Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Геометрические неравенства → .04 Перекладывание отрезков

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Геометрические неравенства

Неравенство треугольника в планике

Неравенство медианы

Неравенство ломаной

Перекладывание отрезков

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#103849Максимум баллов за задание: 7

Дан выпуклый $n$ -угольник $A A ...A 1 2 n$ и точка $M$ на плоскости. Пусть $M i$ — проекция $M$ на прямую $A A i i+1$ (где $A = A n+1 1$ ). Докажите, что если выполняется равенство

( 2 2 2) 2 2 2 4 A1M1 +A2M 2 + ...+ AnM n =A1A 2+A2A 3+...+AnA 1,

то около $n$ -угольника можно описать окружность.

Источники: БИБН - 2025, 11.5 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Задача необычная, что делать? Мы видим, что суммируются не просто длины отрезков, а их квадраты, а еще и проекции есть, это наталкивает на какие-то воспоминания))

Подсказка 2

Конечно, здесь точно пригодится теорема Пифагора! Причем рассмотреть теорему лучше и для квадрата катетов A_i M_i, так и для A_{i+1}M_i, тогда после суммирования для каждой вершины многоугольника аналогичных равенств получим что-то интересное.

Подсказка 3

Теперь подумаем, что можем сказать в случае, если M_i лежит на отрезке A_i A_{i+1} или вне его? Как мы можем сравнить квадраты отрезков — поможет неравенство о средних, осталось опять просуммировать все неравенства!

Подсказка 4

Получается, мы доказали, что всегда выполняется неравенство, а в условии нам дано равенство! Остался один шаг: вспомнить, чем является центр описанной окружности.

Показать доказательство

Для любого $i$ от $1$ до $n$ по теореме Пифагора $A M2= A M2 − MM2 , i i i i$ при этом $A M2 i+1 i$ аналогично равно $A M2 − MM2 . i+1 i$ Поэтому

2 2 2 2 2 2 A1M1 +A2M 2 + ...+ AnM n = A2M1 +A3M 2 + ...+ A1Mn

При этом

2 2 2 2(AiMi +MiA i+1)≥ AiA i+1,

потому что в случае нахождения точки $Mi$ вне отрезка $AiAi+1$ очевидно даже более сильное $AiM2 + MiA2 > AiA2 , i i+1 i+1$ а в случае нахождения точки внутри отрезка $AiAi+1 = AiMi+ MiAi+1,$ поэтому по неравенству о средних для двух чисел

2 2 2 2 2 2 2 AiAi+1 =AiM i + MiAi+1 +2AiMi⋅MiAi+1 ≤ AiMi +MiA i+1 +AiM i +MiA i+1

Итак,

4 (A M2 + A M2 +...+ A M2 )= 2(A M2+ A M2 + ...+A M2)+ 2(A M2 +A M2 + ...+ A M2)= 1 1 2 2 n n 1 1 2 2 n n 2 1 3 2 1 n

= 2(A1M21 +M1A22+ ...+ AnM2n +MnA21)≥ A1A22+ A2A23+ ...+AnA21

По условию же имеется равенство, так что должно достигаться равенство в каждом из неравенств $2(AiM2i + MiA2i+1)≥ AiA2i+1,$ а это происходит при $AiM2i = MiAi+1.$

Таким образом, $Mi$ является серединой $AiAi+1$ для любого $i$ от $1$ до $n$ $(An+1 = A1).$ Поэтому точка $M$ является точкой пересечения серединных перпендикуляров к сторонам $A1A2 ...An,$ то есть центром описанной окружности. Далее пример для $n =6.$

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#120580Максимум баллов за задание: 7

На плоскости отмечены две точки $A$ и $B.$ Андрей играет в такую игру: на каждом шаге он выбирает пару уже отмеченных точек, мысленно строит правильный пятиугольник на них как на соседних вершинах, после чего отмечает на плоскости три остальные его вершины. Сможет ли Андрей отметить середину отрезка $AB?$

Источники: ФЕ - 2025, 11.6(см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала подумаем, а как мы вообще можем изменять картинку? Например, можем ли мы повернуть отрезок, который уже у нас есть?

Подсказка 2

Да, мы можем повернуть отрезок на 108°, достроив на нём правильный пятиугольник! А как тогда повернуть отрезок на 180°?

