17631. Дан квадрат ABCD
. Внутри этого квадрата лежит точка P
, для которой \angle BAP\geqslant60^{\circ}
. Точка Q
лежит на прямой AD
, причём PQ\perp BP
. Точка R
лежит на прямой BQ
, причём CR\perp BP
.
а) Докажите, что BP\geqslant BR
.
б) Для какой точки P
это неравенство обращается в равенство?
Решение. а) Докажем подобие треугольников ABP
и RCB
. Действительно, если прямые BP
и CR
пересекаются в точке S
, то
\angle RCB=\angle SCB=90^{\circ}-\angle SBC=90^{\circ}-\angle PBC=\angle ABP.
Поскольку \angle BPQ=\angle BAQ=90^{\circ}
, точки A
и P
лежат на окружности с диаметром BQ
, поэтому либо ABPQ
(рис. 1), либо APBQ
(рис. 2) — вписанный четырёхугольник. В любом из этих случаев точки A
и Q
лежат по одну сторону от прямой BP
, поэтому \angle PAB=\angle PQB
.
Поскольку прямые CR
и PQ
перпендикулярны одной и то же прямой BP
, CR\parallel PQ
. Значит, \angle PQB=\angle ABP
. Следовательно, треугольники ABP
и RCB
подобны по двум углам. Из этого подобия получаем, что
\frac{AP}{BR}=\frac{BP}{BC}=\frac{BP}{AB}~\Rightarrow~=AB\cdot AP=BR\cdot BP.
По теореме косинусов
AB^{2}+AP^{2}=BP^{2}+2AP\cdot AB\cos\angle BAP.
Поскольку \angle BAP\geqslant60^{\circ}
, то \cos\angle BAP\leqslant\frac{1}{2}
, поэтому
0\leqslant(AB-AP)^{2}=(AB^{2}+AP^{2})-2AB\cdot AP=
=(BP^{2}+2AP\cdot AB\cos\angle BAP)-2AB\cdot AP=
=BP^{2}+2AB\cdot AP(\cos BAP-1)\leqslant BP^{2}-AB\cdot AP=
=BP^{2}-BR\cdot BP=BP(BP-BR).
Следовательно, BP\geqslant BR
. Что и требовалось доказать.
б) Полученное неравенство обращается в равенство, если AB=AP
и \angle BAP=60^{\circ}
. Значит, существует единственная точка P
, для которой выполняются оба этих равенства. Эта точка лежит внутри квадрата, причём треугольник ABP
равносторонний.
Источник: Олимпиады стран Бенилюкс. — 2014, задача 4