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

Внутри выпуклого четырёхугольника $ABCD$ выбрана точка $G$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC$. Оказалось, что $G \in [BD]$, $\angle DCG = \angle BAC$. Из точки $D$ опустили перпендикуляр $DE$ на отрезок $CG$. Докажите, что $\frac{CG}{DE} \ge \frac{2\sqrt 3}{3}.$

Комментарий/решение

В официальном решении вычисляли $\frac{CG}{DE}=ctg\angle BAC+ctg\angle DGC$, но это слишком straightforward, давайте прикольнёмся.

Мотивация. Мне захотелось сделать подобием

Решение. 1) Положим $M=BG\cap AC$, $BC=a, AC=b, AB=c$ и $BH=h$ высота $\triangle ABC$. Пусть $E$ на $MC$ такова, что $\triangle BEM \sim \triangle CGM$, то есть$$ME=MG\cdot \frac{MB}{MC}=\frac {2MB^2}{3b}=\frac{2a^2+2c^2-b^2}{6b}$$$$AE=AM+ME=\frac{b}2+\frac{2a^2+2c^2-b^2}{6b}=\frac{a^2+b^2+c^2}{3b}$$В первой строке была использована формула медианы

2) Также из подобия $\angle BEM=\angle CGM\Rightarrow\triangle ABE\sim \triangle CDG$ по двум углам. Из соотношения соответственных элементов в этих треугольниках, имеем$$\frac{CG}{DE}=\frac{AE}{BH}=\frac{a^2+b^2+c^2}{3bh}=\frac{a^2+b^2+c^2}{6S_{ABC}}$$3) Таким образом, достаточно доказать, что $a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt3S_{ABC}$. Это уже классическая задача с IMO 1961. Для решения воспользуемся стандартной заменой для доказательства неравенств со сторонами треугольника $x=\frac{b+c-a}2,y=\frac{a+c-b}2,z=\frac{a+b-c}2$ - несложно видеть, что эти числа положительны. Тогда, используя формулу Герона, требуемое неравенство переписывается в виде $(y+z)^2+(x+z)^2+(x+y)^2\ge4\sqrt{3xyz(x+y+z)}$. Используем $AM-QM$ и $AM-GM$$$(y+z)^2+(x+z)^2+(x+y)^2\ge \frac43(x+y+z)^2=\frac43(x+y+z)^{\frac32}\sqrt{x+y+z}\ge4\sqrt{3xyz(x+y+z)}$$что требовалось доказать

Здравствуйте, вы решили эту задачу на самой олимпе?

найс решение ааххахах

Сильная мотивация