36-я Международная Математическая OлимпиадаКанада, Торонто, 1995 год

Пусть $ABCDEF$ — выпуклый шестиугольник, в котором $AB=BC=CD$, $DE=EF=FA$ и $\angle BCD=\angle EFA=60{}^\circ $. Пусть $G$ и $H$ — две точки внутри шестиугольника такие, что $\angle AGB=\angle DHE=120{}^\circ $. Доказать, что $AG+GB+GH+DH+HE\ge CF.$

Комментарий/решение

Воспользуемся леммой: если $\triangle$ABC правильный и ABCD вписанный то наибольший из отрезков AD,BD,CD равен сумме двух других.Заметим что AF=FE=AE=ED и BC=CD=AB=BD так как $\angle$BCD=$\angle$EFA=60$^\circ$.Значит ABDE симметричен относительно BE так как $\triangle$ABE=$\triangle$DBE, пусть точки $\acute{G}$,$\acute{H}$ симметричны точкам G,H относительно BE.Тогда $\triangle$ABG=$\triangle$BD$\acute{G}$ $\Rightarrow$ $\angle$AGB=$\angle$B$\acute{G}$D=120$^\circ$ аналогично $\triangle$EHD=$\triangle$EA$\acute{H}$ $\Rightarrow$ $\angle$DHE=$\angle$E$\acute{H}$A=120$^\circ$, применяя лемму для BCD$\acute{G}$,AFE$\acute{H}$ получаем,что B$\acute{G}$+D$\acute{G}$=C$\acute{G}$, A$\acute{H}$+E$\acute{H}$=F$\acute{H}$ соответственно.Также GH=$\acute{H}$$\acute{G}$.Используя неравенство ломаной получаем,что C$\acute{G}$+F$\acute{H}$+$\acute{H}$$\acute{G}$$\geq$CF, остается заметить что C$\acute{G}$+F$\acute{H}$+$\acute{H}$$\acute{G}$=AG+GB+GH+DH+HE$\geq$CF, что и требовалось доказать.