Подсказка 3

Для этого мы можем совершить поворт на 108° пять раз! Получается, мы можем "перемещать" отрезок на прямой. Значит, чтобы получить точку внутри AB мы можем переместить какой-нибудь отрезок на прямой AB. Попробуйте для начала просто отметить какую-нибудь точку на этой прямой.

Подсказка 4

Постройте пятиугольник на AB, а потом на диагонали этого пятиугольника. Одна из вершин последней фигуры как раз будет лежать на AB. Осталось оценить длины отрезков и отложить некоторые из них так, чтобы получить точку внутри AB.

Показать ответ и решение

Вспомним, что угол правильного пятиугольника равен $108∘.$ Поэтому, имея произвольный вектор $−−→OP,$ мы можем отложить равный ему по длине вектор $−−→′ OP$ так, чтобы $′ ∘ ∠POP =108.$ То есть, мы можем повернуть любой отрезок на $∘ 108.$ А проделав это 5 раз, мы повернём отрезок на $∘ 180 .$

Теперь предложим алгоритм решения задачи. По точкам $A$ и $B$ отметим вершины пятиугольника $ABCDE,$ а потом пятиугольника $BF GHD.$

$PIC$

Заметим, что $BD$ — диагональ $ABCDE,$ поэтому $DB 1< AB-< 2.$ То есть сторона пятиугольника $BF GHD$ больше стороны пятиугольника $ABCDE,$ но меньше, чем удвоенная сторона этого же пятиугольника. Отсюда, $AB <BF < 2AB.$

Так же заметим, что

∘ ∠DBC = 180-−-∠DCB--=36∘ 2

Тогда $∠ABD = 108∘− ∠DBC = 72∘,$ откуда $∠ABF = ∠ABD + ∠DBF =72∘+ 108∘ = 180∘.$ То есть точки $A,B,F$ лежат на одной прямой.

Повернём вектор $−B→A$ на $180∘$ и получим Вектор $−B−→K.$ При этом $K$ принадлежит $BF,$ а так же $KF < AB,$ так как $AB < BF < 2AB.$ Поэтому, если несколько раз отложить $−−→ FK,$ то есть сначала повернуть $−−→ KF$ на $∘ 180$ и получить $−−−→ KK1,$ затем так же повернуть $−−−→ K1K$ и получить $−−−−→ K1K2,$ и так далее, то какая-то из точек $Ki$ окажется на отрезке $AB.$

Ответ:

Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#129651Максимум баллов за задание: 7

Дан выпуклый четырёхугольник $ABCD,$ в котором $∠A + ∠D =90∘.$ Его диагонали пересекаются в точке $E.$ Прямая $ℓ$ пересекает отрезки $AB,$ $CD,$ $AE$ и $ED$ в точках $X,$ $Y,$ $Z$ и $T$ соответственно. Известно, что $AZ =CE$ и $BE = DT.$ Докажите, что длина отрезка $XY$ не больше диаметра окружности, описанной около треугольника $ETZ.$

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2024, 10.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим через $ω$ окружность $(ET Z)$ и через $d$ — её диаметр. Поскольку $BE = DT,$ то

BT = BE + ET =DT + ET =DE.

Из условия $∠A + ∠D =90∘$ следует, что лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в некоторой точке $F$ под прямым углом. Проведем диаметр $EB ′$ в окружности $(ABE ).$ Поскольку $∠ABE >90∘,$ точки идут на окружности в порядке $A− B− E − B ′.$ Тогда

′ ′ ∘ ∠AB B = ∠AEB = ∠CED, ∠BAB = 90 +∠F AC =∠ECD.

Следовательно, треугольники $CED$ и $AB ′B$ подобны по двум углам, поэтому

AB′= CE- = AZ. BB′ ED BT

Полученное равенство означает, что прямоугольные треугольники $AB′Z$ и $BB ′T$ подобны по отношению катетов. Тогда $∠BT B′ = ∠AZB ′,$ поэтому точка $B′$ лежит на окружности $ω.$ Заметим, что $AB$ — прямая Симcона точки $B′$ для треугольника $ZET,$ поскольку $∠B′AE = ∠B ′BE = 90∘.$ Тогда и проекция $B′$ на прямую $ZT$ тоже лежит на $AB,$ то есть $B ′X ⊥ ZT.$

Рассуждая аналогично, мы получаем, что точка $C′,$ диаметрально противоположная $E$ на окружности $(CED ),$ лежит на окружности $ω,$ а также $′ C Y ⊥ ZT.$ Таким образом, $′ ′ BC$ — хорда окружности $ω,$ а $X$ и $Y$ — проекции точек $′ B$ и $′ C$ на прямую $ZT,$ поэтому $′ ′ XY ≤ B C ≤ d,$ что и требовалось.

