Математикадан 42-ші халықаралық олимпиада, 2001 жыл, Вашингтон

$O$ нүктесі сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің центрі болсын. $A$ нүктесінен $BC$ қабырғасына түсірілген биіктік табаны $P$ нүктесі. $\angle BCA\ge \angle ABC+30{}^\circ$ екені белгілі. $\angle CAB+\angle COP < 90{}^\circ$ екенін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Заметим что $\angle PCO + \angle A = 90^{\circ}$

Тогда задача доказывается при $\angle POC < \angle PCO$

А если $\angle POC > \angle PCO$

То и $PO < PC$

Значит:

$$2PC > R$$

Потому что $2PC > PO+PC > CO = R$

Использую теорему о синусах получаем:

$$PC = 2R \sin{\angle B} \cos{\angle C}$$

$$4 \sin B \cos C >1$$

Но

$$4 \sin B \cos C \le 4 \sin B \cos (B + 30^\circ) = 2 (\sin (2B + 30^\circ) - \sin 30^\circ) \le 2 (1 - \frac{1}{2}) = 1$$

Т.к.

$$\angle{C} \ge \angle{B} + 30^\circ$$

Противоречие

Значит

$$PC < PO$$

$$\angle{PCO} + \angle{A} < 90^\circ$$

Поправьте если есть ошибка

Просто раньше не особо использовал теорему синусов и наверное где то есть ошибка

$∠COP < 90◦ − ∠A = ∠OCP$ ⇐⇒$P C < P O$

⇐⇒ $PC^2 < PO^2$

⇐⇒ $PC^2 < R ^2 − PB · PC$ ⇐⇒ $PC·BC<R^2$

⇐⇒ $abcosC<R^2 ⇐⇒ sin A sin B cos<14.$

Сейчас:

$cos C sin B=1/2(sin(C+B)−sin(C−B))≤1/2 (1−1/2)=1/4$

который заканчивается при сочетании с sin A < 1.

Замечание. Если мы допустим правоту ABC, то равенство будет иметь место при ∠A = 90◦, ∠C = 60◦, ∠B = 30◦. Это мотивирует выбор оценок после сведения к тригональному неравенству.