3-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2016 год, вторая лига, 9-10 классы

На боковых сторонах трапеции $ABCD$ ($AB \parallel CD$) как на диаметрах построены окружности $\omega_1$ и $\omega_2$. Пусть $X$ и $Y$ произвольные точки на $\omega_1$ и $\omega_2$, соответственно. Докажите, что длина отрезка $XY$ не превосходит половины периметра четырёхугольника $ABCD$.

Комментарий/решение

$$\omega_1: AD=2R_1=2\cdot TO_1$$

$$\omega_2: BC=2R_2=2\cdot KO_2$$

$$\square ABCD: O_1O_2=\frac{AB+CD}{2}$$

$$XY<TK=TO_1+O_1O_2+O_2K=R_1+O_1O_2+R_2=$$ $$=\frac{AD}{2}+\frac{AB+DC}{2}+\frac{BC}{2}=\frac{AB+BC+CD+AD}{2}=\frac{S_{\square ABCD}}{2} \Rightarrow$$

$$\Rightarrow XY<\frac{S_{\square ABCD}}{2}$$

Рисунок этой задачи

$(!) \frac{P(ABCD)}{2} \geq XY \Leftrightarrow (!) \frac{P(ABCD)}{2} = max(XY).$

Утверждение 1: $max(XY) \Leftrightarrow XY - средняя \: линия \: в \: трапеции \: ABCD \Leftrightarrow когда \: касательные \: с \: точек \: X,Y \: не \: пересекаются.$

Доказательство: Пусть касательные с точек $X,Y$ пересекаются в точке $M$, $\angle MXY = \angle MYX = \alpha, \: и \:MX=MY=k.$ Тогда $\angle XMY = 180 - 2\alpha \Rightarrow \frac{XM}{sin \: \alpha} = \frac{k}{sin \: a} = \frac{XY}{sin \: 180-2a} = \frac{XY}{sin \: 2a} \Rightarrow \frac{k \: \cdot \: sin \: 2a}{sin \: a} = 2k \: \cdot \: cos \: a = XY \Rightarrow$ чтобы найти $max(XY)$ нужно найти $max(2k \: \cdot \: cos \: a),$ так как $k \in C(константа),$ нужно найти $max(2 \: \cdot \: cos \: a) = 2,(когда \: \alpha = 0) \Rightarrow$ касательные с точек $X,Y$ не пересекаются.

Дальше легко доказать то что $XY \: -$ средняя линия в трапеции $ABCD, \: AX \cap CD = Z, \: BY \cap CD = T,$ по свойству о средних линиях в трапеции: $\frac{AB + ZT}{2} = XY \Rightarrow (!)AB + ZT = P(ABCD).$ $P(ABCD)= AB+BC+CD+DA = AB+2FY+CD+2XE = AB + CT + CD + ZD= AB + ZT. \: \square$