13-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2026 год, первая лига, 9-10 классы

В выпуклом шестиугольнике $ABCYXD$ выполняется $$\begin{gathered}\angle ACY=\angle BDX=90^{\circ},\\ \angle BAC=2\angle CAY,\quad \angle ABD=2\angle DBX,\\ XY=DX+CY.\end{gathered}$$ Докажите, что $$\sqrt{(CD-DX)(CD-CY)} \le \frac{AC+BD-AB}{2}.$$

Комментарий/решение

Сложная задча Лемма. В выпуклом четырехугольнике \(ABCD\) пусть \(M, N\) — середины сторон \(BC, AD\) соответственно. Тогда \(\frac{1}{2}(AB + CD) \geq MN\).

Доказательство. Пусть \(A'\) — точка, симметричная \(A\) относительно точки \(M\). По теореме Фалеса (свойство средней линии) \(DA' = 2MN\). Заметим, что \(ABA'C\) — параллелограмм, следовательно, \(CA' = AB\). Теперь, согласно неравенству треугольника, имеем:\(AB+CD=CA^{\prime }+CD\ge DA^{\prime }=2MN\)Пусть \(X', Y''\) — точки, симметричные \(X, Y\) относительно точек \(C, D\) соответственно. Так как \(\angle CAB = 2\angle YAC\) и \(\angle ACY = 90^\circ\), точка \(Y''\) лежит на биссектрисе угла \(BAC\). Пусть \(E\) — основание перпендикуляра, опущенного из \(Y\) на \(AB\), тогда \(YC = YC'' = Y''E\) и \(AC = AE\). Аналогично, обозначив \(F\) как основание перпендикуляра из \(X'\) на \(AB\), получим \(XD = DX' = X'F\) и \(BD = BF\). Заметим, что \(FX'Y''E\) — прямоугольная трапеция.Согласно предыдущей лемме, имеем:\(2CD\le X^{\prime }Y^{\prime \prime }+XY\implies 2CD-XY\le X^{\prime }Y^{\prime \prime }\)Затем вычислим:\(EF^{2}=X^{\prime }Y^{\prime \prime 2}-(FX^{\prime }-EY^{\prime \prime })^{2}\)\(=X^{\prime }Y^{\prime \prime 2}-(DX-CY)^{2}\)\(\ge (2CD-XY)^{2}-(DX-CY)^{2}\)\(=(2CD-XY-(DX-CY))(2CD-XY+(DX-CY))\)\(=(2CD-(DX+CY)-(DX-CY))(2CD-(DX+CY)+(DX-CY))\)\(=(2CD-2DX)(2CD-2CY)\)\(=4(CD-DX)(CD-CY)\)Так как\(\frac{AC+BD-AB}{2}=\frac{EF}{2}\)мы получаем\(\frac{AC+BD-AB}{2}\ge \sqrt{(CD-DX)(CD-CY)}\)Следовательно, доказательство завершено