Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 12945
2023-05-08 
Дано, что ни для какой стороны треугольника из проведённых к ней высоты, биссектрисы и медианы нельзя составить треугольник. Доказать, что один из углов треугольника больше чем $135^{\circ}$.
Решение:
Пусть $m$, $h$ и $l$ - медиана, высота и биссектриса, проведённые из вершины какого-то угла треугольника. Поскольку $m\geq h$ и $m\geq l$ (см. задачу @H3522), а из отрезков $m$, $h$ и $l$ нельзя составить треугольник, то $m\geq l+h$ (см. задачу @H4268).
Пусть $AL$ - биссектриса треугольника $ABC$. Предположим, что угол между медианой $AM$ и высотой $AH$ не больше $60^{\circ}$. Тогда из прямоугольного треугольника $AMH$ получаем, что $\angle AMH\geq30^{\circ}$. Значит, $AM\leq2AH$, а $AL+AH\geq AH+AH=2AH$, причём равенство не достигается одновременно. Тогда $AM\lt AL+AH$, что невозможно. Таким образом, из условия задачи следует, что угол между каждой медианой и соответствующей высотой больше $60^{\circ}$. Поскольку в треугольнике наименьший угол не больше $60^{\circ}$ (см. задачу @H1197), то какая-то высота проходит вне треугольника, значит, он тупоугольный.
Пусть теперь $A$ - вершина тупого угла, а точка $M$ принадлежит отрезку $BH$. По доказанному $\angle AMH\lt30^{\circ}$. По теореме о внешнем угле треугольника $\angle AMH=\angle ABM+\angle BAM$. Медиана, проведённая из вершины тупого угла треугольника, меньше половины противолежащей стороны (см. задачу @H3550), поэтому $\angle ABM\lt15^{\circ}$.
Высота, проведённая из вершины $B$, образует угол больше $60^{\circ}$ с соответствующей медианой и, тем более, со стороной $BC$, поэтому $\angle C\lt30^{\circ}$. Следовательно,
$\angle A=180^{\circ}-\angle C-\angle B\gt180^{\circ}-15^{\circ}-30^{\circ}=135^{\circ}.$
Дано, что ни для какой стороны треугольника из проведённых к ней высоты, биссектрисы и медианы нельзя составить треугольник. Доказать, что один из углов треугольника больше чем $135^{\circ}$.
Решение:
Пусть $m$, $h$ и $l$ - медиана, высота и биссектриса, проведённые из вершины какого-то угла треугольника. Поскольку $m\geq h$ и $m\geq l$ (см. задачу @H3522), а из отрезков $m$, $h$ и $l$ нельзя составить треугольник, то $m\geq l+h$ (см. задачу @H4268).
Пусть $AL$ - биссектриса треугольника $ABC$. Предположим, что угол между медианой $AM$ и высотой $AH$ не больше $60^{\circ}$. Тогда из прямоугольного треугольника $AMH$ получаем, что $\angle AMH\geq30^{\circ}$. Значит, $AM\leq2AH$, а $AL+AH\geq AH+AH=2AH$, причём равенство не достигается одновременно. Тогда $AM\lt AL+AH$, что невозможно. Таким образом, из условия задачи следует, что угол между каждой медианой и соответствующей высотой больше $60^{\circ}$. Поскольку в треугольнике наименьший угол не больше $60^{\circ}$ (см. задачу @H1197), то какая-то высота проходит вне треугольника, значит, он тупоугольный.
Пусть теперь $A$ - вершина тупого угла, а точка $M$ принадлежит отрезку $BH$. По доказанному $\angle AMH\lt30^{\circ}$. По теореме о внешнем угле треугольника $\angle AMH=\angle ABM+\angle BAM$. Медиана, проведённая из вершины тупого угла треугольника, меньше половины противолежащей стороны (см. задачу @H3550), поэтому $\angle ABM\lt15^{\circ}$.
Высота, проведённая из вершины $B$, образует угол больше $60^{\circ}$ с соответствующей медианой и, тем более, со стороной $BC$, поэтому $\angle C\lt30^{\circ}$. Следовательно,
$\angle A=180^{\circ}-\angle C-\angle B\gt180^{\circ}-15^{\circ}-30^{\circ}=135^{\circ}.$