$PIC$

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 1. Приведём схему другого решения.

Нетрудно показать, что $XZ = TY$ (например, используя Теорему Менелая). Пусть $M,N,K$ — середины $AC$ (и $ZE$ ), $BD$ (и $T E$ ), $XY$ (и $ZT$ ) соответственно. Пусть $F = AB ∩CD,$ Из прямоугольного треугольника $XF Y$ имеем $FK = XY∕2.$ Далее, $KMN$ — серединный треугольник для треугольника $EZT.$ Легкий счет углов (с использованием медианы прямоугольного треугольника) дает

∠MF N = 180∘− ∠MEN = 180∘− ∠MKN.

Значит, точки $M,K,N,F$ лежат на одной окружности, тогда $FK$ — хорда окружности ( $MKN$ ). Отсюда

XY ∕2= KF ≤2RMKN = RETZ,

что завершает решение.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 2. На самом деле $B′C ′$ — диаметр окружности ( $ET Z$ ), что нетрудно установить счётом углов, но для решения этого не требуется. Равенство $XY = d$ достигается в том и только в том случае, когда исходный четырёхугольник — вписанный.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 3. Приведём план ещё одного подхода к задаче. Используем обозначения из приведённого выше решения, а также введём новые: $x= BF,$ $y = AB,$ $z = CF,$ $t= DC,$ $k = DE, EB$ $m = AE, FC$ $p=ZT,$ $α= ∠AED.$ Из теорем Менелая для $△EZT$ и прямой $AY B,$ $△EZT$ и прямой $CY D$ находим:

--1-- XZ = YT = P ⋅k!− 1

По теореме синусов для треугольника $p ZET :d = sinα,$ в силу сказанного выше

XY = XZ +Y Z+ ZT =p ⋅ k!+-1 k!− 1

Таким образом, достаточно доказать, что $sinα≤ kk!−!+11(⋆).$ Из теорем Менелая для $△AFC$ и прямой $BED,$ $△BF D$ и прямой $AEC$ легко видеть, что

k = t(x+-y), l= y(z+-t), zy xt

отсюда

(x+y)(z+t) k!− 1 (x +y)(z +t)− xz kl= ----xz----+ k!+1-= (x-+y)(z-+t)+xz.

Обозначим

∠FAC = β, ∠F DB = γ,

тогда $α =90∘+ β+ γ.$ Значит,

∘ -------------- sinα = cosγcosβ− sinγsinβ = (x+ y)(z+t)− xz,

последнее равенство получается из прямоугольных треугольников $AFC$ и $BF D.$ Остаётся заметить, что

∘ (x2+(z+-t)2)(z2+-(x-+y)2)-≥xz+ (z+t)(x+ y)

по неравенству Коши-Буняковского-Шварца, получаем в точности требуемое неравенство ( $⋆$ ).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#134203Максимум баллов за задание: 7

Окружность $ω$ описана около треугольника $ABC.$ Биссектриса $AL$ пересекает $ω$ в точке $S ⁄= A.$ Докажите, что длина проекции отрезка $AS$ на прямую $AB$ больше длины отрезка $AL.$

Источники: Высшая проба - 2024, 10.5 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какую еще проекцию можно рассмотреть?

Подсказка 2

Пусть точки K и M — проекции S на AB и BC соответственно. Будем считать без потери общности AB > AC. Что можно сказать о точках K и M?

Подсказка 3

Например, точка M будет являться серединой BC.

Подсказка 4

Попробуйте заметить точки, лежащие на окружности.

Подсказка 5

Это точки K, M, B, S. Рассмотрите треугольник AKL. Как он связан с вопросом задачи?

Подсказка 6

Какой вывод можно будет сделать, если мы докажем, что ∠ALK — тупой?

