциональных отрезках (см. задачу 1059) и свойству биссектрисы (см. задачу 1509)
\frac{AK}{KC}=\frac{AD}{DB}=\frac{AC}{BC}=\frac{b}{a}.
Треугольник CKD
равнобедренный, поскольку \angle CDK=\angle BCD=\angle KCD
, а треугольник ADK
подобен треугольнику ABC
, поэтому
CK=KD=BC\cdot\frac{AK}{AC}=a\cdot\frac{b}{a+b}=\frac{ab}{a+b}.
Применяя неравенство треугольника к треугольнику CKD
, получим, что
l_{c}=CD\lt KD+CK=2CK=\frac{2ab}{a+b}\leqslant\sqrt{ab}
(см. задачу 3399).
Примечание. Из второго и третьего способов решения следует, что биссектриса, проведённая из вершины C
треугольника ABC
меньше среднего гармонического сторон AC
и BC
, т. е. l_{c}\lt\frac{2ab}{a+b}
.