Всем привет!
Сегодня разбираем геометрическое неравенство с питерской городской 11-го класса. Именно ее разбор из всех задач питерской олимпиады пожелали узнать наибольшее число подписчиков канала Олимпиадная геометрия. Так что разбираем.
На мой взгляд это довольно сложное геометрическое неравенство. Правда признаюсь, решив его геометрически я не стал выяснять, насколько реально его посчитать. Напомню условие.
Понятно, что в идеале хочется найти треугольник, у которого стороны равны красному, синему отрезку и четверти стороне BC. Однако, если бы задача просто решалась каким-нибудь дополнительным построением, вряд ли бы она оказалась на 5-ом месте в 11-ом классе.
Поэтому скорее всего можно заменить синий и красный отрезок на меньшие. Один из очевидных способов это сделать — заменить их на какие-то проекции. И это кажется очень разумным и вот еще по какой причине. Сами длины отрезков кажутся плохо вычислимыми в терминах длин сторон треугольника ABC, а вот проекции у центров описанных окружностей на разные направления зачастую оказываются вычислимыми значительно проще.
Моя первая идея при решении этой задачи была такая — вычислить проекцию красного отрезка на сторону BC. Я ожидал, что таких проекций окажется достаточно для доказательства неравенства. Я ошибался, сам процесс вычисления мне очень помог... Давайте я попробую описать, как я это делал.
Точка B₁ и так хорошо расположилась на отрезке AC, надо лишь найти проекцию центра описанной окружности треугольника AEC₁. Для этого было бы полезно понять, где эта окружность повторно пересекает прямую AC. Простые вычисления показывают, что
то есть окружность пересекает прямую AC в такой точке X, что
Следовательно, прямая EX параллельна высоте CC₁ и, тем самым, перпендикулярна стороне AB. Из этого уже легко вычислить длину отрезка CX, а значит и как устроена середина AX. Далее я честно проделал вычисление и формула для длины проекции красного отрезка на AC получилась не очень сложной, но и не достаточно красивой, чтобы доказывать дальнейшее неравенство.
Однако, сделанное нами наблюдение оказывается очень полезно для правильного решения. Дело в том, что теперь ясно, что точка E является ортоцентром треугольника ABX! И через две вершины и ортоцентр проведена окружность, а это очень крутая и известная картинка. Прочитать о них можно, например вот в этих моих записях: тут и тут.
Оказывается, точка B' симметричная точке B относительно AC лежит на окружности, описанной около треугольника AEX.
Итак, получаем, что точка B₁ является серединой BB', а точка Ob проецируется в середину K отрезка EB'. Следовательно,
Аналогично доказывается, оценка снизу на длину отрезка C₁Oc, откуда следует требуемое утверждение.