11544. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD
пересекаются в точке E
. Известно, что AB=BC=CD=DE=1
. Докажите, что AD\lt2
.
Решение. Первый способ. Заметим, что \angle CED\lt90^{\circ}
, потому что это угол при основании равнобедренного треугольника CDE
. Значит, \angle BEC\gt90^{\circ}
. Тогда BC\gt CE
(см. задачу 3499).
Обозначим через B'
точку, симметричную точке B
относительно прямой AC
. Поскольку BC=CD=DE
, а CED
— внешний угол треугольника BCE
, то
\angle B'CD=\angle DCE-\angle B'CE=\angle CED-\angle BCE=\angle CBE=\angle CDE.
Также AB'=AB=CD=DE=1
. Значит, треугольники DCB'
и EDC
равны по двум сторонам и углу между ними. Тогда B'D=CE
. Следовательно,
AD\leqslant AB'+B'D=1+CE\lt1+BC=2.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Положим \angle EDC=2\alpha
, \angle EDA=\beta
, \angle EAD=\gamma
. Поскольку BC=CD=DE
, имеем
\angle CBE=\angle EDC=2\alpha~\mbox{и}~\angle CED=\angle DCE=90^{\circ}-\alpha.
Угол CED
— внешний для треугольника BEC
, поэтому
\angle BCE=90^{\circ}-\alpha-2\alpha=90^{\circ}-3\alpha,
откуда
\angle BAC=\angle BCE=90^{\circ}-3\alpha
и
\angle ABE=180^{\circ}-\angle BEA-\angle BAE=180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)-(90^{\circ}-3\alpha)=4\alpha.
Предположим, что AD\geqslant2
. Тогда
AE+1=AE+ED\gt AD\geqslant2.
Значит, AE\gt1=AB
. Следовательно, \angle ABE\gt\angle AEB
, т. е. 4\alpha\gt90^{\circ}-\alpha
, откуда 5\alpha\gt90^{\circ}
. Также AE\gt1=ED
, поэтому \beta\gt\gamma
.
Поскольку \angle CED=90^{\circ}-\alpha
— внешний треугольника AED
, то
90^{\circ}-\alpha=\beta+\gamma\lt2\beta.
Заметим, что AD\geqslant AB+BC\gt AC
. Значит, \angle ACD\lt\angle ADC
, т. е.
90^{\circ}-\alpha\gt2\alpha+\beta.
Тогда
180^{\circ}-2\alpha\gt4\alpha+2\beta\gt90^{\circ}+3\alpha,
откуда следует, что 90^{\circ}\gt5\alpha
. Получили противоречие с ранее доказанным неравенством 5\alpha\gt90^{\circ}
. Таким образом, AD\lt2
. Что и требовалось доказать.
Автор: Кузнецов А. С.
Источник: Олимпиада Леонарда Эйлера (для 8 класса). — 2016-2017, IX, заключительный этап, первый день, задача 3