Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 299
2014-06-07 
Для каждой точки $T$ заданного треугольника $ABC$ через $m(T)$ и $M(T)$ обозначены наименьшая и соответственно наибольшая из длин отрезков $TA, TB, TC$.
а) Найти все точки $T$ треугольника $ABC$, для которых величина $m(T)$ принимает наибольшее значение.
б) Доказать, что если $\angle BAC \geq 90^{\circ}$, то для любой точки $T$ треугольника $ABC$ справедливы неравенства
$m(T) \leq BC/2 \leq M(T)$.
Решение:
Рис.1
Рис.2
Рис.3
а) Пусть треугольник ABC нетупоугольный. Тогда искомая точка Т есть центр О описанной около треугольника окружности радиуса R. Действительно, перпендикуляры $OH_{1}, OH_{2}, OH_{3}$, опущенные из точки О на стороны АВ, ВС, АС соответственно, разбивают треугольник ABC на три четырехугольника
$OH_{1}AH_{3}, OH_{1}BH_{2}, OH_{2}CH_{3}$ (рис. 1).
Если точка $T \neq O$ лежит, например, в первом из четырехугольников, то
$m(T) \leq AT < AO = R = m(O)$,
ибо точка Т лежит в круге с диаметром АО (содержащем весь четырехугольник $OH_{1}AH_{3}$: вследствие равенств
$\angle OH_{1}A = \angle OH_{3}A = 90^{\circ}$
этот четырехугольник вписан в окружность с диаметром АО). Пусть теперь в треугольнике ABC угол при вершине А тупой и $\angle C \leq \angle B$. Через середины D, Е сторон АВ, АС проведем перпендикуляры к этим сторонам до пересечения их в точках F, G соответственно со сторонок ВС и обозначим $BF = b, CO = c$. Заметим, что $b \leq c$, причем равенство $b = c$ имеет место лишь в случае $\angle C \leq \angle B$. В самом деле, из треугольников BDF, CEG и ABC (по теореме синусов) имеем
$\frac{b}{c} = \frac{BD}{\cos \angle B} \cdot \frac{\cos \angle C}{CE} = \frac{AB}{AC} \frac{\cos \angle C}{\cos \angle B} = \frac{\sin \angle C \cos \angle C}{\sin \angle B \cos \angle B} = \frac{\sin (2 \angle C)}{\sin (2 \angle B)} \leq 1$,
так как $0 < 2 \angle C \leq 2 \angle B < 180^{\circ} - 2 \angle C$. Заметим далее, что $BG > c$ (а тем более $FC > b$), поскольку
$\angle B + \angle C < 90^{\circ} < \angle BAC$,
и значит,
$\angle B < \angle BAC - \angle C = \angle BAG$ и $BG > AG = GC = c$.
Наконец, высота AH треугольника ABC разбивает его на два треугольника АВН и АСH. Если точка $T \neq F$ лежит в треугольнике АВН, то
$m(T) < m(F) = b$,
ибо она лежит либо в круге с диаметром BF, либо в круге с диаметром AF (рис. 2 и рис. 3, на которых изображены случаи $\angle B < 45^{\circ}$ и $\angle B > 45^{\circ}$ соответственно). Аналогично, если точка $T \neq G$ лежит в треугольнике АСН, то $m(T) < m(G) = c$. Таким образом, если треугольник ABC равнобедренный, то искомыми являются обе точки F и G, если он неравнобедренный, то
$m(F) < m(G)$
и искомая точка совпадает с точкой G.
б) Для любой точки Т треугольника ABC имеем
$M(T) \geq TB, M(T) \geq TC$,
откуда
$2M(T) \geq TB + TC \geq BC$ т.е. $BC/2 \leq M(T)$.
Наконец, согласно утверждению, доказанному в п. а), величина $m(T)$ в случае $\angle A \geq 90^{\circ}$ достигает наибольшего значения в некоторой точке G отрезка ВС. Поэтому для любой точки Т треугольника ABC имеем
$m(T) \leq m(G) \leq min \{GB; GC \} \leq BC/2$.
