设 在凸四边形 $ABCD$ 中，$AB=AD+BC$．在此四边形内，距离 $CD$ 为 $h$ 的地方有一点 $P$，使得 $AP = h + AD,BP = h + BC$．求证：$\dfrac{1}{\sqrt{h}}\geqslant \dfrac{1}{\sqrt{AD}}+\dfrac{1}{\sqrt{BC}}$．（冰岛）
【难度】
【出处】
1989年第30届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $AD=a,BC=b$．如图，作 $AM,PQ,BN$ 均与 $CD$ 垂直，垂足分别为 $M,Q,N$．易知 $AM=a\sin D,BN=b\sin C$．
即使 $\angle D<90^\circ$，$Q$ 仍不可能在 $DM$ 线段上，否则必有 $AP<AD$，同理 $Q$ 不在线段 $CN$ 上，于是 $Q$ 在线段 $MN$ 上．
由 $MQ+QN=MN$，这等价于
$\sqrt{(a+h)^2-(a\sin D-h)^2}+\sqrt{(b+h)^2-(b\sin C-h)^2}=\sqrt{(a+b)^2-(a\sin D-b\sin C)^2}$
两边平方，并整理得
$\sqrt{(a+h)^2-(a\sin D-h)^2}\cdot \sqrt{(b+h)^2-(b\sin C-h)^2}
\\=(a\sin D-h)(b\sin C-h)+ab-ah-bh-h^2$ ①
不妨设 $AM\leqslant BN$，由于四边形 $ABCD$ 是凸的，因此必有 $PQ<BN$．下面分情况讨论．
（i）$PQ\leqslant AM,BN$，即 $h<a\sin D,b\sin C$
于是有 $\sqrt{(a+h)^2-(a\sin D-h)^2}\geqslant \sqrt{(a+h)^2-(a-h)^2}=2\sqrt{ah}$．
同理 $2\sqrt{bh}\leqslant \sqrt{(b+h)^2-(b\sin C-h)^2}$．
又 $(a\sin D-h)(b\sin C-h)\leqslant (a-h)(b-h)$．
由 ① 式可知 $4h\sqrt{ab}\leqslant 2ab-2ah-2bh$
此即 $\dfrac{1}{\sqrt{h}}\geqslant \dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}}$．
（ii）$AM<PQ<BN$．
此时 ① 式右边 $<ab-ah-bh-h^2<ab-ah-bh$．
① 式左边，情况如下：$2\sqrt{bh}\leqslant \sqrt{(b+h)^2-(b\sin C-h)^2}$ 照样成立．
而 $\sqrt{(a+h)^2-(a\sin D-h)^2}>\sqrt{(a+h)^2-(h^2+a^2)}=\sqrt{2ah}>\sqrt{ah}$．
① 式仍可推得 $2h\sqrt{ab}<ab-ah-bh$
此时不等式严格成立，即 $\dfrac{1}{\sqrt{h}}\geqslant \dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}}$．
综合以上两种情况，知等号成立的条件是 $\angle C=\angle D=90^\circ$，此时以 $A,B,P$ 为圆心，分别以 $AD,BC$ 和 $h$ 为半径的圆两两外切，并又同时和 $CD$ 相切．
即使 $\angle D<90^\circ$，$Q$ 仍不可能在 $DM$ 线段上，否则必有 $AP<AD$，同理 $Q$ 不在线段 $CN$ 上，于是 $Q$ 在线段 $MN$ 上．由 $MQ+QN=MN$，这等价于
$\sqrt{(a+h)^2-(a\sin D-h)^2}+\sqrt{(b+h)^2-(b\sin C-h)^2}=\sqrt{(a+b)^2-(a\sin D-b\sin C)^2}$
两边平方，并整理得
$\sqrt{(a+h)^2-(a\sin D-h)^2}\cdot \sqrt{(b+h)^2-(b\sin C-h)^2}
\\=(a\sin D-h)(b\sin C-h)+ab-ah-bh-h^2$ ①
不妨设 $AM\leqslant BN$，由于四边形 $ABCD$ 是凸的，因此必有 $PQ<BN$．下面分情况讨论．
（i）$PQ\leqslant AM,BN$，即 $h<a\sin D,b\sin C$
于是有 $\sqrt{(a+h)^2-(a\sin D-h)^2}\geqslant \sqrt{(a+h)^2-(a-h)^2}=2\sqrt{ah}$．
同理 $2\sqrt{bh}\leqslant \sqrt{(b+h)^2-(b\sin C-h)^2}$．
又 $(a\sin D-h)(b\sin C-h)\leqslant (a-h)(b-h)$．
由 ① 式可知 $4h\sqrt{ab}\leqslant 2ab-2ah-2bh$
此即 $\dfrac{1}{\sqrt{h}}\geqslant \dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}}$．
（ii）$AM<PQ<BN$．
此时 ① 式右边 $<ab-ah-bh-h^2<ab-ah-bh$．
① 式左边，情况如下：$2\sqrt{bh}\leqslant \sqrt{(b+h)^2-(b\sin C-h)^2}$ 照样成立．
而 $\sqrt{(a+h)^2-(a\sin D-h)^2}>\sqrt{(a+h)^2-(h^2+a^2)}=\sqrt{2ah}>\sqrt{ah}$．
① 式仍可推得 $2h\sqrt{ab}<ab-ah-bh$
此时不等式严格成立，即 $\dfrac{1}{\sqrt{h}}\geqslant \dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}}$．
综合以上两种情况，知等号成立的条件是 $\angle C=\angle D=90^\circ$，此时以 $A,B,P$ 为圆心，分别以 $AD,BC$ 和 $h$ 为半径的圆两两外切，并又同时和 $CD$ 相切．
答案
解析
备注
