Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2001 жыл

Теңбүйірлі $ABC$ $(AC=BC)$ үшбұрышының $AB$ қабырғасында, $\angle PCQ\le \dfrac{1}{2}\angle ACB$ болатындай $P$ және $Q$ нүктелері алынған. $PQ\le \dfrac{1}{2}AB$ теңсіздігін дәлелдеңіз. ( Фольклор )

Комментарий/решение

Вы будете таки удивлены, но координат на этот раз нет. Зато есть немного тригонометрии и анализа

0)Пусть точка $O-$ середина $AB$.

1)Так как $\Delta ABC-$ равнобедренный, то $\angle AOC = \angle BOC=90^\circ $

2)Зафиксируем точку $P$ в произвольном месте, пусть выполняется $P \in AO,Q\in PB$

3)Докажем, что увеличение угла $\angle PCQ$ увеличивает и длину $PQ$

4)Пусть $PO=k;\;\;PQ=PO+QO=k+QO$

5)Пусть $\angle PCO=\alpha$, тогда $\angle OCQ=\angle PCQ - \alpha$, где $ \alpha=const$, в силу фиксированности точек $P,C,O$

6)Пусть $OC=m=const$, тогда

$$\dfrac{QO}{OC} = \tan\angle OCQ$$

$$QO=OC\cdot \tan\angle OCQ = m\cdot\tan(\angle PCQ - \alpha) $$

7)Итого,

$$PQ=k+m\cdot\tan(\angle PCQ - \alpha)$$

Очевидно, что $f(x) = k+m\cdot\tan(x - \alpha)$ монотонно возрастает на всей области определения. То есть, (3) - доказано

8)Так как функция $PQ=f(x)$ монотонно возрастающая, то на отрезке $[a;b]$ значение $f(b)$ будет наибольшим. А это значит, что

$$PQ_{\max}=f(\angle PCQ_{\max}) = f\left(\dfrac{1}{2}\angle ACB\right)$$

9)То есть,

$$PQ_{\max} = k+m\cdot\tan\left(\dfrac{1}{2}\angle ACB - \alpha\right)$$

10)Пусть $AB=2a$. Рассчитаем соответствующие тангенсы

$$\tan\left(\dfrac{1}{2}\angle ACB\right) = \dfrac{AO}{OC}=\dfrac{a}{m}$$

$$\tan\alpha = \dfrac{PO}{OC} = \dfrac{k}{m}$$

$$\tan\left(\dfrac{1}{2}\angle ACB - \alpha\right) = \dfrac{\tan\left(\dfrac{1}{2}\angle ACB\right)- \tan\alpha }{1 + \tan\left(\dfrac{1}{2}\angle ACB\right)\cdot \tan\alpha}=\dfrac{\dfrac{a}{m} - \dfrac{k}{m}}{1+\dfrac{a}{m}\cdot\dfrac{k}{m}}$$

$$\tan\left(\dfrac{1}{2}\angle ACB - \alpha\right) = \dfrac{m(a-k)}{m^2+ak}$$

11)Заключительная часть решения. Сравним $PQ_{\max} $ и $\dfrac{1}{2}AB$. Предварительно поставим желаемый знак сравнения.

$$PQ_{\max} = k + m\cdot \dfrac{m(a-k)}{m^2+ak}\le \dfrac{1}{2}AB=a$$

$$k+\dfrac{m^2a}{m^2+ak} - \dfrac{m^2k}{m^2+ak}\le a$$

$$k\cdot\left[1-\dfrac{m^2}{m^2+ak} \right]\le a\cdot\left[1+\dfrac{m^2}{m^2+ak} \right]$$

Учтем, что $k\le a$ (иначе точка $P$ выйдет за пределы треугольника)

$$k\cdot\left[1-\dfrac{m^2}{m^2+ak} \right]\le a\cdot\left[1-\dfrac{m^2}{m^2+ak} \right]\le a\cdot\left[1+\dfrac{m^2}{m^2+ak} \right]$$

Последняя цепочка неравенств верна

Пусть $\omega$ окружность с радиусом $CA$ , $D$ середина $AB$ , пусть $ P \in AB , \ Q' \in AB$ такая что $ \angle ACP = \angle DCQ'$ тогда $ \dfrac{\angle ACB}{2} = \angle ACD = \angle PCQ'$ если $ A' \in \omega \cap CQ' $ , если $E \in \omega \cap CP, L \in \omega \cap CD$ пусть $A'H \perp CE , \ N \in A'H \cap CL$ тогда $A'N = AP$ .

Утверждение : $DQ' \leq AP$

Доказательство : $\angle PCD = a, \ \angle Q'CD = b$ тогда $\angle DQ'A' = 90^{\circ} + b , \ \angle CA'H = 90^{\circ}-a-b$ тогда $\angle DQ'A' > \angle CA'H$ $(1)$ так как $2a+b>0$ , но тогда если $NM || AB$ и $M \in CA'$ тогда по $(1)$ тогда $ DQ' < NM < A'N = AP$

Задача: так как $\angle PCQ \leq \dfrac{ \angle ACB}{2} = \angle ACD$ , значит точка $Q$ лежит между $P, Q'$

Если $Q \in PD$ тогда $ \dfrac{AB}{2} = AD = AP+PD > PD > PQ $

Если $Q \in DQ'$ тогда $\dfrac{AB}{2} = AD = AP+PD \geq DQ' + PD \geq DQ + PD = PQ $

Рисунок

Matov, можете подсказать, что за точки $H$ и $E$? Их берем произвольно?