1-я Балканская математическая олимпиада среди юниоровБелград, Югославия, 1997 год

Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC$, точки $N$ и $M$ — середины сторон $AB$ и $CA$ соответственно. Прямые $BI$ и $CI$ пересекают $MN$ в точках $K$ и $L$ соответственно. Докажите, что $AI+BI+CI > BC+KL$. ( Greece )

Комментарий/решение

По неравенству треугольника имеем BI + CI > BC. Теперь докажем, что KL < AI. Так как NM параллельно BC, то угол NBI = угол IBC = угол BKN , значит NK = NB. Аналогично ML = MC. Пусть H - это основание перпендикуляра из точки I на сторону AB. Тогда KL = ML + NK - NM = MC + BN - NK = (AB + AC - BC)/2 = AH < AI так как AI - гипотенуза прямоугольного треугольника AIH, а AH его катет. Значит AI + BI + CI > KL + BC , что и требовалось доказать.

Поскольку $MN \parallel BC$, и $CI, BI$ - биссектрисы, то $\angle LCM=\angle CLM$, $ \angle NBK= \angle NKB, \Rightarrow NK=\frac{AB}{2}, LM=\frac{AC}{2}$, тогда $KL=LN+2MN+MK-MN=\frac{AB+AC}{2}-\frac{BC}{2}, KL+BC=\frac{AB+BC+AC}{2}=p$.

Итак, нужно доказать, что $p<AI+BI+CI$. Мы знаем, что $AI+BI>AB, BI+CI>BC, CI+AI>AC$, суммируя получаем требуемое

По неравенству треугольников получим AI+BI>BC

BI, CI are bisectors of <ABC and <ACB respectively

Since N and M are middle points, NM || BC then <NBK = <NKB and NK = NB = AN then N is circumcentre of triangle ABK. Similarly for point M. We note that <AKB = <AKC = 90 then points

A, K, I, L are lie in circle with diameter AI since we havent line segment longer than diameter where AI >= KL what we needto prove