Подсказка 7

Тогда AK > AL! Попробуйте оценить сумму ∠LAK + ∠AKL.

Подсказка 8

При получении неравенства Вам может пригодиться взаимное расположение точек L и M.

Показать доказательство

Длины проекции на $AB$ и на $AC$ совпадают, поэтому без потери общности $AB >AC.$

Пусть точки $K,$ $M$ — проекции $S$ на $AB$ и $BC$ соответственно. Заметим, что точка $K$ — попала на отрезок $AB,$ а $M$ — середина $BC,$ а, значит, лежит на $BL.$ Так же, точки $K,$ $M,$ $B,$ $S$ лежат на одной окружности.

$PIC$

Докажем, что в $△AKL$ угол $∠ALK$ тупой, из этого сразу будет следовать, что $AK > AL.$ Для этого оценим $∠LAK + ∠AKL.$ Пользуемся описанной окружностью треугольника и вписанностью $KMSB$

∠LAK = ∠SAC = ∠SBC = ∠SBM = ∠SKM < 90∘− ∠LKA

В последнем неравенстве воспользовались расположением точек $L$ и $M.$ Это неравенство даёт нам $∘ ∠LAK + ∠LKA < 90 ,$ а из этого следует, что $∠ALK$ — тупой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#134577Максимум баллов за задание: 7

Дан описанный четырёхугольник $ABCD$ с тупым углом $ABC.$ Лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $P,$ а лучи $DA$ и $CB$ — в точке $Q.$ Докажите, что $|AD − CD |≥|r1 − r2|,$ где $r1$ и $r2$ — радиусы вписанных окружностей треугольников $P BC$ и $QAB.$

Источники: ММО - 2024, 10.4 (см. mos.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нас просят доказать какое-то странное неравенство… Какие точки стоит обозначить на рисунке для начала? Нас ведь спрашивают про радиусы вписанных окружностей…

Подсказка 2

Пусть T₁ и T₂ — точки касания вписанных окружностей треугольников PBC и QAB со сторонами BC и AB соответственно, а K и L — точки касания вписанной окружности ABCD со сторонами BC и AB соответственно.

Подсказка 3

Что следует из свойств вписанного четырехугольника?

Подсказка 4

AB + CD = BC + AD, поэтому |AD - CD| = |AB - BC|. Как можно найти r₁ и r₂?

Подсказка 5

Посмотрите, например, на треугольник BI₁T₁, где I₁ — центр вписанной окружности треугольника BPC. Как радиус вписанной окружности связан с его углами?

Подсказка 6

r₁ = BT₁ ⋅ tg∠CBI₁. Аналогично для второго треугольника.

Подсказка 7

Заметьте, что ∠QBA = ∠PBC.

Подсказка 8

Попробуйте оценить tg(∠PBC/2).

Подсказка 9

Распишите |BC - AB| через равные отрезки и получите желаемое отношение.

Показать доказательство

Пусть $T 1$ и $T 2$ — точки касания вписанных окружностей треугольников $PBC$ и $QAB$ со сторонами $BC$ и $AB$ соответственно, а $K$ и $L$ — точки касания вписанной окружности $ABCD$ со сторонами $BC$ и $AB$ соответственно (см. рис.).

$PIC$

По свойству описанного четырёхугольника $AB + CD =BC + AD,$ поэтому $|AD − CD |=|AB − BC |.$ Из треугольников $BI1T1$ и $BI2T2$ имеем, что

r1 = BT1⋅tg∠CBI1 и r2 = BT2⋅tg∠CBI1

Откуда

|r1− r2|= |BT1 − BT2|⋅tg ∠PBC 2

Так как $∠PBC < 90∘,$

|BT1− BT2|⋅tg ∠P-BC ≤ |BT1 − BT2| 2

Заметим, что $BL = BK$ как отрезки касательных, а $BK = CT1,$ ведь $T1$ и $K$ — точки касания вписанной и вневписанной окружностей $△P BC$ со стороной $BC,$ аналогично $BL = AT2.$ Тогда

|BC − AB |= |BT1− BT2+ CT1− AT2|= |BT1− BT2|≥ |r1− r2|

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#71290Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что в параллелограмме против большего угла лежит большая диагональ.

