设 $P$ 是 $\triangle ABC$ 内一点，求证：$\angle PAB,\angle PBC,\angle PCA$ 至少有一个小于或等于 $30^\circ$．（法国）
【难度】
【出处】
1991年第32届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一分别作 $PD,PE,PF$ 与 $BC,CA,AB$ 垂直．
由 $Erd\ddot{o}s-Mordell$ 不等式，即 $PA+PB+PC\geqslant 2(PD+PE+PF)$．
于是 $PA\geqslant 2PF,PB\geqslant 2PD,PC\geqslant 2PE$ 至少有一个成立．不妨设 $PB\geqslant 2PD$．
于是 $\sin\angle PBC=\dfrac{PD}{PB}\leqslant\dfrac{1}{2}$．
$\angle PBC\leqslant 30^\circ$ 或 $\angle PBC\geqslant 150^\circ$．
前式已表明结论成立，后式可知此时 $\angle PAB<\angle CAB<30^\circ$．（同理 $\angle PCA<30^\circ$）．
综上所述，结论成立．
证法二
令 $\angle PAB=\alpha,\angle PBC=\beta,\angle PCA=\gamma$，由正弦定理，知
$\dfrac{\sin\alpha}{\sin(B-\beta)}=\dfrac{BP}{AP}$
$\dfrac{\sin\beta}{\sin(C-\gamma)}=\dfrac{CP}{BP}$
$\dfrac{\sin\gamma}{\sin(A-\alpha)}=\dfrac{AP}{CP}$
三项相乘，知有
$\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma=\sin(A-\alpha)\sin(B-\beta)\sin(C\gamma)$
易知
$\begin{aligned}
\sin\alpha(A-\alpha)&=\frac{1}{2}[\cos(A-2\alpha)-\cos A]\\
&\leqslant \frac{1}{2}(1-\cos A)\\
&=\sin^2\frac{A}{2}
\end{aligned}$
于是
$\begin{aligned}&\sin^2\alpha\sin^2\beta\sin^2\gamma\\
&=\sin\alpha\sin(A-\alpha)\sin\beta\sin(B-\beta)\sin\gamma\sin(C-\gamma)\\
&\leqslant \sin^2\frac{A}{2}\sin^2\frac{B}{2}\sin^2\frac{C}{2}
\end{aligned}$
于是
$\begin{aligned}
&\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma\\
&\leqslant\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}\\
&\leqslant \sin^2\frac{A+B}{4}\sin\frac{C}{2}\\
&=\sin^2\left(45^\circ-\frac{C}{4}\right)\sin\frac{C}{2}\\
&=\frac{1}{2}\left(1-\sin\frac{C}{2}\right)\sin\frac{C}{2}\\
&\leqslant\frac{1}{8}
\end{aligned}$
于是 $\sin\alpha,\sin\beta,\sin\gamma$ 至少有一个不大于 $\dfrac{1}{2}$，接下来的讨论与证法一相同．
答案
解析
备注
