16673. Дан выпуклый шестиугольник ABCDEF
, в котором AB\parallel DE
, BC\parallel EF
, CD\parallel FA
. Расстояние между прямыми AB
и DE
равно расстоянию между прямыми BC
и EF
и расстоянию между прямыми CD
и FA
. Докажите, что сумма AD+BE+CF
не превосходит половины периметра шестиугольника ABCDEF
.
Решение. Лемма. При выполнении условий задачи справедливо равенство
AD^{2}=(AB+DE)(FA+CD).
Доказательство. Обозначим \angle BAD=\alpha
, \angle ABE=\beta
и \angle BCF=\gamma
.
Точка D
равноудалена от прямых AB
и FA
, поэтому \angle BAD=\angle FAD
, а так как AB\parallel DE
и CD\parallel FA
, то
\alpha=\angle BAD=\angle FAD=\angle ADE=\angle ADC.
Аналогично,
\beta=\angle ABE=\angle CBE=\angle FEB=\angle DEB~\mbox{и}~\gamma=\angle BCF=\angle DCF=\angle CFA=\angle CFE.
Сумма внутренних углов шестиугольника равна 180^{\circ}
(см. задачу 1198), поэтому
4\alpha+4\beta+4\gamma=720^{\circ}~\Rightarrow~\alpha+\beta+\gamma=180^{\circ}.
Достроим треугольник ADE
до параллелограмма ADEK
. Точка A
лежит на отрезке BK
, поэтому
\angle KBE=\angle ABE=\beta~\mbox{и}~BK=BA+AK=BA+DE,
а также
\angle BEK=\gamma,~\angle AKE=\angle BAD=\alpha~\mbox{и}~KE=AD.
Аналогично, достроив треугольник ADC
до параллелограмма ADCL
, получим
\angle ALC=\alpha,~\angle LFC=\angle AFC=\gamma,~FL=FA+AL=FA+CD,~CL=AD.
Значит, треугольники сторонами AD
, AB+DE
, BE
и FA+CD
, AD
, CF
подобны. Тогда
\frac{AD}{FA+CD}=\frac{AB+DE}{AD}~\Rightarrow~AD^{2}=(AB+DE)(FA+CD).
Лемма доказана
Далее неравенству Коши
AD=\sqrt{(AB+DE)(FA+CD)}\geqslant\frac{AB+DE+FA+CD}{2}.
Аналогично,
BE\geqslant\frac{AB+BC+EF+ED}{2},~CF\geqslant\frac{BC+CD+EF+FAD}{2}.
Сложив эти три неравенство, получим требуемое.
Источник: Международная Жаутыковская олимпиада (Казахстан). — 2013, IX, второй день, задача 5