Геометрические неравенства

Пусть M — точка пересечения медиан AA1, BB1 и CC1. Достроив треугольник AMB до параллелограмма AMBN, получим  BMC1 =  и  AMC1 = . Легко проверить, что  C1CB < и  B1BC < . Следовательно,   = C1CB + B1BC < . Аналогично  = A1AB + B1BA > . Предположим сначала, что треугольник ABC остроугольный. Тогда точка H пересечения высот лежит внутри треугольника AMC1. Следовательно,  AMB < AHB, т. е.  , и  CMB > CHB, т. е. . Предположим теперь, что угол  тупой. Тогда угол CC1B тоже тупой, а значит, угол  острый, т. е.   < . Опустим из точки M перпендикуляр MX на BC. Тогда  >XMB > 180o – HAB > . Так как   > , то   + ( – ) > , т. е. точка M лежит внутри описанной окружности треугольника AB1C1. Следовательно,   = AB1C1 < AMC1 =  . Аналогично   = CB1A1 > CMA1 = , так как   + ( – ) < . 
Задача 8.
При каких натуральных n для любых чисел α , β , γ , являющихся величинами углов остроугольного треугольника, справедливо неравенство 
sin nα + sin nβ + sin nγ<0?
Дано:
Доказать:
Решение
Для любого треугольника T с углами α , β , γ обозначим fn(T)= sin nα + sin nβ + sin nγ.Лемма. Пусть x+y+z=π k , где k . Тогда  sin x   sin y + sin z .При y π l , z π l , где l , это неравенство – строгое.
sin x = sin(y+z) = sin y cos z+ sin z cos y    sin y · cos z + sin z · cos y sin y + sin z .При yπ l , z π l , где l , последнее неравенство строгое.Из леммы следует, что знак функции fn(T) определяется двумя синусами, имеющими одинаковые знаки: если, например, sin nα >0 , sin nβ >0 , то fn(T) sin nα + sin nβ – sin nγ >0.Очевидно, f1(T)>0 . Для любого (не обязательно остроугольного) треугольника T справедливо и неравенство f2(T)>0 .В самом деле, если α < , β < , то sin 2α >0 , sin2β >0.Пусть n=3. Рассмотрим равнобедренные остроугольные треугольники с углами α и β при основании: при изменении x=α =β от  до  величина 3x меняется от  до  . Следовательно, sin 3x (а вместе с ним и f(T) ) принимает как положительные, так и отрицательные значения.Пусть n=4, α β γ . Поскольку треугольник остроугольный, β > (если β  , γ , то α  ). Значит, π<4β 4α <4· =2π , откуда sin4α <0 , sin4β <0 . Вследствие леммы f4(T)<0.Пусть n>4. Рассуждая как в случае n=3 , получаем: при изменении x=α =β от  до  величина y=nx пробегает интервал, длина которого больше π . Следовательно, найдутся точкиx1 и x2 такие, что sin nx1>0 , sin nx2<0 .Отсюда fn(T1)>0 , fn(T2)<0 , где T1 и T2 – треугольники, соответствующие x1 и x2.
Задача 9.
Биссектриса AD, медиана BM и высота CH остроугольного треугольника ABC пересекаются в одной точке. Докажите, что величина угла BAC больше 45°. 
