Республиканская олимпиада по математике, 2013 год, 9 класс

Пусть $AD$, $BE$ и $CF$ биссектрисы треугольника $ABC$. Обозначим через $M$ и $N$ середины отрезков $DE$ и $DF$ соответственно. Докажите, что если $\angle BAC\geq 60^\circ$, то $BN+CM< BC$. ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Лемма 1: Пусть $T$ середина отрезка $YZ$ треугольника $XYZ$, тогда верно неравенство $$2XT<XY+XZ$$

Доказательство: Пусть $X_1$ точка на луче $XT$ такая, что $XT=X_1T$, тогда $XYX_1Z$- параллелограмм, откуда по неравенству треугольника $$2XT=XX_1<XY+YX_1=XY+YZ$$

Лемма 2:Пусть $N$ основание биссектрисы треугольника $XYZ$, тогда $$YN=\frac{x*z}{y+z}$$

$$ZN=\frac{x*y}{y+z}$$

где $x=YZ, y=ZX, z=XY$

Доказательство: Заметим, что $$1) \frac{YN}{ZN}=\frac z y$$ $$2) YN+ZN=x$$ откуда следует утверждение Леммы 2

Решение: Из Леммы 1 и Леммы 2 следует, что $$2BN+2CM<(BT+BD)+(CE+CD)=(BT+CE)+(BD+CD)=(\frac{a*c}{a+b}+\frac{a*b}{a+c})+a$$ тогда достаточно доказать, что $$\frac c {a+b}+\frac b {a+c}\leq1\iff a^2\geq b^2+c^2-bc$$

из теоремы косинусов получаем, что $a^2=b^2+c^2-2bc\cos{\angle BAC}$, откуда достаточно доказать, что $\cos{\angle BAC}\leq\frac 1 2$, а это верно т.к. $\angle BAC\geq 60$