Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1408
2018-12-13 
Внутри отрезка $AB$ взяты точки $C$ и $D$ так, что $AC = BD$. Докажите, что для любой точки О, не лежащей на прямой $AB$, выполняется неравенство $OA + OB > OC + OD$.
Решение:
Пусть М - середина отрезка АВ, тогда, эта точка является и серединой отрезка CD, так как по условию, АС = BD. (Заметим, что это не зависит от порядка расположения точек С и D на отрезке АВ). Рассмотрим точку Р, симметричную точке О относительно М. Соединим точки О и Р с точками А, В, М, С и D (см. рис. а), тогда М - точка пересечения диагоналей параллелограммов АОВР и CODP. По свойству параллелограмма: ОА + ОВ = ОА + АР; ОС + OD = ОС + СР.
Таким образом, задача сводится к доказательству следующего утверждения: сумма расстояний от вершин О и Р треугольника АОР до вершины А больше, чем сумма расстояний от этих же вершин до точки С, лежащей на медиане AM. Обобщим это утверждение. Рассмотрим произвольный треугольник АВС и докажем, что для любой точки К, лежащей внутри треугольника, выполняется неравенство: АВ + АС > КВ + КС. Пусть N - точка пересечения луча ВК со стороной АС (см. рис. б). Тогда, в $\Delta ABN: AB + AN > BN = KB + KN$; в $\Delta KNC: KN + NC > KC$. Сложим полученные неравенства почленно: $AB + AN + KN + NC > BK + KN + KC \Leftrightarrow AB + AC + KN > > KB + KN + KC \Leftrightarrow AB + AC > KB + KC$, что и требовалось доказать.
Отметим, что рассмотренная вспомогательная задача является леммой, используемой при доказательстве многих утверждений, связанных с неравенством треугольника. Например, с ее помощью доказывается «классическое» неравенство $p < AK + BK + CK < 2p$, где К - произвольная точка внутри $\Delta ABC$, а $p$ - его полупериметр. Действительно, так как $AK + BK > AB, BK + CK > BC, CK + AK > CA$, то, сложив эти неравенства, получим, что $2(AK + BK + CK) > 2p \Leftrightarrow AK + BK + CK > p$. С другой стороны, используя доказанную лемму, получим три неравенства: $AB + AC > KB + KC, BA + BC >KA + KC, CA + CB > KA + KB$. Сложив эти неравенства, получим, что $4p > 2(KA + KB + KC) \Leftrightarrow AK + BK + CK < 2p$, что и требовалось доказать.
Внутри отрезка $AB$ взяты точки $C$ и $D$ так, что $AC = BD$. Докажите, что для любой точки О, не лежащей на прямой $AB$, выполняется неравенство $OA + OB > OC + OD$.
Решение:
Пусть М - середина отрезка АВ, тогда, эта точка является и серединой отрезка CD, так как по условию, АС = BD. (Заметим, что это не зависит от порядка расположения точек С и D на отрезке АВ). Рассмотрим точку Р, симметричную точке О относительно М. Соединим точки О и Р с точками А, В, М, С и D (см. рис. а), тогда М - точка пересечения диагоналей параллелограммов АОВР и CODP. По свойству параллелограмма: ОА + ОВ = ОА + АР; ОС + OD = ОС + СР.
Таким образом, задача сводится к доказательству следующего утверждения: сумма расстояний от вершин О и Р треугольника АОР до вершины А больше, чем сумма расстояний от этих же вершин до точки С, лежащей на медиане AM. Обобщим это утверждение. Рассмотрим произвольный треугольник АВС и докажем, что для любой точки К, лежащей внутри треугольника, выполняется неравенство: АВ + АС > КВ + КС. Пусть N - точка пересечения луча ВК со стороной АС (см. рис. б). Тогда, в $\Delta ABN: AB + AN > BN = KB + KN$; в $\Delta KNC: KN + NC > KC$. Сложим полученные неравенства почленно: $AB + AN + KN + NC > BK + KN + KC \Leftrightarrow AB + AC + KN > > KB + KN + KC \Leftrightarrow AB + AC > KB + KC$, что и требовалось доказать.
Отметим, что рассмотренная вспомогательная задача является леммой, используемой при доказательстве многих утверждений, связанных с неравенством треугольника. Например, с ее помощью доказывается «классическое» неравенство $p < AK + BK + CK < 2p$, где К - произвольная точка внутри $\Delta ABC$, а $p$ - его полупериметр. Действительно, так как $AK + BK > AB, BK + CK > BC, CK + AK > CA$, то, сложив эти неравенства, получим, что $2(AK + BK + CK) > 2p \Leftrightarrow AK + BK + CK > p$. С другой стороны, используя доказанную лемму, получим три неравенства: $AB + AC > KB + KC, BA + BC >KA + KC, CA + CB > KA + KB$. Сложив эти неравенства, получим, что $4p > 2(KA + KB + KC) \Leftrightarrow AK + BK + CK < 2p$, что и требовалось доказать.
