16065. Докажите, что для любого выпуклого четырёхугольника ABCD
выполняется неравенство
(AB+CD)^{2}+(AD+BC)^{2}\geqslant(AC+BD)^{2}.
Решение. Пусть M
и N
— середины диагоналей AC
и BD
соответственно. По теореме косинусов
AB^{2}+BC^{2}=(AM^{2}+BM^{2}-2AM\cdot BM\cos\angle BMA)+
+(BM^{2}+CM^{2}+2BM\cdot CM\cos\angle BMC)=2(BM^{2}+AM^{2}).
Аналогично,
CD^{2}+DA^{2}=2(DM^{2}+AM^{2}),
BM^{2}+DM^{2}=2(BN^{2}+MN^{2}.
Значит,
AB^{2}+BC^{2}+CD^{2}+DA^{2}=2(BM^{2}+AM^{2})+2(DM^{2}+AM^{2})=
=2(BM^{2}+DM^{2})+4AM^{2}=4(BN^{2}+MN^{2})+4MN^{2}=
=AC^{2}+BD^{2}+4MN^{2}\geqslant AC^{2}+BD^{2}.
Кроме того, по неравенству Птолемея (см. задачу 10938)
AB\cdot CD+AD\cdot BC\geqslant AC\cdot BD.
Тогда
(AB+CD)^{2}+(AD+BC)^{2}-(AC+BD)^{2}=
=AB^{2}+BC^{2}+CD^{2}+DA^{2}-AC^{2}-BD^{2}+
+2(AB\cdot CD+AD\cdot BC-AC\cdot BD)\geqslant0.
Следовательно,
(AB+CD)^{2}+(AD+BC)^{2}\geqslant(AC+BD)^{2}.
Что и требовалось доказать.