18165. Дан четырёхугольник ABCD
, в котором AD=DC=CB\lt AB
и AB\parallel CD
. Точки E
и F
лежат на сторонах CD
и BC
соответственно, причём \angle ADE=\angle AEF
. Докажите, что:
а) 4CF\leqslant CB
;
б) если 4CF=CB
, то AE
— биссектриса угла DAF
.
Указание. Докажите, что треугольники ADE
и ECF
подобны. Далее примените неравенство Коши (см. задачу 3399).
Решение. а) Заметим, что
\angle FEC=180^{\circ}-\angle AEF-\angle DEA=180^{\circ}-\angle ADE-\angle DEA=\angle DAE.
Поскольку AD=DC=CB\lt AB
и AB\parallel CD
, то \angle ADC=\angle DCB
, поэтому треугольники ADE
и ECF
подобны по двум углам. Значит,
\frac{AD}{EC}=\frac{AE}{EF}=\frac{DE}{CF}.\eqno(1)
По неравенству Коши (см. задачу 3399)
AD\cdot CF=EC\cdot DE\leqslant\frac{1}{4}(EC+DE)^{2}=\frac{1}{4}CD^{2},
а так как AD=DC=CB
, то 4CF\leqslant CB
. Что и требовалось доказать.
Заметим, что равенство достигается тогда и только тогда, когда CE=ED
б) Если 4CF=CB
, то неравенство EC\cdot DE\leqslant\frac{1}{4}(EC+DE)^{2}
обращается в равенство, поэтому CE=ED
. Тогда (1) превращается в равенство \frac{AD}{DE}=\frac{AE}{EF}
, а так как \angle ADE=\angle AEF
, то треугольники ADE
и AEF
подобны. Значит, \angle DAE=\angle EAF
. Следовательно, AE
— биссектриса угла DAF
.
Источник: Математические олимпиады Саудовской Аравии. — 2011, задача 3, с. 52