Математикадан республикалық олимпиада, 2020-2021 оқу жылы, 10 сынып

$AB+AC > 3BC$ шарты орындалатындай $ABC$ үшбұрышы берілген. Осы үшбұрыштың ішінен $\angle ABP=\angle PBQ=\angle QBC$ және $\angle ACQ=\angle QCP=\angle PCB$ болатындай $P$ және $Q$ нүктелері белгіленген. $AP+AQ > 2BC$ екенін дәлелдеңіз. ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Решение: Из неравенства треугольника для $\triangle ABP$ и $\triangle ACQ:$

$$BP>AB-AP\ \ \text{и}\ \ CQ>AC-AQ$$

$$\implies BP+CQ>AB+AC-(AP+AQ)>3BC-(AP+AQ).$$

Достаточно доказать, что $BP+CQ\le BC.$ Пусть $BP$ и $CQ$ пересекаются в точке $L.$ Пусть $BC=a,\ CL=b,\ BL=c.$

Тогда из леммы о биссектрисе получаем, что

$$BP=\dfrac{ac}{b+c}\ \ \text{и} \ \ CQ=\dfrac{ab}{a+c}\implies$$

$$\dfrac{BP}{BC}+\dfrac{CQ}{BC}\le 1$$

$$\iff b^2+c^2\le a^2+bc=b^2+c^2-2bc\cos\angle BLC +bc$$

$$\iff \cos\angle BLC\le \dfrac{1}{2}\iff \angle BLC \ge 60,$$

что следует из того, что $$\angle BLC=180-(\angle LBC +\angle LCB)=180-\dfrac{2}{3}(\angle ABC+\angle ACB)=180-\dfrac 2 3 (180-\angle BAC)=60+\dfrac 2 3\angle BAC>60.\ \square$$

Примечание: Эта задача очень похожа на №5 с Респы 2013, 9 класс.

Достаточно доказать, что $$AP+CQ<BC$$

Пусть $BQ$ и $CP$ пересекаются в точке $O$. Отметим на стороне $BC$ точки $M$ и $N$, так что $BP=BM, CQ=CN$. Тогда достаточно доказать, что $M$ не лежит между $C$ и $N$. Т.е. достаточно доказать, что $$\angle BOC>\angle BOM + \angle CON$$

Из $\angle BOP = \angle COQ$ и равенства треугольников $\triangle BOP=\triangle BOM$ и $\triangle COQ=\triangle CON$: $$\angle BOM = \angle BOP = \angle COQ = \angle CON$$

Пусть $\angle ABC= 3\alpha$ $\angle ACB = 3\beta$. Тогда посчитав углы: $$\angle BOM + \angle CON = 2\angle BOP = 2(\alpha + \beta)$$ $$\angle BOC = 180^\circ - \alpha - \beta$$ $$\angle BOC>\angle BOM + \angle CON \Leftrightarrow 180^\circ > 2(\alpha + \beta)$$ $$\Leftrightarrow 180 > 3(\alpha + \beta) \Leftrightarrow 180 > \angle ABC + \angle ACB$$

, что очевидно