Олимпиада Туймаада по математике. Старшая лига. 2017 год


Диагонали $AC$ и $BD$ вписанного четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $P$ под прямым углом. Точка $Q$ на отрезке $PC$ выбрана так, что $AP=QC$. Докажите, что периметр треугольника $BQD$ не меньше чем $2AC$. ( А. Кузнецов )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  0
2021-09-04 07:43:32.0 #

Неравенство треугольника $\sqrt{a_1^2+b_1^2}+\sqrt{a_2^2+b_2^2} \geq \sqrt{(a_1+a_2)^2+(b_1+b_2)^2}$

Рассмотрим вписанный в $\omega$ равнобедренную трапецию $ABCF$ где $AB=CF$ проведем высоту $BP$ и пусть $D \in BP \cap \omega$ аналогично высоту $FQ$ на $AC$ и $G \in FQ \cap AC$ тогда $ABCD$ и $AP=CQ$ пусть $XY$ диаметр и $XY || AC$ пусть $H$ середина $FG$ тогда докажем что $2BH \leq QD+QB$ $(1)$ пусть $PD=x, BP=y, PQ=z$ тогда $(1)$ есть $\sqrt{x^2+z^2}+\sqrt{y^2+z^2} \geq 2\sqrt{(\dfrac{x+y}{2})^2+z^2}$ это и есть неравенство треугольника, докажем что $P_{BHD} \geq 2XY$ $(2)$ пусть $ E \in BD \cap XY$ и $O$ центр $\omega$ пусть $XE=x, OE=y$ тогда $BE^2=x(2y+x)$ тогда $(2)$ есть $\sqrt{x(2y+x)+4y^2}+\sqrt{x(2y+x)} \geq 2(x+y)$

тогда по неравенству треугольника $\sqrt{x(2y+x)+4y^2}+\sqrt{x(2y+x)} \geq \sqrt{(2\sqrt{2y+x})^2+4y^2} = \sqrt{4(x+y)^2} = 2(x+y)$

тогда $P_{BQD} \geq P_{BHD} \geq 2XY \geq 2AC$