4-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2017 год, первая лига, 7-8 классы

Дан равнобедренный треугольник $ABC$ ($AB=AC$). Пусть $l$ — прямая, проходящая через точку $A$ параллельно $BC$, $D$ — произвольная точка на прямой $l$. Обозначим через $E$ и $F$ основания перпендикуляров, опущенных из точки $A$ на $BD$ и $CD$ соответственно. Пусть $P$ и $Q$ — проекции точек $E$ и $F$ на прямую $l$. Докажите, что $AP+AQ \leqslant AB$.

Комментарий/решение

$P',D',E'-$точки, симметричные $P,D,E$ относительно серединного перпендикуляра к $BC.$ Тогда $AP+AQ=AP'+AQ=P'Q \leq EF,$ так как $P'Q-$проекция $EF$ на $l.$ $\angle AE'C=\angle AFC=90^\circ,$ что значит $AC-$диаметр откружности, описанной около $AECF$. Из-за чего $AC \geq E'F,$ Что равносильно требуемому. Равенство достигается, когда $D$, дополняет $ABC$ до параллелограмма.