Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3608
2019-06-12 
а) В остроугольном треугольнике $ABC$ наибольшая из высот $AH$ равна медиане $BM$. Докажите, что угол $ABC$ не больше $60^{\circ}$.
б) В остроугольном треугольнике $ABC$ высота $AH$ равна медиане $BM$ и равна биссектрисе $CD$. Докажите, что треугольник $ABC$ правильный.
Решение:
а) Величина угла $B$ прямоугольного треугольника равна (или меньше) $30^{\circ}$, если длина противолежащего углу $В$ катета равна (соответственно меньше) половине длины гипотенузы.
Пользуясь этим для треугольников $BMK$ и $BML$ (рис. а, $MK \perp BC$), получим: $\angle MBC = 30^{\circ}$, так как $BM = AH = 2MK$; $\angle MBA < 30^{\circ}$, так как $BM = AH \geq EC = 2ML$, следовательно, $\angle A = \angle MBC + \angle MBA < 60^{\circ}$.
Заметим, что слово «остроугольный» в формулировке задачи необходимо: без него утверждение задачи неверно.
б) Из задачи а) следует, что $\angle B \leq 60^{\circ}$. Поэтому достаточно доказать, что сторона $AC$ не меньше остальных сторон: тогда $\angle A \leq \angle B \leq 60^{\circ}$ и $\angle C \leq \angle B \leq 60^{\circ}$ (против большей стороны треугольника лежит больший угол), а из этих неравенств сразу же получается, что $\angle A = \angle B = \angle C = 60^{\circ}$.
Для доказательства заметим, что $BM$ - наименьшая из медиан, так как медиана к стороне $BC$ не меньше высоты $AH = BM$, а медиана к стороне $AB$ не меньше биссектрисы $CD$ (ведь биссектриса делит сторону $AB$ в отношении $AC : BC$; рис.б). Но во всяком треугольнике большей медиане соответствует меньшая сторона: достаточно заметить, что центр тяжести (точка пересечения медиан) $\triangle ABC$ лежит по ту же сторону от серединного перпендикуляра к стороне $AC$, что и вершина $C$.
а) В остроугольном треугольнике $ABC$ наибольшая из высот $AH$ равна медиане $BM$. Докажите, что угол $ABC$ не больше $60^{\circ}$.
б) В остроугольном треугольнике $ABC$ высота $AH$ равна медиане $BM$ и равна биссектрисе $CD$. Докажите, что треугольник $ABC$ правильный.
Решение:
а) Величина угла $B$ прямоугольного треугольника равна (или меньше) $30^{\circ}$, если длина противолежащего углу $В$ катета равна (соответственно меньше) половине длины гипотенузы.
Пользуясь этим для треугольников $BMK$ и $BML$ (рис. а, $MK \perp BC$), получим: $\angle MBC = 30^{\circ}$, так как $BM = AH = 2MK$; $\angle MBA < 30^{\circ}$, так как $BM = AH \geq EC = 2ML$, следовательно, $\angle A = \angle MBC + \angle MBA < 60^{\circ}$.
Заметим, что слово «остроугольный» в формулировке задачи необходимо: без него утверждение задачи неверно.
б) Из задачи а) следует, что $\angle B \leq 60^{\circ}$. Поэтому достаточно доказать, что сторона $AC$ не меньше остальных сторон: тогда $\angle A \leq \angle B \leq 60^{\circ}$ и $\angle C \leq \angle B \leq 60^{\circ}$ (против большей стороны треугольника лежит больший угол), а из этих неравенств сразу же получается, что $\angle A = \angle B = \angle C = 60^{\circ}$.
Для доказательства заметим, что $BM$ - наименьшая из медиан, так как медиана к стороне $BC$ не меньше высоты $AH = BM$, а медиана к стороне $AB$ не меньше биссектрисы $CD$ (ведь биссектриса делит сторону $AB$ в отношении $AC : BC$; рис.б). Но во всяком треугольнике большей медиане соответствует меньшая сторона: достаточно заметить, что центр тяжести (точка пересечения медиан) $\triangle ABC$ лежит по ту же сторону от серединного перпендикуляра к стороне $AC$, что и вершина $C$.
