Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1219
2018-11-02 
В выпуклом пятиугольнике ABCDE сторона AB перпендикулярна стороне CD, а сторона BC -стороне DE. Докажите, что если $AB = AE = ED = 1$, то $BC + CD < 1$.
Решение:
Продолжим стороны AB и CD, BC и ED до пересечения в точках K и M соответственно (см. рис.). (Покажем, что в точке M пересекаются лучи BC и ED. Действительно, в противном случае в ней пересекаются лучи CB и DE, точка B лежит на катете прямоугольного треугольника CDM, и прямая AB, перпендикулярная CD, пересекает отрезок CD, что невозможно.)
Пусть $\angle BAE = \alpha, \angle DEA = \beta $- В четырехугольнике ABME $\angle B > 90^{ \circ}, \angle M = 90^{ \circ}$.
Поэтому $\alpha +\beta < 180^{ \circ}$, и хотя бы один из этих углов меньше $90^{ \circ}$. Без ограничения общности рассуждений будем считать, что $\alpha < 90^{ \circ}$. Отложим на луче BC отрезок BN единичной длины. В равнобедренном треугольнике ABN имеем:
$\angle BAN =\frac{180^{\circ}-\angle ABN}{2}=\frac{180^{\circ}-(360^{\circ}-90^{\circ}-\alpha -\beta) }{2}=\frac{\alpha +\beta -90^{\circ}}{2} $
В равнобедренном треугольнике AED $\angle DAE = \frac{180^{\circ} - \beta}{2} $ Следовательно, $\angle BAN + \angle DAE = \frac{90^{\circ}+\alpha }{2}> \alpha$, и точка D лежит внутри треугольника ABN. Продолжим теперь отрезок CD до пересечения с прямой AN в точке S. В треугольнике CSN угол CNS острый, а угол NSC тупой. Значит, $CS < CN$, откуда получаем, что $BC + CD < BC + CS < BC + CN = BN =1$.
В выпуклом пятиугольнике ABCDE сторона AB перпендикулярна стороне CD, а сторона BC -стороне DE. Докажите, что если $AB = AE = ED = 1$, то $BC + CD < 1$.
Решение:
Продолжим стороны AB и CD, BC и ED до пересечения в точках K и M соответственно (см. рис.). (Покажем, что в точке M пересекаются лучи BC и ED. Действительно, в противном случае в ней пересекаются лучи CB и DE, точка B лежит на катете прямоугольного треугольника CDM, и прямая AB, перпендикулярная CD, пересекает отрезок CD, что невозможно.)
Пусть $\angle BAE = \alpha, \angle DEA = \beta $- В четырехугольнике ABME $\angle B > 90^{ \circ}, \angle M = 90^{ \circ}$.
Поэтому $\alpha +\beta < 180^{ \circ}$, и хотя бы один из этих углов меньше $90^{ \circ}$. Без ограничения общности рассуждений будем считать, что $\alpha < 90^{ \circ}$. Отложим на луче BC отрезок BN единичной длины. В равнобедренном треугольнике ABN имеем:
$\angle BAN =\frac{180^{\circ}-\angle ABN}{2}=\frac{180^{\circ}-(360^{\circ}-90^{\circ}-\alpha -\beta) }{2}=\frac{\alpha +\beta -90^{\circ}}{2} $
В равнобедренном треугольнике AED $\angle DAE = \frac{180^{\circ} - \beta}{2} $ Следовательно, $\angle BAN + \angle DAE = \frac{90^{\circ}+\alpha }{2}> \alpha$, и точка D лежит внутри треугольника ABN. Продолжим теперь отрезок CD до пересечения с прямой AN в точке S. В треугольнике CSN угол CNS острый, а угол NSC тупой. Значит, $CS < CN$, откуда получаем, что $BC + CD < BC + CS < BC + CN = BN =1$.
