Олимпиадная задача по планиметрии: неравенство AH + BH ≥ 2R в треугольнике (11 класс)

Решение 1:   Пусть O – центр описанной окружности треугольника ABC . Если  ∠C = 90°,  то точка H совпадает с точкой C,  AB = 2R,  и наше неравенство превращается в неравенство треугольника для сторон треугольника ABC.

  Если  ∠C < 90°,  то треугольник ABC – остроугольный, а точки O и H лежат внутри него (рис. слева). Покажем, что точка O принадлежит треугольнику AHB (тогда, согласно задаче 134932  AH + BH ≥ AO + BO = 2R).  Действительно,  ∠HAB = 90° – ∠B ≥ 90° – ∠C = ∠AOB,  аналогично  ∠HBA ≥ ∠OBA,  и, следовательно, лучи AO и BO пересекаются внутри или на границе треугольника ABC.

  Если  ∠C> 90°,  то треугольникABC– тупоугольный, а точкаOлежит по другую сторону от точекCиHотносительно прямойAB(рис. справа). В этом случае  ∠OAB= ∠C– 90° < 90° – ∠B= ∠HAB  и аналогично  ∠OBA< ∠HBA.  Значит, точкаO', симметричная точкеOотносительно прямойAB, принадлежит треугольникуHAB. Как и выше, это доказывает нужное неравенство.

Решение 2:   Нетрудно проверить, что  AH = 2R cos ∠A  и  BH = 2R cos ∠B.  Поэтому наше неравенство эквивалентно неравенству  cos ∠ A + cos ∠B ≥ 1.  Приведём его доказательство.

  Обозначим  φ = ½ (∠B + ∠C).  Тогда  ∠A ≤ ∠B ≤ φ,  60° ≤ φ < 90°  и  ∠A = 180° – 2φ.  Следовательно,

cos ∠A + cos ∠B ≥ cos ∠ A + cos φ = cos φ – cos 2φ = cos φ·(1 – 2cos φ) + 1 ≥ 1.

Ответ задачи отсутствует