Городская олимпиада по математике среди физ-мат школ г. Алматы, 2018 год

В треугольнике $ABC$: $BC\ge CA \ge AB$. Из вершин $B$ и $C$ проведены биссектрисы $BK$ и $CL$. Внутри треугольника $AKL$ выбрана точка $X$, из которой опущены перпендикуляры $XY$ и $XZ$ на стороны $AB$ и $AC$ соответственно. Докажите, что $XY+YZ+ZX < AC$.

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Положим $AB=c$, $CA=b$, $BC=a$.
    1). $BK$ — биссектриса, следовательно $$ \dfrac{AK}{KC}=\dfrac{AB}{BC} \Rightarrow AK=\dfrac{AC\cdot AB}{AB+BC}=\dfrac{bc}{c+a}. $$ Аналогично $AL=\dfrac{bc}{a+b}$. Так как $\dfrac{bc}{a+b}\le \dfrac{bc}{a+c}$, $AK\ge AL.$
    2). Пусть $X'\in KL$, и $Y'$, $Z'$ — образцы точек $Y$ и $Z$ соответствующие точке $X$. Так $X$ лежит внутри треугольника $AKL$, тогда $$ \dfrac{AX'}{AX}=\dfrac{X'Z'}{XZ}=\dfrac{X'Y'}{XY}=\dfrac{Z'Y'}{ZY} > 1 \Rightarrow XY+YZ+ZX < X'Y'+Y'Z'+Z'X'. $$
    Вывод: Периметр треугольника $XYZ$ будет больше, если $X\in KL$.
  3) Если $n=\dfrac{KX}{KL}$, где $n\in[0, 1]$, то $$1-n=\dfrac{KL-KX}{KL}=\dfrac{KX}{KL}.$$ Проведём высоты $LH$ и $KT$ тогда, $XZ=n\cdot LH$ и $XY=(1-n)\cdot KT$. Значит, $$ XZ+XY=n\cdot LH+ (1-n)\cdot KT=n (LH-KT)+KT=f(n).$$ $f(n)$ — линейная функция на интервале $[0, 1]$. Её максимум на одном из концов. $$ S_{AKL}=\dfrac{1}{2}AK\cdot LH=\dfrac{1}{2}AL\cdot KT. $$ Отсюда, так как $AK\ge AL$, то $KT\ge LH$. $f(0)=KT$, $f(1)=LH$. Значит, $XZ+XY\le KT$.
    4) Заметим $AK\ge KT$. $BK$ -- биссектриса, $\dfrac{AK}{CK}=\dfrac{AB}{BC}.$ Так как $CB\ge AB$, то $CK\ge AK$, поэтому $AC\ge 2AK$. По неравенству треугольников $$ 2(XZ+XY) > XZ+XY+ZY. $$ Тогда $$ XZ+XY+ZY < 2)XZ+XY)\le 2KT\le 2AK\le AC.$$