Question

В выпуклом четырёхугольнике ABCD на стороне CD отметили её середину M. Оказалось, что ∠AMB=90∘. Докажите, что AB⩽AD+BC.

Answer 1

Докажем прежде несложную лемму: пусть на плоскости даны четыре точки, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Две противоположные стороны равны $d_{1},\;d_{2}$, а отрезок, соединяющий середины двух других противоположных сторон равен $m$. Докажем, что $\dfrac{d_{1}+d_{2}}{2}\geq m$.

Это можно сделать чисто механически: $m^2 = \left(\dfrac{x_{2}+x_{3}-x_{1}-x_{4}}{2}\right)^2+\left(\dfrac{y_{2}+y_{3}-y_{1}-y_{4}}{2}\right)^2$, с другой стороны, правая часть равна $\dfrac{1}{4}\left((x_{2}-x_{1})^2+(y_{2}-y_{1})^2+(x_{3}-x_{4})^2+(y_{3}-y_{4})^2+2(x_{2}-x_{1})(x_{3}-x_{4})+2(y_{2}-y_{1})(y_3-y_4)\right)$. Это в свою очередь равно $\dfrac{1}{4}\left(d_{1}^2+d_{2}^2+2(x_{2}-x_{1})(x_{3}-x_{4})+2(y_{2}-y_{1})(y_{3}-y_{4})\right)$. Добавим и вычтем $2d_{1}d_{2}$. Осталось показать, что $2(x_{2}-x_{1})(x_{3}-x_{4})+2(y_{2}-y_{1})(y_{3}-y_{4})\geq 2d_{1}d_{2}$. Это оставлю в качестве упражнения: неравенство сводится к виду $ab+cd\geq \sqrt{(a^2+c^2)(b^2+d^2)}$ -- немедленное следствие из неравенства Коши-Буняковского.

UPD: немного подумав, нашел более простое доказательство этой леммы: возьмем все середины сторон четырехугольника. Тогда они образуют параллелограмм со сторонами, равными половинам диагоналей четырехугольника. Но сумма диагоналей не превосходит суммы противоположных сторон (примени неравенство треугольника к двум треугольникам, получившимся проведением диагоналей), откуда и следует требуемое.

Ну теперь все тривиально: поскольку $\angle AMB = 90^{\circ}$, то $MT = BT= AT$, где $T$ -- середина $AB$. Но по лемме $AD+BC\geq 2 MT = AT+BT=AB$.