4-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2017 год, вторая лига, 9-10 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

Суретін салдым енді өздерің қарап түсініп алыңдар

Есептің мәтінінде көрсетілгендей AP+PQ ⩽ АВ ∎

По теореме Евклида: $AE^2=AP*AD , AF^2=AQ*AD$

$(!) AB*AD \geq (AP+AQ)*AD=AE^2 + AF^2$

$\sin \angle ABE * AB=AE=\sin \angle ADE * AD \Rightarrow$

$$AE^2=AB*AD* \sin \angle ABE * \sin \angle ADE$$

$\sin \angle ACF * AC=AF=\sin \angle ADF * AD \Rightarrow$

$$AF^2=AC*AD* \sin \angle ACF * \sin \angle ADF$$

Заменим в неравенстве $AE^2$ и $AF^2$ и поделим на $AB*AD$. Тогда достаточно доказать:

$$(!) \sin \angle ABE * \sin \angle ADE + \sin \angle ACF * \sin \angle ADF \leq 1$$

$$(!) \cos (\angle ABE - \angle ADE) - \cos (\angle ABE + \angle ADE) + \cos (\angle ACF - \angle ADF) - \cos (\angle ACF + \angle ADF) \leq 2$$

$$(!) \cos (\angle ABE - \angle ADE) + \cos (\angle ACF - \angle ADF) - (\cos \angle ABC + \cos (180^\circ - \angle ACB)) \leq 2$$

Очевидно $\cos \angle ABC + \cos (180^\circ - \angle ACB)=0$ так как $AB=AC$.Значит:

$$(!) \cos (\angle ABE - \angle ADE) + \cos (\angle ACF - \angle ADF) \leq 2$$

А это верно потому что $\cos \alpha \leq 1$ , для любого угла $\alpha$.

Хорошое решение!