XLVII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLVII OM, 1995-1996

Etap:

Na płaszczyźnie dany jest trójkat $ABC$ , w którym $|\measuredangle CAB| = \alpha > 90^{\circ}$ , oraz odcinek $PQ$ , którego środkiem jest punkt $A$ . Dowieść, że

$ \left( |BP| + |CQ| \right)\cdot \tan \frac{\alpha}{2} \geq |BC|. $

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $M$ środek boku $BC$ trójkąta $ABC$ , a przez $O$ - środek okręgu $\omega$ opisanego na tym trójkącie. Kąt $CAB$ jest z założenia rozwarty. Stąd wynika, że punkty $A$ i $O$ leżą po przeciwnych stronach prostej $BC$ ; w szczególności punkt $O$ nie pokrywa się z $M$ .

Niech $ON$ będzie promieniem okręgu $\omega$ przechodzącym przez punkt $M$ (rysunek 4). Okrąg $\omega'$ o środku $M$ i promieniu $MN$ jest styczny do okręgu $\omega$ w punkcie $N$ , a punkt $A$ leży na zewnątrz okręgu $\omega'$ (lub na nim - gdy pokrywa się z $N$ ). W takim razie $|MA| \geq |MN|$ .

Punkty $B$ i $C$ leżą symetrycznie względem prostej $NO$ , która wobec tego połowi kąt $BNC$ . A ponieważ $| \measuredangle BNC | = |\measuredangle BAC| = \alpha$ (kąty wpisane oparte na długim łuku $BC$ ), dostajemy równość

$ | \measuredangle MNC | = \frac{1}{2}|\measuredangle BNC| = \frac{1}{2} \alpha. $

Na przedłużeniu boku $CA$ odkładamy równy mu długością odcinek $AD$ . Powstaje trójkąt $BCD$ ; punkty $A$ i $M$ są środkami jego boków $CD$ i $CB$ . Trójkąty $BCD$ i $MCA$ są więc podobne. Otrzymujemy zależność

$ (1) \qquad \quad \tan \frac{\alpha}{2} = \tan |\measuredangle MNC| = \frac{|MC|}{|MN|} \geq \frac{|MC|}{|MA|} = \frac{|BC|}{|BD|}. $

Punkt $A$ jest wspólnym środkiem odcinków $PQ$ i $CD$ . Zatem czworokąt $CPDQ$ jest równoległobokiem (który może degenerować się do odcinka; zauważmy, że rozumowanie jest w tym fragmencie zupełnie niezależne od położenia punktów $P$ i $Q$ względem rozważanych do tej pory odcinków i okręgów). Tak więc $|CQ|=|PD|$ , skąd