Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2002 год

На сторонах $AC$ и $AB$ равностороннего треугольника $ABC$ взяты точки $P$ и $Q$ соответственно так, что углы $APB$ и $CQA$ — острые. Пусть $R$ — точка пересечения высот треугольника $ABP$, $S$ — точка пересечения высот треугольника $AQC$. Отрезки $BP$ и $CQ$ пересекаются в точке $T$. Известно, что $TR = RS = ST$. Найдите всевозможные значения углов $CBP$ и $BCQ$.

Комментарий/решение

Если $AG, \ CE, \ BF$ - высоты, тогда $CP<CF, \ BQ<BE$ так как углы острые, пусть $AD, AN$ высоты $APB, \ AQC$ соответственно, тогда $R \in BF \cap AD, \ S \in AN \cap CE$

Покажем что $TR=TS$ тогда и только тогда, когда $T \in AG$.

Пусть $BC=x$ и $\angle PBC = a, \ \angle QCB = b$ тогда $$TN=x \cdot (\sin(30^{\circ}+b)-\dfrac{\sin(a)}{\sin(a+b)}), \ SN=x \cdot \sin(30^{\circ}+b) \cdot tg(30^{\circ}-b)$$

$$TD=x \cdot (\sin(30^{\circ}+a)-\dfrac{\sin(b)}{\sin(a+b)}), \ RD=x \cdot \sin(30^{\circ}+a) \cdot tg(30^{\circ}-a)$$

тогда $TS^2=TN^2+SN^2, \ TR^2=TD^2+RD^2$, учитывая что $0<a,b<30^{\circ}, \ TR, \ TS>0$

Пусть $a>b$ тогда преобразовывая, покажем что

$$\sin^2(b+30^{\circ})+\sin^2(30^{\circ}+b) \cdot tg^2(30^{\circ}-b) < \sin^2(a+30^{\circ}) + \sin^2(30^{\circ}+a) \cdot tg^2(30^{\circ}-a) $$

$$ \left( \dfrac{\sin(b+30^{\circ})}{\cos(b-30^{\circ})} \right)^2 <\left( \dfrac{\sin(a+30^{\circ})}{\cos(a-30^{\circ})} \right)^2$$

так как $\dfrac{\sin(b+30^{\circ})}{\cos(b-30^{\circ})}>0$ на $0<b<30^{\circ}$ тогда

$$\dfrac{\sin(b+30^{\circ})}{\cos(b-30^{\circ})} < \dfrac{\sin(a+30^{\circ})}{\cos(a-30^{\circ})} $$ или $$ \dfrac{\sin(a-b)}{\cos(a-30^{\circ}) \cdot \cos(b-30^{\circ})} > 0 $$

но $\cos(a-30^{\circ})>0$ на $0<a<30^{\circ}$ откуда $\sin(a-b)>0$ или $a>b$ откуда $a=b$ тогда $AG \in BS \cap CR$

Проделывая аналогично и для двух других прямых $BS,AS$ и $SR \cap AR$ так как $TR=RS=ST$ тогда $D \in CE, \ N \in BF$ так как $AFGB$ лежат на окружности, так как $FD=GD$ тогда $AD$ биссектриса $\angle CAG = 30^{\circ}$ то есть $\angle CBP = \angle BCQ = 15^{\circ}$