Задача из журнала «Квант» (2002 год, 10 выпуск)

Условие

Дан треугольник $ABC$. Пусть $S$ — его площадь, $\gamma$ — угол $ACB$, а $l$ — длина биссектрисы, проведенной из вершины $C.$

1. Докажите, что $S \geqslant l^{2} \mathop{\rm tg} \frac \gamma{2}.$
2. Для каких треугольников $ABC$ выполняется равенство?

Первое решение

Обозначим через $a$ и $b$ стороны $BC$ и $AC$ треугольника $ABC$.

Имеем $$ l=\frac {2ab}{a+b} \cos \frac \gamma{2}$$ (докажите это).

Тогда $$ \begin{multline*}
l^2 \mathop{\rm tg} \frac \gamma{2} = \frac {4a^2b^2}{\left(a+b \right)^2}\cos^2 \frac \gamma{2} \cdot \frac {\sin \frac \gamma{2}}{\cos \frac \gamma{2}} = \\ = \frac {4ab}{a^2+b^2+2ab} \cdot \frac 12 ab \cdot 2\sin \frac \gamma{2} \cos \frac \gamma{2}\leqslant \\
\leqslant \frac {4ab}{2ab+2ab} \cdot \frac 12 ab \sin \gamma = S.
\end{multline*} $$

Очевидно, что равенство выполняется тогда и только тогда, когда $a^2+b^2=2ab$, то есть тогда и только тогда, когда $a=b.$

Второе решение

Пусть $a>b,$ тогда $\angle A > \angle B, $ и угол $CDB$ — тупой. Проведем через точку $D$ отрезок $A’B’$ (см. рисунок), перпендикулярный $CD.$

Поскольку $BD>AD$ (это легко следует из соотношения $\frac {BC}{AC} = \frac {a}{b} > 1$), площадь треугольника $BDB’$ больше площади треугольника $ADA’.$ Поэтому $S>S_{A’CB’}=l^2 \mathop{\rm tg} \frac \gamma{2}.$ При $a=b$ равенство $S = l^{2} \mathop{\rm tg} \frac \gamma{2}$ очевидно.

Н. Немировская, В. Сендеров

Дополнения

Докажем, что $ l=\frac {2ab}{a+b} \cos \frac \gamma{2}.$