16518. Точка O
— центр описанной окружности остроугольного треугольника ABC
с высотой AP
. Докажите, что если \angle BCA\geqslant\angle ABC+30^{\circ}
, то \angle CAB+\angle COP\lt90^{\circ}
.
Решение. Обозначим \angle CAB=\alpha
, \angle ABC=\beta
и \angle BCA=\gamma
. Пусть M
— середина стороны BC
.
Треугольник ABC
остроугольный, поэтому точка O
лежит внутри него, а так как \gamma\gt\beta
, то точка P
лежит на отрезке BC
(см. задачу 127) ближе к C
, чем к B
.
Из условия следует, что 90^{\circ}\gt\gamma-\beta\geqslant30^{\circ}
, поэтому \sin(\gamma-\beta)\geqslant\frac{1}{2}
. Кроме того, центральный угол BOC
вдвое больше вписанного угла BAC
, т. е. \angle BAC=2\alpha
, а также угол при основании BC
равнобедренного треугольника BOC
равен 90^{\circ}-\alpha
. Значит,
\angle PCO=\angle BCO=90^{\circ}-\alpha.
Таким образом, достаточно доказать, что \angle COP\lt\angle PCO
(тогда
\angle CAB+\angle COP\lt\alpha+(90^{\circ}-\alpha)=90^{\circ}),
или OP\gt PC
(см. задачу 3499).
Из равнобедренного треугольника AOC
и прямоугольного треугольника APC
получаем, что
\angle CAO=\angle ACO=90^{\circ}-\beta~\mbox{и}~\angle CAP=90^{\circ}-\gamma.
Значит,
\angle PAO=\angle CAO-\angle CAP=(90^{\circ}-\beta)-(90^{\circ}-\gamma)=\gamma-\beta,
Пусть N
— проекция точки O
на прямую AP
. Тогда MPNO
— прямоугольник, поэтому
\frac{MP}{OA}=\frac{ON}{OA}=\sin\angle PAO=\sin(\gamma-\beta)\geqslant\frac{1}{2},
откуда 2MP\geqslant OA=OC
.
Из прямоугольных треугольников OCM
и OPM
получаем, что OC\gt MC
и OP\gt MP
. Значит,
PC-MP=(MC-MP)-MP=MC-2MP\leqslant MC-OC\lt0~\Rightarrow
\Rightarrow~MP\gt PC~\Rightarrow~OP\gt MP\gt PC.
Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 2002, том 75, № 3, задача 1, с. 236
Источник: Математические олимпиады США. — 2001