11533. Периметр треугольника ABC
равен 2. На стороне AC
отмечена точка P
, а на отрезке CP
— точка Q
так, что 2AP=AB
и 2QC=BC
. Докажите, что периметр треугольника BPQ
больше 1.
Решение. Пусть AB=c
, AC=b
, BC=a
. Нам требуется доказать, что
BP+BQ+PQ\gt1=\frac{a+b+c}{2}.
Поскольку
PQ=AC-AP-CQ=b-\frac{c}{2}-\frac{a}{2}=b-\frac{a+c}{2},
надо доказать, что
BP+BQ\gt\frac{a+b+c}{2}-b+\frac{a+c}{2}=a+c-\frac{b}{2}.
Обозначим через M
и N
середины сторон AB
и BC
соответственно, а через R
и S
— такие точки на лучах AC
и CA
соответственно, что AR=AB
, CS=CB
. Заметим, что BP=RM
как медианы, проведённые из вершин основания BR
равнобедренного треугольника BAR
. Аналогично, BQ=SN
. Осталось заметить, что сумма SN+RM
диагоналей трапеции RNMS
больше суммы её оснований (см. задачу 3516). Следовательно,
BP+BQ=RM+SN\gt RS+MN=(AR-AS)+\frac{1}{2}AC=
=(AR-(AC-CS))+\frac{1}{2}AC=(AR+CS-AC)+\frac{1}{2}AC=
=(c+a-b)-\frac{b}{2}=a+c-\frac{b}{2}.
Что и требовалось доказать.
Автор: Кузнецов А. С.
Источник: Олимпиада Леонарда Эйлера (для 8 класса). — 2019, XI, региональный этап, первый день, задача 5