В остроугольном треугольнике $ABC$ биссектриса $AD$, медиана $BM$, и высота $CH$
пересекаются в одной точке. Доказать, что угол $BAC$ больше $45^\circ$.
Всесоюзная математическая олимпиада (1970 год, 9 класс)
Нетрудно доказать, что для данного $\angle BAC=\alpha\lt\dfrac\pi2$ существует ровно один (с точностью до подобия) треугольник $ABC$, в котором высота $CH$, биссектриса $AD$ и мeдиана $BM$ пересекаются в одной точке. Действительно, отложив на одной стороне угла $\angle A=\alpha$ (произвольный) отрезок $AC$, опустив на другую сторону угла перпендикуляр $CH$ и обозначив его точку пересечения с биссектрисой угла $A$ через $O$, мы найдём 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 $\angle A$ 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 $\angle A\lt\dfrac\pi4$, то $\angle ACB\gt\dfrac\pi2$. Отложим на прямой $AB$ отрезок $HB_1=AH$. Тогда биссектриса $B_1F$ угла $B_1$ равнобедренного треугольника $AB_1C$ пройдёт через точку $O$. Поскольку $\dfrac{AF}{FC}=\dfrac{AB_1}{B_1C}\gt1$, то точка $M$ лежит между $A$ и $F$, поэтому $B_1$ лежит между $A$ и $B$ и $\angle BCA\gt\angle B_1CA\gt\dfrac\pi2$.
Рис. 7
В этой задаче можно получить и более точный результат: найти точную оценку снизу для угла $\alpha$ при условии, что $\angle ACB=\gamma\lt\dfrac\pi2$. Для этого выразим $\gamma$ как функцию от $\alpha$. Проведём $HE\parallel BM$ ($E$ — точка на $AC$). Тогда (рис. 7)
$$
\begin{gather*}
\dfrac{EM}{MC}=\dfrac{HO}{OC}=\dfrac{AH}{AC}=\cos\alpha,\quad
\dfrac{HB}{AH}=\dfrac{EM}{AE}=\dfrac{\cos\alpha}{1-\cos\alpha},\quad
\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{\cos^2\alpha}{\sin\alpha\,(1-\cos\alpha)},\\
\gamma=\gamma(\alpha)=\dfrac{\pi}{2}-\alpha+\arctg\dfrac{\cos^2\alpha}{\sin\alpha\,(1-\cos\alpha)}.
\end{gather*}
$$
Отсюда ясно, что функция $\gamma=\gamma(\alpha)$ на отрезке $0\lt\alpha\lt\dfrac\pi2$ монотонно убывает (чем больше $\alpha$, тем больше $\sin\alpha$ и тем меньше $\cos\alpha$, а поэтому меньше и вся дробь, стоящая под знаком арктангенса). Найдём теперь $\alpha$, для которого $\gamma(\alpha)=\dfrac\pi2$. Это уравнение сводится к такому: $0\lt\alpha\lt\dfrac\pi2$, $\sin^2\alpha\,(1-\cos\alpha)=\cos^3\alpha$, откуда $\cos\alpha=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$. Итак, если $\gamma\lt\dfrac\pi2$, то $\alpha\gt\alpha_0=\arccos\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ ($\alpha_0\gt\dfrac\pi4$ поскольку $\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\lt\dfrac{\sqrt{2}}{2}$; как можно убедиться по таблицам, величина угла, соответствующего $\alpha_0$, в градусах составляет примерно $51^{\circ}\,50'$).
