Математикадан облыстық олимпиада, 2015-2016 оқу жылы, 9 сынып

$ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің радиусы — $R$, ал осы үшбұрыштың ауданы — $S$ болсын. Егер $S\ge {{R}^{2}}$ болса, онда $ABC$ үшбұрышы дөңесбұрышты болмайтынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Площадь равна $S=\frac{abc}{4R}$ подставив в неравенство получим $\frac{8R^3 \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin (\alpha+\beta)}{4R} \geq R^2$, то есть надо доказать тригонометрическое неравенство $\sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin (\alpha+\beta) \geq \frac{1}{2}$ , преобразовав получим

$\sin 2\alpha+\sin 2\beta-\sin (2\alpha+2\beta) \geq 2$

Положим что один из углов тупой $\alpha > 90^ \circ$

Тогда учитывая что $\sin (\pi+\gamma)=-\sin \gamma$ получим

$-\sin \gamma+\sin 2\beta+\sin (\gamma+2\beta) \geq 2$

$-\sin \gamma+\sin (\gamma+2\beta) \geq 2-\sin 2\beta$

$\sin \beta \cdot \cos (\gamma+\beta) \geq 1-\sin \beta \cdot \cos \beta$

$\sin \beta \cdot \cos (\gamma+\beta)+\sin \beta \cdot \cos \beta \geq 1 \quad (1) $

$\sin \beta \cdot \cos (\gamma+\beta)+\sin \beta \cdot \cos \beta \leq \sin 2\beta \leq 1$

Значит (1) не может быть больше $1$ , значит треугольник не может быть тупоугольным

Предположим, что $ABC$ тупоугольный ( угол $A$ тупой) и $S \ge R^2$. Понятно, что тогда $a < 2R$ и высота $AH < R$ (иначе треугольник $ABC$ не был бы тупоугольный). По формуле $S= \frac{1}{2} ah$ получаем $S = \frac{1}{2} ah < \frac{1}{2} \cdot R \cdot 2R = R^2 $ . Противоречие.

Пусть мы рассмотрим вершину B. Опустим с неё высоту и медиану длины которых равна $h_B, m_B$ соответственно. Пусть О- центр описанной, тогда $AO+OC=2R\ge AC$ =>

$2R*h_B\ge S_{ABC}=h_B*AC\ge R^2$ =>$ h_B\ge \frac{R}{2}$, т.к медиана всегда не меньше высоты $\frac{AC}{2}\leq \frac{R}{2}\leq h_B\leq m_B$, что доказывает, что угол ABC не больше 90. Так же докажем и для остальных вершин.