叶卢庆的博客

第32届IMO第5题的纯几何证明

下面我们来做一个几何不等式.这是1991年在瑞典举办的第32届IMO第5题.我们给出该题的一个纯几何证明.

题目:如图1,若$P$为$\triangle ABC$内任一点,求证:在$\angle PAB,\angle PBC,\angle PCA$中至少有一个小于或等于$30^{\circ}$.
图1


为了证明该命题,我们先证明一引理.我们不是要用该引理本身,而是要用到在证明该引理过程中得到的一些结论.

引理:若$P$为$\triangle ABC$内任一点,如果$\angle PAB,\angle PBC,\angle PCA$都等于$30^{\circ}$,则$\triangle ABC$是正三角形.


图1
引理证明:如图2.作线段$BP$,以及过点$B$作射线$BC_2$,使得线段$BP$与射线$BC_2$之间的夹角$\angle C_2BP$为$30^{\circ}$.然后以$BP$为边作一等边三角形$\triangle OBP$,使得$OB$垂直于射线$BC_2$.再以$O$为圆心作一个圆.对于圆上(除劣弧$BP$外)的任意一个点$F$来说,都有$\angle BFP=\frac{1}{2}\angle BOP=30^{\circ}$.而且对于平面上任意一个点$F$,若$F$与$P$在射线$BC_2$的同一侧,且$\angle BFP=30^{\circ}$,则点$F$必定在圆$O$上.

然后在射线$BC_2$上安置一个点$C_1$,使得$\angle PC_1B=30^{\circ}$.对于圆上的任意一个点$F$,连接$C_1F$.则易得当点$F$运动到点$A_1$位置时,$\angle FC_1P$最大,为$30^{\circ}$,其中$C_1A_1$是圆的一条切线.

而对于射线上位于点$C_1$右侧的任意一个点$C_2$,当圆上的点$F$运动到$A_2$处时,$\angle A_2C_2P$最大,其中$C_2A_2$为圆的一条切线.然而,即使是$\angle A_2C_2P$,也是小于$30^{\circ}$的,这是因为
$$
\angle A_2C_2P=\angle A_2C_2O+\angle OC_2P
=\angle BC_2O+\angle OC_2P
< \angle BC_2O+\angle C_1OC_2
=\angle OC_1B
=30^{\circ}.
$$
因此对于圆上的任意一个点$F$,有$\angle FC_2P < 30^{\circ}$.

下面我们来看射线上位于点$C_1$左侧,且位于射线上点$K$右侧的任意一个点$C_0$,其中$K$是过点$P$作直线$OC_1$的垂线,垂线与射线的交点.且令点$H$是射线$C_0P$与圆的交点.对于劣弧$PH$上的任意一点$F$,当$F$运动到点$A_0$时,$\angle PC_0F$最大,其中$C_0A_0$是圆的切线.然而,即使是$\angle PC_0A_0$,也是小于$30^{\circ}$的,这是因为
$$
\angle PC_0A_0=\angle OC_0A_0-\angle OC_0P=\angle OC_0B-\angle
OC_0P < \angle OC_0B-\angle C_0OP=\angle OC_1B=30^{\circ}.
$$
因此,对于劣弧$PH$上的任意一点$F$,有$\angle FC_0P < 30^{\circ}$.

综上所述,可得无论是位于$C_1$左边$K$右边,还是位于$C_1$右边的点$T$,$\angle PTF < 30^{\circ}$,其中$F$是圆上的任意一点.因此射线上只有点$C_1$,使得存在圆上的点$F$,让条件$\angle FC_1P=30^{\circ}$满足,且让点$P$在$\triangle FBC_1$内部.此时$F$只能是位于$A_1$或$B$.我们当然选择让$F$成为$A_1$.此时,$\triangle A_1BC_1$就是唯一满足题设的三角形$\triangle ABC$,由于$\triangle A_1BC_1$是正三角形,因此$\triangle ABC$是正三角形.引理得证.


图1
证完了引理后,我们再来证明原命题.

证明:我们用反证法.假设原命题不成立,则存在一个三角形,使得$\angle PAB,\angle PBC,\angle PCA$都大于$30^{\circ}$.我们来看图3.图3和图2的基本框架是一样的,不再赘述.仍然固定$BP$.然而,为了使得$\angle PAB$大于$30^{\circ}$,则点$A$必须位于圆的内部.为了使得$\angle PBC>30^{\circ}$,点$C$必须位于射线$BC_1$的下方,且为了点$P$在$\triangle ABC$的内部,点$C$必须位于射线$AP$的右侧.即点$C$只能在图中紫色区域.下面我们来证明$\angle PCA < 30^{\circ}$.为此,延长BA,交圆于点$A’$.连接$A’C$.由于点$C$始终位于射线$AP$的左侧,因此必有$\angle PCA’>\angle PCA$.因此只需证明$\angle PCA’ < 30^{\circ}$即可.设$A’C$与射线$BC_1$交于点$C’$,则由三角形外角和内角的关系易得$\angle PCA’ < \angle PC’A’$.而由于$C’$必定不与$C_1$重合(否则点$C$将位于射线$AP$上,从而导致$P$位于$\triangle ABC$的边界,矛盾),因此由我们对引理的论证过程可以看出$\angle PC’A’ < 30^{\circ}$.这样就证明了$\angle PCA < 30^{\circ}$.于是,同时满足$\angle PAB,\angle PBC,\angle PCA>30^{\circ}$的$\triangle ABC$是不存在的,因此命题得证.