Дано:
Доказать:
Решение
Нетрудно доказать, что для данного  BAC=α< существует ровно один (с точностью до подобия) треугольник ABC , в котором высота CH , биссектриса AD и медиана BMпересекаются в одной точке. Действительно, отложив на одной стороне угла  A=α (произвольный) отрезок AC , опустив на другую сторону угла перпендикуляр CH и обозначив его точку пересечения с биссектрисой угла A через O , мы найдем точку B пересечения второй стороны угла и прямой OM (где M  — середина отрезка AC ) и тем самым построим нужный треугольник ABC , — очевидно, что при заданных  A и AC он определяется единственным образом. Заметим, что при этом угол B острый (поскольку точка H  — основание высоты — лежит на стороне AB ). Докажем, что если  A<  , то  ACB>  . Отложим на прямой AB отрезок HB1=AH . Тогда биссектриса B1 F угла B1 равнобедренного треугольника AB1 C пройдет через точку O . Поскольку =>1 , то точка M лежит между A и F , поэтому B1 лежит между A и B и  BCA> B1 CA> . В этой задаче можно получить и более точный результат: найти точную оценку снизу для угла α при условии, что  AB=γ< . Для этого выразим γ как функцию от α . Проведем HE BM ( E  — точка на AC ). Тогда (рис. 7) Отсюда ясно, что функция γ=γ(α) на отрезке 0<α<  монотонно убывает (чем больше α , тем больше sin α и тем меньше cos α , а поэтому меньше и вся дробь, стоящая под знаком арктангенса). Найдем теперь α , для которого γ(α)= . Это уравнение сводится к такому: 0<α< , sin2 α (1- cos α)= cos3 α , откуда cos α= . Итак, если γ< , то α>α0=arccos  ( α0> , поскольку  < ; как можно убедиться по таблицам, величина угла, соответствующего α0 , в градусах составляет примерно 51o50′ ).
Задача 10.
Каждая пара противоположных сторон данного выпуклого шестиугольника обладает следующим свойством: расстояние между серединами равно /2 умноженное на сумму их длин. Докажите, что все углы в шестиугольнике равны. 
Дано:
Доказать:
Решение
Доказательство. Лемма. Рассмотрим треугольник Δ PQR с углом  QPRπ/3 , L – середина QR . Тогда PLQR/2 причем равенство достигается только для правильного треугольника. Доказательство леммы. Рассмотрим равносторонний треугольник QRS такой, что точки P и S лежат по одну сторону от прямой QR . Ясно, что тогда P лежит внутри описанной около треугольника QRS окружности, а, значит, и внутри круга с центром L и радиусом QR/2 . Лемма доказана. Вернемся к решению задачи. Без ограничения общности можно считать что главные диагонали AD и BE шестиуглольника ABCDEF образуют угол  π/3 . P – их точка пересечения. Воспользуемся нашей леммой. Имеем 
MN=/2(AB+DE) PM+PN MN.( M , N – середины сторон AB и DE соответственно. Из леммы следует, что треугольники ABP и DEP равносторонние. Диагональ CF образует угол π/3 с диогональю AD либо с BE . В силу симметрии, без ограничения общности можно считать, что  AQFπ/3 , где Q – точка пересечения диагоналей AD и CF . Точно также, как и раньше, воспользуемся леммой и получим, что треугольники AQF и CQD являются равносторонними. Следовательно,  BRC=π/3 , где R – точка пересечения BE и CF . Аналогично устанавливается равносторонность треугольников BCR и EFR . Задача решена.
Задача 11.
Дан треугольник со сторонами a, b и c, причём  a ≥ b ≥ c;  x, y и z – углы некоторого другого треугольника. Докажите, что
bc + ca – ab < bc cos x + ca cos y + ab cos z ≤ ½ (a² + b² + c²).
Дано:
Доказать:
Решение
Пусть  f = bc cos x + ca cos y + ab cos z.  Так как  cos x = – cos y cos z + sin y sin z,  то  f = c(a – b cos z) cos y + bc sin y sin z + ab cos z.Рассмотрим треугольник, длины двух сторон которого равны a и b, а угол между ними равен z; пусть φ и ψ – углы, лежащие против сторон a и b,t – длина стороны, лежащей против угла z. Легко видеть, что  a – b cos z = t cos ψ,  а  b sin z = t sin ψ.  Следовательно, f = ct cos ψ cos y + ct sin y sin ψ + ab cos z = ct cos(ψ – y) + ½ (a² + b² – t²). Так как  cos(ψ – y) ≤ 1,  то  f ≤ ½ (a² + b² + c²).  Так как  a ≥ b,  то  φ ≥ ψ,  а значит,  – φ ≤ – ψ < y – ψ < π – z – ψ = φ,  то есть cos(y – ψ) > cos φ.  Поэтому
   
Коэффициент при t² отрицателен или равен нулю; кроме того,  0 < t < a + b.  Следовательно,