Олимпиада Туймаада по математике. Старшая лига. 2021 год
Комментарий/решение:
Если ∠BAH=a,∠HAC=b , тогда так как HQ биссектриса ∠BHY получается ∠HQY=45−b2 и так как CY биссектриса внешнего угла ∠ACB откуда ∠HYC=45−b2 то есть PQ||XY так как PX=QY тогда PXQY параллелограмм , покажем что CQ⊥AC так как CY биссектриса , то CXF=45−b2 получается HX=HY покажем что треугольники BXC,AYC подобны .
Доказательство: Построим параллелограмм QYPX проведем серединные перпендикуляры к PQ, XY и H,C точки пересечения их со сторонами, тогда HY=HX, CQ=CP тогда CP||YH, CQ||XH так же A∈YH∩PX, B∈XH∩QY так как ∠CXH=∠CYH и CP=CQ тогда из подобия CXP,XAY и YBX,YQC получается CXYX=CPAY и CYYX=CQBX то есть CXCY=BXAY то есть ∠CBX=∠CAY если F∈XH∩AC, E∈YH∩BC то есть AFEB вписанный, значит ∠BEA=∠BFA=90∘ так же PQ биссектриса BHY и CY биссектриса внешнего угла ∠ACB
тогда CH=PX=QY из подобия AP=CH⋅CYCX и BQ=CH⋅CXCY подставляя в неравенство, учитывая что AC≠BC значит CX≠CY
A=CYCX+CXCY>2 по AM≥GM или A>2√CYCX⋅CXCY=2
бро тут можно решить через теорему о роналду и кубке чемпионата мира
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.