Леонард Эйлер атындағы олимпиада,2010-2011 оқу жылы, қорытынды кезеңнің 1-ші туры

$AB=CD$ тең болатын $ABCD$ дөңес төртбұрышының ішінен $PBA$ мен $PCD$ бұрыштарының қосындысы $180^\circ$ болатындай $P$ нүктесі алынған. $PB+PC < AD$ екенін дәлелдеңіз. ( С. Берлов )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Решение. Построим на продолжении луча $PC$ за точку $C$ точку $K$ таким образом, что $CK = BP$. Тогда треугольники $ABP$ и $DCK$ будут равны по двум сторонам и углу между ними. Поэтому $DK = AP$ и $\angle BAP = \angle CDK$. Построим параллелограмм $PKDL$. Так как $\angle ABC+\angle BCD > 180 ^\circ$, то $\angle BAD+\angle ADC < 180 ^\circ$, откуда $\angle APD = 180 ^\circ - \angle PAD - \angle PDA > \angle BAP+\angle PDC = \angle PDK = \angle DPL$. Следовательно, луч $PL$ пойдет внутрь угла $APD$. Но $AP = DK = LP$, поэтому точка $D$ будет с той же стороны от серединного перпендикуляра к $AL$, что и точка $L$. Поэтому $AD > DL = PK = PC+PB$.

$AD>|PA-PD|$

$PA>|AB-PB|; PD<PC+CD \rightarrow -PD>-PC-CD \Longrightarrow AD>|PA-PD|>|AB-PB-CD-PC|=PB+PC$