Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3363
2019-06-03 
В треугольнике $ABC$ медианы $AD$ и $BE$ пересекаются в точке $M$. Докажите, что если угол $AMB$ a) прямой; б) острый, то $AC + BC > 3AB$.
Решение:
Первый способ. Проведем в треугольнике $AMB$ медианы $AF$ и $BG$ и обозначим через $N$ точку их пересечения (рис.). Известно, что точка пересечения медиан делит их в отношении 1:2. Поэтому
$MF = \frac{1}{2} MB = ME$,
так как $M$ - точка пересечения медиан треугольника $ABC$. В пункте «а» прямоугольные треугольники $AME$ и $AMF$ равны, так что $AF = AE$. В пункте «б» основание перпендикуляра, опущенного из вершины $A$ на прямую $BE$, лежит на луче $MB$, значит, $AF < AE$.
Приведем подробное доказательство. Пусть $P$ - основание перпендикуляра. Так как $P$ лежит на луче $MB$ и $M$ - середина отрезка $EF$, получаем $PF < PE$. По теореме Пифагора
$AF = \sqrt {(AP^2 + PE^2} < \sqrt {AP^2 + PE^2} = AE$.
Итак, в любом случае $AF \leq AE$. Значит,
$AN = \frac{2}{3} AF \leq \frac{2}{3} AE = \frac{1}{3} AC$
(так как $N$ - точка пересечения медиан треугольника $ABM$).
Аналогично доказывается, что $BN \leq \frac{1}{3} BC$. Используя неравенство треугольника треугольника для $ANB$, получаем:
$AC + BC \geq 3(AN + BN) > 3AB$.
Второй способ. Проведем медиану $CK$ и продолжим ее на отрезок той же длины, получим точку $F$ такую, что $KF = CK$ (рис.). Четырехугольник $ACBF$ - параллелограмм. Из треугольника $ACF$ имеем: $AC + AF > FC = 2CK$, значит, $AC + BC > 2CK$.
Построим на стороне $AB$ как на диаметре окружность. Поскольку угол $AMB$ не тупой, точка $M$ не лежит внутри этой окружности. Значит, $MK \geq AK = \frac{1}{2} AB$. Но $CK = 3MK$, так как медианы делятся точкой пересечения в отношении 1:2. Поэтому
$AC + BC > 2CK = 6MK \geq 3AB$.
В треугольнике $ABC$ медианы $AD$ и $BE$ пересекаются в точке $M$. Докажите, что если угол $AMB$ a) прямой; б) острый, то $AC + BC > 3AB$.
Решение:
Первый способ. Проведем в треугольнике $AMB$ медианы $AF$ и $BG$ и обозначим через $N$ точку их пересечения (рис.). Известно, что точка пересечения медиан делит их в отношении 1:2. Поэтому
$MF = \frac{1}{2} MB = ME$,
так как $M$ - точка пересечения медиан треугольника $ABC$. В пункте «а» прямоугольные треугольники $AME$ и $AMF$ равны, так что $AF = AE$. В пункте «б» основание перпендикуляра, опущенного из вершины $A$ на прямую $BE$, лежит на луче $MB$, значит, $AF < AE$.
Приведем подробное доказательство. Пусть $P$ - основание перпендикуляра. Так как $P$ лежит на луче $MB$ и $M$ - середина отрезка $EF$, получаем $PF < PE$. По теореме Пифагора
$AF = \sqrt {(AP^2 + PE^2} < \sqrt {AP^2 + PE^2} = AE$.
Итак, в любом случае $AF \leq AE$. Значит,
$AN = \frac{2}{3} AF \leq \frac{2}{3} AE = \frac{1}{3} AC$
(так как $N$ - точка пересечения медиан треугольника $ABM$).
Аналогично доказывается, что $BN \leq \frac{1}{3} BC$. Используя неравенство треугольника треугольника для $ANB$, получаем:
$AC + BC \geq 3(AN + BN) > 3AB$.
Второй способ. Проведем медиану $CK$ и продолжим ее на отрезок той же длины, получим точку $F$ такую, что $KF = CK$ (рис.). Четырехугольник $ACBF$ - параллелограмм. Из треугольника $ACF$ имеем: $AC + AF > FC = 2CK$, значит, $AC + BC > 2CK$.
Построим на стороне $AB$ как на диаметре окружность. Поскольку угол $AMB$ не тупой, точка $M$ не лежит внутри этой окружности. Значит, $MK \geq AK = \frac{1}{2} AB$. Но $CK = 3MK$, так как медианы делятся точкой пересечения в отношении 1:2. Поэтому
$AC + BC > 2CK = 6MK \geq 3AB$.
