9-шы халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2013 жыл

Дан выпуклый шестиугольник $ABCDEF$, в котором $AB\parallel DE$, $BC\parallel EF$, $CD\parallel FA$. Расстояние между прямыми $AB$ и $DE$ равно расстоянию между прямыми $BC$ и $EF$ и расстоянию между прямыми $CD$ и $FA$. Докажите, что сумма $AD+BE+CF$ не превосходит периметра шестиугольника $ABCDEF$.

Комментарий/решение

Пусть $X \in AD \cap BE, \ Y \in AD \cap CF, \ Z \in BE \cap CF$ и пусть перпендикуляры $A_{1}D_{1} , \ B_{1}E_{1} , \ C_{1}F_{1}$ к сторонам $AB,BC,CD$ проходящие через точки $X,Y,Z$ соответственно.

1) Докажем что $AD,BE,CF$ есть биссектрисы их углов.

Рассмотрим параллелограмм $MNPQ$ у которого параллельные стороны равноудалены, пусть $M_{1},N_{1},P_{1},Q_{1}$ середины стороны $QM,MN,NP,PQ$ проведем через эти точки перпендикуляры $M_{1}P_{2}, \ P_{1}M_{2}, \ N_{1}Q_{2} , \ Q_{1}N_{2}$ $P_{2},M_{2},Q_{2},N_{2}$ лежат на противоположных сторонах, тогда они равны между собой, откуда получаем $N_{1}Q_{1}=M_{1}P_{1}$, значит параллелограмм $M_{1}P_{1}N_{1}Q_{1}$ является прямоугольником. Откуда получаем что $\angle (MP , QN) = 90^{\circ}$ или $MNPQ$ - ромб, значит $MP,QN$ являются биссектрисами соответствующих углов. Применяя это к шестиугольнику у которого есть равноудаленные параллельные стороны , получаем $AD,BE,CF$ являются биссектрисами.

2) Пусть параллельные стороны удалены на расстояние равной $H$ и $\angle DAB=A, \ \angle ABE = B , \ \angle BCF = C$ , тогда выразив стороны $AD = \frac{H}{sinA}, BE = \frac{H}{sinB}, \ CF = \frac{H}{sinC}$

$AB+ED=H \cdot (ctgA+ctgB), \ BC+FE=H \cdot (ctgB+ctgC), \ CD+AF=H \cdot (ctgA+ctgC)$

Откуда преобразовывая, требуется доказать что

$$\frac{1-2cosA}{sinA} + \frac{1-2cosB}{sinB}+\frac{1-2cosC}{sinC} \leq 0 \ (*)$$ при $A+B+C=180^{\circ}$

3) Рассмотрим треугольник $ABC$ с углами равными $A,B,C$ и с противоположенными сторонами соответственно равными $b=x+z,c=z+y,a=x+y$ выражая углы через стороны получаем $(*)$ запишется в виде

$$\frac{3xz-y^2-xy-yz+3yz-x^2-xy-xz+3xy-z^2-xz-yz}{2 \sqrt{xyz(x+y+z)}} \leq 0$$

откуда $x^2+y^2+z^2>xy+yz+zx$ которая верна, значит $AB+DE+CF \leq AB+ED+BC+FE+CD+AF$.