Олимпиада имени Леонарда Эйлера 2018-2019 учебный год, I тур регионального этапа

Периметр треугольника $ABC$ равен 2. На стороне $AC$ отмечена точка $P,$ а на отрезке $CP$ — точка $Q$ так, что $2AP = AB$ и $2QC = BC.$ Докажите, что периметр треугольника $BPQ$ больше 1. ( А. Кузнецов )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Положим $AB = c,$ $AC = b,$ $BC = a.$ Нам требуется доказать, что $BP+BQ+PQ > 1 = (a+b+c)/2.$ Поскольку $PQ = AC-AP-CQ = b-(a+c)/2,$ надо доказать, что $BP+BQ > (a+b+c)/2-b+(a+c)/2 = a+c-b/2.$
   Обозначим через $M$ и $N$ середины сторон $AB$ и $BC$ соответственно, а через $R$ и $S$ такие точки на лучах $AC$ и $CA$ соответственно, что $AR = AB,$ $CS = CB.$ Заметим, что $BP = RM$ как медианы из вершин основания равнобедренного треугольника $BAR.$ Аналогично, $BQ = SN.$ Осталось заметить, что сумма $SN+RM$ диагоналей трапеции $RNMS$ больше суммы ее оснований $SR+MN = (AR+CS-AC)+AC/2 =(c+a-b)-b/2 = a+c-b/2.$

$AB = 2x$, $BC = 2y$, $AP = x$, $CQ = y$, $PQ = z$. Из неравенства треугольника $2x + 2y > x+y+z \iff x+y>z$. $AB - BP < AP = x$, $BC - BQ < QC = y$, $2x + 2y - (BP + BQ) < x+y$, $BP + BQ > x+y$. $BP + BQ + PQ > x+y+z > 1$, поскольку $2 = 3x + 3y + z > 2x + 2y + 2z$. $\blacksquare$