Олимпиада Туймаада по математике. Младшая лига. 2021 год


Дан остроугольный треугольник $ABC,$ $AC \ne BC.$ Высоты, поведенные из вершин $A$ и $B,$ пересекаются в точке $H$ и пересекают биссектрису внешнего угла $C$ в точках $Y$ и $X$ соответственно. Биссектриса внешнего угла $AHB$ пересекает отрезки $AX$ и $BY$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что если $P X = QY,$ то $AP + BQ > 2CH.$ ( Д. Ширяев, Е. Лопатин )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 3   0
2022-05-11 17:14:31.0 #

Если $\angle BAH = a , \angle HAC = b $ , тогда так как $HQ$ биссектриса $\angle BHY$ получается $\angle HQY = 45 - \dfrac{b}{2}$ и так как $CY$ биссектриса внешнего угла $\angle ACB$ откуда $\angle HYC = 45 - \dfrac{b}{2}$ то есть $PQ || XY$ так как $PX = QY$ тогда $PXQY$ параллелограмм , покажем что $CQ \perp AC$ так как $CY$ биссектриса , то $CXF = 45-\dfrac{b}{2} $ 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 \in YH \cap PX, \ B \in XH \cap QY$ так как $\angle CXH = \angle CYH$ и $CP=CQ$ тогда из подобия $CXP, XAY$ и $YBX, YQC$ получается $\dfrac{CX}{YX} = \dfrac{CP}{AY}$ и $\dfrac{CY}{YX} = \dfrac{CQ}{BX}$ то есть $\dfrac{CX}{CY} = \dfrac{BX}{AY}$ то есть $\angle CBX = \angle CAY$ если $F \in XH \cap AC, \ E \in YH \cap BC$ то есть $AFEB$ вписанный, значит $\angle BEA = \angle BFA = 90^{\circ}$ так же $PQ$ биссектриса $BHY$ и $CY$ биссектриса внешнего угла $\angle ACB$

тогда $CH=PX=QY$ из подобия $AP = \dfrac{CH \cdot CY}{CX}$ и $BQ = \dfrac{CH \cdot CX}{CY}$ подставляя в неравенство, учитывая что $AC \ne BC$ значит $CX \ne CY$

$A = \dfrac{CY}{CX} + \dfrac{CX}{CY} > 2 $ по $AM \geq GM$ или $A > 2 \sqrt{\dfrac{CY}{CX} \cdot \dfrac{CX}{CY}} = 2$