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим параллелограмм через $ABCD$ , и пусть $∠A< ∠B$ . Продлим отрезок $AB$ за точку $B$ на свою длину, обозначим полученную точку через $K$ . Тогда $DC =AB = BK$ , и $DC ∥ BK$ . Значит, $DCKB$ — тоже параллелограмм, в частности, $BD = KC$ . Так как $∠A< ∠B$ , а их сумма равна $∘ 180$ , то $∘ ∠ABC > 90$ . Поэтому, если провести через $B$ серединный перпендикуляр к $AK$ , то относительно этого серединного перпендикуляра точки $A$ и $C$ лежат по разные стороны. Отсюда $AC > CK = BD.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#71291Максимум баллов за задание: 7

Дан треугольник $ABC,CD$ — медиана, проведённая к стороне $AB.$ Докажите, что если $AC >BC,$ то $∠ACD <∠BCD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда мы видим медиану, нам сразу в голову должно приходить базовое дополнительное построение — продление медианы на её длину. Так и сделаем, продлим CD за точку D.

Подсказка 2

Теперь у нас есть параллелограмм, а также новые треугольники. В одном из них и кроется решение задачи. Вспомните факт про угол напротив большей стороны в треугольнике.

Показать доказательство

$PIC$

Продлим медиану $CD$ за точку $D$ на свою длину, обозначив полученную точку через $K.$ Тогда фигура $CAKB$ — параллелограмм, так как его диагонали точкой пересечения делятся пополам. Поэтому $BC = AK$ как противоположные стороны параллелограмма, $∠BCD =∠DKA$ как накрест лежащие. В треугольнике $AKC$ сторона $AC > BC = AK,$ а напротив большей стороны в треугольнике лежит больший угол, значит, $∠BCD = ∠AKC > ∠ACD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#89865Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ проведена медиана $BM$ . На продолжении стороны $AC$ за точку $C$ отмечена такая точка $D$ , что $BD = 2CD.$ Описанная окружность треугольника $BMC$ пересекает отрезок $BD$ в точке $N.$ Докажите, что $AC +BM >2MN.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда нам дают условие о том, что описанная около треугольника окружность пересекает какую-то прямую в некоторой точке, то сразу стоит думать о том, что четырехугольник, образованный этим треугольником и этой точкой, - вписанный. А вписанность дает возможность отметить много уголочков и найти подобие. Попробуйте сделать это в нашей задаче.

Подсказка 2

Чтобы добить задачу, нужно не забыть использовать отношение сторон, данное в условии. А так же вспомнить неравенство треугольника!

Показать доказательство

$PIC$

По условию $BNCM$ — вписанный четырехугольник. Следовательно, $∠DMB =∠DNC,$ поэтому треугольники $DMB$ и $DNC$ подобны.

Стало быть, $BMCN = BCDD-=2$ и, значит, $BM = 2CN$ .

Таким образом, $AC +BM =2(MC + CN )$ и осталось доказать, что $MC + CN >MN$ . Но это просто неравенство треугольника для $△MNC$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#131891Максимум баллов за задание: 7

Точка $X$ лежит строго внутри описанной около треугольника $ABC$ окружности. Обозначим через $I B$ и $I C$ центры внеописанных окружностей этого треугольника, касающихся сторон $AC$ и $AB$ соответственно. Докажите, что

XIB ⋅XIC > XB ⋅XC.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2023, 9.4 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим через $Γ$ окружность с диаметром $II . B C$ Поскольку $CI ⊥CI C B$ и $BI ⊥ BI , C B$ точки $B$ и $C$ лежат на $Γ .$

Обозначим через $I$ центр вписанной окружности треугольника $ABC.$ Если точка $X$ лежит внутри угла $BIC,$ то углы $XBIC$ и $XCIB$ тупые, поэтому:

XIB >XC, XIC > XB.

Перемножив эти неравенства, получим:

XIB ⋅XIC > XC ⋅XB.

$PIC$

В противном случае точки $X$ и $A$ лежат в одной полуплоскости относительно прямой $BC.$ Продлим лучи $CX$ и $IBX$ до пересечения с $Γ$ в точках $C1$ и $Y$ соответственно.

Поскольку четырёхугольник $AICBI$ вписан в окружность с диаметром $IIC,$ имеем:

∠XC1B =∠IICB = ∠IAB = 12∠CAB,

а также

1 1 1 2∠CAB < 2∠CXB = 2(∠XC1B +∠XBC1 ).

