16528. Точки A'
, B'
и C'
, отличные от вершин треугольника ABC
, лежат на сторонах BC
, CA
и AB
соответственно, а отрезки AA'
и B'C'
пересекаются в точке M
. Докажите, что периметр треугольника A'C'B
больше периметра треугольника A'C'M
или периметр треугольника A'B'C
больше периметра треугольника A'B'M
(т. е. P_{\triangle A'C'B}\gt P_{\triangle A'C'M}
или P_{\triangle A'B'C}\gt P_{\triangle A'B'M}
).
Решение. Пусть прямые B'C'
и BC
параллельны. Тогда прямая, проведённая через точку B'
параллельно AA'
, пересекает отрезок A'C
в некоторой точке D
. Четырёхугольник B'DA'M
— параллелограмм, поэтому
P_{\triangle A'B'M}=P_{\triangle A'B'D}=A'B'+B'D+A'D\lt A'B'+(B'C+CD)+A'D=
=A'B'+B'C+(CD+A'D)=A'B'+B'C+CA=P_{\triangle A'B'C}.
Следовательно, для этого случая утверждение задачи доказано.
Пусть теперь прямые B'C'
и BC
не параллельны, а прямая, проведённая через точку A'
параллельно B'C'
, пересекает прямую AB
в точке E
. Без ограничения общности будем считать, что точка E
лежит на отрезке AB
. Пусть прямая, проведённая через точку C'
параллельно MA'
, пересекает отрезок A'E
в точке F
. Четырёхугольник C'FA'M
— параллелограмм, поэтому
P_{\triangle A'C'M}=P_{\triangle A'C'F}=A'C'+C'F+FA'\lt A'C'+(C'E+EF)+FA'=
=A'C'+C'E+(EF+FA')=A'C'+C'E+EA'\lt A'C'+C'E+(EB+BA')=
=A'C'+(C'E+EB)+BA'=A'C'+C'B+BA'=P_{\triangle A'C'B}.
Следовательно, и для этого случая утверждение задачи доказано.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 2006, том 79, № 5, задача 1731, с. 394