Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3657
2019-06-13 
В остроугольном треугольнике $ABC$ биссектриса $AD$, медиана $BM$ и высота $CH$ пересекаются в одной точке. Доказать, что угол $BAC$ больше $45^{\circ}$.
Решение:
Первое решение. Предположим, что $\angle BAC < 45^{\circ}$. Тогда $\angle ACH > 45^{\circ}, \angle BCH < 45^{\circ}, \angle CBA > 45^{\circ}, BC < AC$ и, следовательно, медиана $CP$ лежит внутри треугольника $ACH$ и пересекается с медианой $BM$ в точке $K$, принадлежащей отрезку $OM$ ($O$ - точка пересечения $BM, AD$ и $CH$). Отсюда, используя равенство $PK = \frac{KC}{2}$, получаем $OH : OC < \frac{1}{2}$; но по свойству биссектрисы угла треугольника $OH : OC = AH : AC$, т. е. $AH < \frac{AC}{2}$, поэтому $\angle ACH < 30^{\circ}$. Противоречие.
Второе решение. Докажем, что если $\angle BAC < 45^{\circ}$, то $\angle ACB > 90^{\circ}$. На прямой $AB$ возьмем точку $B_1$ такую, что $HB_1 = AH$. Биссектриса $B_1F$ угла $AB_1C$ пройдет через точку $O$. (В этой точке уже пересекаются две биссектрисы углов треугольника $AB_1C$.) По свойству биссектрисы $AF : FC = AB_1 : B_1C$, но $AB_1 : B_1C > 1$, так как $\angle B_1AC < 45^{\circ}$. Поэтому точка $B_1$ лежит между точками $A$ и $B$, и следовательно, $\angle BCA > \angle B_1CA > 90^{\circ}$.
В остроугольном треугольнике $ABC$ биссектриса $AD$, медиана $BM$ и высота $CH$ пересекаются в одной точке. Доказать, что угол $BAC$ больше $45^{\circ}$.
Решение:
Первое решение. Предположим, что $\angle BAC < 45^{\circ}$. Тогда $\angle ACH > 45^{\circ}, \angle BCH < 45^{\circ}, \angle CBA > 45^{\circ}, BC < AC$ и, следовательно, медиана $CP$ лежит внутри треугольника $ACH$ и пересекается с медианой $BM$ в точке $K$, принадлежащей отрезку $OM$ ($O$ - точка пересечения $BM, AD$ и $CH$). Отсюда, используя равенство $PK = \frac{KC}{2}$, получаем $OH : OC < \frac{1}{2}$; но по свойству биссектрисы угла треугольника $OH : OC = AH : AC$, т. е. $AH < \frac{AC}{2}$, поэтому $\angle ACH < 30^{\circ}$. Противоречие.
Второе решение. Докажем, что если $\angle BAC < 45^{\circ}$, то $\angle ACB > 90^{\circ}$. На прямой $AB$ возьмем точку $B_1$ такую, что $HB_1 = AH$. Биссектриса $B_1F$ угла $AB_1C$ пройдет через точку $O$. (В этой точке уже пересекаются две биссектрисы углов треугольника $AB_1C$.) По свойству биссектрисы $AF : FC = AB_1 : B_1C$, но $AB_1 : B_1C > 1$, так как $\angle B_1AC < 45^{\circ}$. Поэтому точка $B_1$ лежит между точками $A$ и $B$, и следовательно, $\angle BCA > \angle B_1CA > 90^{\circ}$.