Отсюда следует: $∠XC1B <∠XBC1,$ а значит, $XC1 > XB.$

$PIC$

Кроме того, поскольку длина хорды окружности не превосходит длины диаметра:

IBX + XIC ≥ IBIC ≥ IBY =IBX + XY,

откуда $XIC > XY.$

Следовательно:

XIB ⋅XIC ≥XIB ⋅XY = XC ⋅XC1 >XC ⋅XB.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#31354Максимум баллов за задание: 7

Внутри прямого угла с вершиной $O$ взята точка $C$ , а на его сторонах — точки $A$ и $B$ . Докажите, что $2OC < AC+ BC +AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, снова встречаем неравенство на странные отрезки, которые между собой никак не соотносятся. Мы знаем несколько известных неравенств на отрезки - например, неравенство треугольника. Тогда попробуем его здесь найти и использовать

Подсказка 2

Для этого нам пригодится создать на картинке отрезок длинной 2ОС, пока его нет. Давайте просто продлим за точку О отрезок ОС до точки ОС1, так, что ОС1 = ОС. Теперь длина СС1 = 2ОС. Ищем треугольник, для которого можно написать неравенство! (мы же предварительно нарисовали картинку и отметили там все отрезки, о которых идет речь, да?)

Подсказка 3

Например, можно для треугольника АСС1. То есть, если мы докажем, что АС1<= АВ + ВС, то получим неравенство из условия! Осталось это доказать, и задача решена😏

Показать доказательство

Первое решение.

Удвоим отрезок $CO$ за точку $O$ и получим отрезок $′ CC$ длины как в левой части искомого неравенства. Нужно доказать, что его длина меньше периметра треугольника $ABC$ . Отразим также точку $B$ относительно точки $O$ и обозначим полученную точку за $D$ .

$PIC$

В силу осевой симметрии точек $B$ и $D$ относительно $AO$ получаем $AB =AD$ . Из равенства треугольников $BOC$ и $DOC′$ по двум сторонам (из построения) и углу между ними (как вертикальные) имеем $BC =DC ′$ . Наконец, из неравенства ломаной $CC ′ <CA + AD +DC ′ = CA +AB + BC$ получаем требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

Отразим точку $C$ относительно сторон угла $AOB$ , получим точки $′ C$ и $′′ C$ .

По построению стороны угла являются серединными перпендикулярами к сторонам $CC ′$ и $CC ′′$ , а в силу того, что угол между сторонами угла прямой, угол $C′CC ′′$ между перпендикулярами к ним тоже является прямым. Поэтому точка $O$ лежит на гипотенузе $C′C′′$ треугольника $C′CC′′$ и является центром описанной около него окружности, а отрезок $CO$ — её радиусом $R$ .

Выражение в правой части неравенства превращается в длину ломаной $C′A+ AB +BC ′′$ , которая больше длины отрезка $C ′C′′ =2R = 2CO.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение

Используем прямоугольный треугольник $AOB :$ пусть $M$ — середина $AB$ , тогда $OM = AB2$ . В связи с этим нужно доказать $OC < OM + BC+A2C-.$

$PIC$

Запишем неравенство треугольника для $ΔOMC$ : $OC ≤OM +MC$ . Осталось доказать $BC+AC- MC < 2$ . Но это известное неравенство медианы, применённое для $ΔABC$ .

В итоге

BC +AC AB + BC +AC OC ≤OM +MC < OM + ---2---= ------2-----

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#31837Максимум баллов за задание: 7

На диагонали $AC$ выпуклого четырехугольника $ABCD$ отмечена точка $E$ . Известно, что $∠BAC =∠BCA =∠DAC = 30∘,AC ⊥DE$ u $AE = 2CE$ . Докажите, что $AD +AE > 2BD$ .

