Юниорская олимпиада по математике. Заключительный этап. 2019-2020 учебный год. 7 класс.

Точка $M$ — середина основания $AB$ равнобедренного треугольника $ABC$ $\left( AC=BC \right)$. На сторонах $AC$ и $BC$ выбраны точки $K$ и $L$ соответственно так, что точка $M$ равноудалена от прямых $AC$ и $KL$. Докажите, что $AK+BL\ge AB$.

Комментарий/решение

проведем $MK$, $ML$ тогда окружность c центром $M$ $MN=R$

$\Rightarrow$ $\angle AKM = \angle MTK=\beta, \angle MTL = \angle BLM=\delta$

$2(\beta+\delta+\alpha)=360$

тогда по трем углам $ \triangle AKM \sim \triangle LMB$

пусть $MB=c, ML=a, BL=b$ тогда $MK=ka, AM=kb, AK=kc$ тогда

$kb=c$ сравним $kc+b и kb+c, b \ne 0$ $k^2b+b>=2kb$ #

Из равнобедренности АВС понятно, что точка М равноудалена от прямых АС и ВС.Поэтому из обратной теоремы о биссектрисе угла следует, что М лежит на биссектрисе углов AKL и KLB. Обозначим $\angle CAB = LCBA = a$, $\angle AKM=\angle LKM = B$,$ \angle KLM = \angle BLM $= X. Тогда расмотрев сумму внутренних углов четырехугольника AKLB, получим 2a + 2B+ 2X = 360° или a + В + X= 180°. Но треугольник АКМ уже имеет углы a и В. Поэтому $\angle AMK = X$. Аналогично, <BML = В.

Следовательно, АКМ ~ BML. Из этого подобия получим

$\frac{AK}{AM}=\frac{BM}{BL} =>AK • BL = AM • BM =>\frac{AB*2}{4}$

Тогда из неравенства$ а + b>= 2(под корнем)ab $(a,b > 0) и равенства (1) следует, что $АК + BL >=2(под корнем)AK • BL = АВ$. Что и требовалось доказать.

$KM$ и $LM$ биссектрисы углов $\angle AKL$ $=$ $2$$\beta$ и $\angle KLB$ $=$ $2$$\theta$ соответственно, и по условию $\angle BAC$ $=$ $\angle ABC$ $=$ $\alpha$, значит $180^\circ$ $-$ $\alpha$ $-$ $\beta$ $+$ $180^\circ$ $-$ $\beta$ $-$ $\theta$ $+$ $180^\circ$ $-$ $\theta$ $-$ $\alpha$ $=$ $180^\circ$ $\Rightarrow$ $\alpha$ $+$ $\beta$ $+$ $\theta$ $=$ $180^\circ$, откуда имеем $\angle AMK$ $=$ $\theta$ , $\angle KML$ $=$ $\alpha$ , $\angle BML$ $=$ $\beta$ , поэтому $\triangle AKM$ и $\triangle BML$ подобны, откуда $\frac {AK}{BM}$ $=$ $\frac {AM}{BL}$ $\Rightarrow$ $AM^2$ $=$ $AK \cdot BL$ , пусть $AK$ $=$ $x$ , $BL$ $=$ $y$ , $AM$ $=$ $a$ , тогда имеем что $x \cdot y$ $=$ $a^2$, нам надо доказать что $x$ $+$ $y$ $\geq$ $2$$a$, возведем в квадраты с обеих сторон, $(!)$ $x^2$ $+$ $2$$x$$y$ $+$ $y^2$ $\geq$ $4$$a^2$ $\Rightarrow$ $(!)$ $x^2$ $+$ $y^2$ $\geq$ $2$$a^2$ , но для любых $x$ и $y$ верно неравенство $x^2$ $+$ $y^2$ $\geq$ $2$$x$$y$ $=$ $2$$a^2$. Ч.Т.Д.