Для каждой точки $T$ заданного треугольника $ABC$ через $m(T)$ и $M(T)$ обозначены наименьшая и соответственно наибольшая из длин отрезков $TA, TB, TC$.
а) Найти все точки $T$ треугольника $ABC$, для которых величина $m(T)$ принимает наибольшее значение.
б) Доказать, что если $\angle BAC \geq 90^{\circ}$, то для любой точки $T$ треугольника $ABC$ справедливы неравенства
$m(T) \leq BC/2 \leq M(T)$.
Решение:
Рис.1
Рис.2
Рис.3
а) Пусть треугольник ABC нетупоугольный. Тогда искомая точка Т есть центр О описанной около треугольника окружности радиуса R. Действительно, перпендикуляры $OH_{1}, OH_{2}, OH_{3}$, опущенные из точки О на стороны АВ, ВС, АС соответственно, разбивают треугольник ABC на три четырехугольника
$OH_{1}AH_{3}, OH_{1}BH_{2}, OH_{2}CH_{3}$ (рис. 1).
Если точка $T \neq O$ лежит, например, в первом из четырехугольников, то
$m(T) \leq AT < AO = R = m(O)$,
ибо точка Т лежит в круге с диаметром АО (содержащем весь четырехугольник $OH_{1}AH_{3}$: вследствие равенств
$\angle OH_{1}A = \angle OH_{3}A = 90^{\circ}$
этот четырехугольник вписан в окружность с диаметром АО). Пусть теперь в треугольнике ABC угол при вершине А тупой и $\angle C \leq \angle B$. Через середины D, Е сторон АВ, АС проведем перпендикуляры к этим сторонам до пересечения их в точках F, G соответственно со сторонок ВС и обозначим $BF = b, CO = c$. Заметим, что $b \leq c$, причем равенство $b = c$ имеет место лишь в случае $\angle C \leq \angle B$. В самом деле, из треугольников BDF, CEG и ABC (по теореме синусов) имеем
$\frac{b}{c} = \frac{BD}{\cos \angle B} \cdot \frac{\cos \angle C}{CE} = \frac{AB}{AC} \frac{\cos \angle C}{\cos \angle B} = \frac{\sin \angle C \cos \angle C}{\sin \angle B \cos \angle B} = \frac{\sin (2 \angle C)}{\sin (2 \angle B)} \leq 1$,
так как $0 < 2 \angle C \leq 2 \angle B < 180^{\circ} - 2 \angle C$. Заметим далее, что $BG > c$ (а тем более $FC > b$), поскольку
$\angle B + \angle C < 90^{\circ} < \angle BAC$,
и значит,
$\angle B < \angle BAC - \angle C = \angle BAG$ и $BG > AG = GC = c$.
Наконец, высота AH треугольника ABC разбивает его на два треугольника АВН и АСH. Если точка $T \neq F$ лежит в треугольнике АВН, то
$m(T) < m(F) = b$,
ибо она лежит либо в круге с диаметром BF, либо в круге с диаметром AF (рис. 2 и рис. 3, на которых изображены случаи $\angle B < 45^{\circ}$ и $\angle B > 45^{\circ}$ соответственно). Аналогично, если точка $T \neq G$ лежит в треугольнике АСН, то $m(T) < m(G) = c$. Таким образом, если треугольник ABC равнобедренный, то искомыми являются обе точки F и G, если он неравнобедренный, то
$m(F) < m(G)$
и искомая точка совпадает с точкой G.
б) Для любой точки Т треугольника ABC имеем
$M(T) \geq TB, M(T) \geq TC$,
откуда
$2M(T) \geq TB + TC \geq BC$ т.е. $BC/2 \leq M(T)$.
Наконец, согласно утверждению, доказанному в п. а), величина $m(T)$ в случае $\angle A \geq 90^{\circ}$ достигает наибольшего значения в некоторой точке G отрезка ВС. Поэтому для любой точки Т треугольника ABC имеем
$m(T) \leq m(G) \leq min \{GB; GC \} \leq BC/2$.
