Остроугольный треугольник из длин сторон — олимпиадная задача по плани

Заметим, что $$\begin{array}{rcl} (AB+CD)^2+(AD+BC)^2-(AC+BD)^2&=&\ =(AB^2+BC^2+CD^2+DA^2-AC^2-BD^2)&+&\ +2(AB\cdot CD+AD\cdot BC-AC\cdot BD).&& \end{array}$$ Вторая скобка неотрицательна по неравенству Птолемея. Обозначим $\vec{a}=\vec{OA}$, $\vec{b}=\vec{OB}$, $\vec{c}=\vec{OC}$, $\vec{d}=\vec{OD}$, где $O$ – произвольная точка. Тогда первая скобка равна $$(\vec{a}-\vec{b})^2+(\vec{b}-\vec{c})^2+(\vec{c}-\vec{d})^2+(\vec{d}-\vec{a})^2-(\vec{a}-\vec{c})^2-(\vec{b}-\vec{d})^2=(\vec{a}-\vec{b}+\vec{c}-\vec{d})^2\geq 0.$$ При этом первая скобка обращается в нуль тогда и только тогда, когда четырехугольник $ABCD$ – параллелограмм, а вторая – тогда и только тогда, когда этот четырехугольник вписанный. Поскольку $ABCD$ – не прямоугольник, оба условия не могут выполняться одновременно. Таким образом, $(AC+BD)^2<(AB+CD)^2+(AD+BC)^2$. Из этого и двух аналогичных неравенств следует утверждение задачи. Заметим, что приведенное рассуждение работает и для четырех точек, лежащих на одной прямой: первая скобка обращается в нуль, когда одна из точек $A$, $C$ лежит на отрезке $BD$, а другая вне его; вторая, когда середины отрезков $AC$ и $BD$ совпадают. Оба условия выполняться одновременно не могут.