Показать доказательство

$PIC$

Отметим на отрезке $AC$ точки $X$ и $Y$ так, что $∠ABX = ∠CBY = 30∘$ , чтобы получить $AX = XB$ и $CY = YB$ . Причём как внешние углы $∠BXY = 60∘$ и $∠BY X =60∘$ . Следовательно, треугольник $XBY$ правильный, а тогда $AX = XY = YC = BX = BY$ . Так как $AE = 2CE$ , то получаем, что точка $Y$ совпадает с $E$ , поэтому $AE = 2EB$ . Кроме того, $AD = 2DE$ , как гипотенуза и меньший катет прямоугольного треугольника с углом $30∘$ . Итак, $AD +AE = 2(DE +EB )> 2BD$ по неравенству треугольника, что и требовалось.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#100186Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ сторона $CD$ видна с середины стороны $AB$ под прямым углом. Докажите, что $AD + BC ≥CD.$

Источники: Муницип - 2022, Брянская область, 8.3 (см. tasks.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Очевидно, что середина стороны из условия задачи — середина противоположной стороны к CD. Обозначим эту середину O. Проведем OD и OC. Какие параллельные прямые к этим двум отрезкам можно построить так, чтобы угол между ними был прямым?

Подсказка 2

Верно! Через A проводим прямую, параллельную OC, а через B проводим прямую, параллельную OD. Обозначим X их точку пересечения. Тогда угол ∠AXB прямой. А как соотносятся OD и AX?

Подсказка 3

Верно! OD является серединным перпендикуляром к AX. Какой вывод можно сделать о треугольнике ADX?

Подсказка 4

Точно! Он равнобедренный! Аналогично, CBX равнобедренный. Тогда чему равна сумма AD + BC?

Показать доказательство

Обозначим середину стороны $AB$ через $O,$ проведем лучи $AX$ и $BX,$ которые параллельны соответственно прямым $OD$ и $OC,$ которые пересекаются в точке $X.$

$PIC$

Понятно по построению, что $△AXB$ — прямоугольный. Тогда $OD$ — срединный перпендикуляр к $AX,$ а $OC$ — серединный перпендикуляр к $BX,$ поэтому $AD =DX, XC = CB$ откуда

AD+ BC = DX + XC ≥DC.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#43116Максимум баллов за задание: 7

Вершины $K,L,M,N$ четырехугольника $KLMN$ лежат соответственно на сторонах $AB,BC,CD, DA$ квадрата $ABCD.$ Найти наименьший возможный периметр четырехугольника $KLMN,$ если $AK = 2$ см, $BK =4$ см и $AN =ND.$

Источники: ОММО-2010, номер 7, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Очень часто, когда просят найти наименьший периметр, помогает сводить задачу к неравенству ломаной. Т.е. все нужные нам отрезки "сложить" в одну ломаную. Каким образом это удобнее всего сделать в нашем случае, учитывая, что у нас квадрат?

Подсказка 2

Квадрат удобно отражать и переносить. Осталось лишь подумать, относительно каких сторон это делать, чтобы каждый раз у нас появлялся новый кусочек ломаной, которую хотим создать из нужных отрезков.

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

(везде ниже единицы измерения — сантиметры)

Из первого условия $AB =6 =⇒ AN = ND = 3.$ Сведём задачу к неравенству ломаной. Для этого отразим квадрат относительно $CD$ ( $A → A′,B → B′),$ а затем относительно $BC ′$ ( $D → D ′,A′ → A′′,M → M ′).$ Легко видеть, что $LM = LM ′.$ Далее отразим $N$ относительно $C$ в точку $N′ ∈ D′A ′′.$ Можно считать, что точку $M$ мы ранее также отражали относительно $C,$ потому $M ′N ′ =MN.$ По неравенству ломаной $KN ′ ≤ KL+ LM ′+M ′N′ = PKLMN − NK.$ Отрезок $NK =√32-+22 = √13$ фиксирован, потому достаточно посчитать длину $KN ′$ (нетрудно видеть, что минимум достигается подбором точек $L$ и $M ).$ Используем теорему Пифагора $xKN ′ =6 +3= 9$ (“проекция на $Ox$ ”) и $yKN′ = 4+ 6= 10,$ откуда $KN ′ = √181.$

Второе решение.

Введём систему координат с центром в точке $A,$ ось $Ox$ направим вдоль $AD,$ ось $Oy$ вдоль $AB,$ возьмём за единицу измерения $1$ см. Обозначим координату точки $L$ по оси $x$ за $a,$ координату точки $M$ по оси $y$ — за $b.$ Тогда по теореме Пифагора периметр четырёхугольника $KLMN$ равен