11733. В трапеции ABCD
основание CD
видно из середины AB
под прямым углом. Докажите, что AD+BC\geqslant CD
.
Решение. Первый способ. Пусть M
— середина AB
, N
— середина CD
(рис. 1). Треугольник DMC
прямоугольный, поэтому MN=DN=NC
(см. задачу 1109). Значит, треугольники DMN
и NMC
— равнобедренные. Прямые AB
и CD
параллельны, поэтому
\angle AMD=\angle MDN=\angle NMD~\mbox{и}~\angle BMC=\angle CMN=\angle NCM.
Тогда MD
— биссектриса угла AMN
, а MC
— биссектриса угла NMB
.
Пусть K
— такая точка на луче MN
, что MK=MA=MB
. Тогда треугольник DMK
равен треугольнику DMA
по двум сторонам и углу между ними. Значит, AD=DK
. Аналогично, CB=CK
. Из неравенства треугольника DK+KC\geqslant DC
, следовательно, AD+BC\geqslant CD
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть M
— середина AB
, N
— середина CD
. Рассмотрим параллелограмм BCDE
и середину L
отрезка AE
(рис. 2), точки A
и E
не совпадают, так как AB\ne CD
. Тогда
ML=MA\pm AL=\frac{1}{2}BA\pm\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2}BE
(знак зависит от взаимного расположения точек A
, B
, E
на прямой), значит, LMND
— тоже параллелограмм. Медиана DL
треугольника ADE
меньше полусуммы его сторон AD
и ED
(см. задачу 3504). Но ED=BC
, а DL=MN=\frac{1}{2}CD
, поэтому AD+BC\gt CD
. Что и требовалось доказать.
Примечание. К первому способу. Можно заметить, что при перегибании уголков трапеции вдоль отрезков DM
и CM
точки A
и B
попадут в одну и ту же точку K
, что даёт искомое неравенство.
Ко второму способу. Возможно и такое рассуждение: точки M
и L
в два раза ближе к точке A
, чем соответственно точки B
и E
. Поэтому ML=\frac{1}{2}BE
.