В октябре прошел осенний тур Турнира городов. Как всегда в основном (сложном) варианте предлагалось семь задач для 8-9 классов и семь задач для 10-11 классов, и там, и там было по две геометрии. Сегодня я разберу понравившуюся мне задачу из старшего варианта. Обещаю в обозримом будущем разобрать и одну из задач младшего варианта. Кроме того, в ближайших постах я разберу кое-какие геометрии с прошедших недавно муниципального этапа Всероссийской олимпиады и третьего отборочного тура олимпиады Эйлера.
Каждый из пунктов этой задачи оценивался в 6 баллов.
Вообще довольно забавное наблюдение. И главное, что для меня осталось загадкой, насколько сложным является каждый из пунктов, если не знать, что верен второй. То есть вот если бы просто дали задачу с пунктом (a), сложнее она была бы или проще, чем задача с дополнительной информацией из пункта (b). В общем, не знаю. И не знаю, признаюсь, авторского решения. У меня получилось придумать несчетное и вполне геометрическое рассуждение (насколько это вообще возможно в геометрических неравенствах). Впрочем, многие вещи я сделал просто на опыте. Давайте разбираться.
Довольно скудное условие с точки зрения геометрических построений с одной стороны добавляет красоты задаче, а с другой ограничивает в подходах к первому шагу в решении. То, что точка M равноудалена от двух противоположных сторон означает, что она лежит на оси симметрии (биссектрисе) угла, образованного соответствующими прямыми, если они не параллельны, и на оси симметрии полосы, если они параллельны. Мне приходит в такой ситуации ровно одна мысль в голову: сложить четырехугольник по этой "оси симметрии".
Давайте для определенности рассмотрим биссектрису угла, образованного прямыми AD и BC (или ось симметрии соответствующей полосы) и отразим относительно нее точки A и D. Пусть точки A' и D' --- соответствующие образы.
Заметим, что для площадей верно равенство
И тут замечаем, что удвоенная площадь треугольника A'MC не превосходит произведения длин его сторон A'M (которая равна AM) и MC, а удвоенная площадь треугольника BMD' не превосходит произведения длин отрезков BM и MD' (которая равна MD). В итоге заключаем, что на самом деле принадлежность M соответствующей биссектрисе приводит к оценке
причем равенство достигается только когда углы A'MC и BMD' прямые.
Аналогично, принадлежность второй биссектрисе приводит к неравенству
Складывая два полученных неравенства и деля пополам, приходим к заключению
Но по условию в полученном неравенстве достигается равенство! Это дает нам содержательную геометрическую информацию. В частности, углы A'MC и BMD' прямые. На исходной картинке это равносильно двум равенствам
Проводя аналогичные рассуждения для оси симметрии угла или полосы между прямыми AB и DC, приходим к равенствам
На следующем рисунке пары соответствующих углов отмечены одним цветом.
Из полученных равенств немедленно вытекает, что противоположные углы четырехугольника ABCD в сумме дают 180 градусов и, тем самым, пункт (a) задачи доказан.
Пункт (b) теперь можно решать разными способами (счетными и не очень), но самый короткий путь мне видится следующим. Сумма углов, под которыми из точки M видны противоположные стороны четырехугольника ABCD равна 180 градусов, что гарантирует наличие у точки M изогонально сопряженной относительно четырехугольника ABCD. Поскольку M лежит на биссектрисах углов, образованных противоположными сторонами (равноудалена от противоположных сторон), она должна быть изогонально сопряжена самой себе, то есть являться точкой пересечения биссектрис четырехугольника ABCD.
На самом деле тема изогонального сопряжения относительно четырехугольника мне кажется недостаточно развитой в олимпиадной геометрии и я бы ожидал на эту тему еще некоторого количества очень интересных задач в обозримом будущем. Думаю, есть смысл написать по этому поводу поучительный текст...
