设锐角 $\triangle ABC$ 为外心为 $O$，从 $A$ 作 $BC$ 的高，垂足为 $P$，且 $\angle BCA\geqslant\angle ABC+30^\circ$．求证 $\angle CAB+\angle COP<90^\circ$ 。（韩国）
【难度】
【出处】
2001年第42届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $\triangle ABC$ 外接圆半径为 $R$．
如图，联结 $AO$，又作 $OQ\perp BC$，$Q$ 为 $BC$ 中点．
由于
$\begin{aligned}
90^\circ>\angle OAP&=\angle OAC-\angle PAC\\
&=(90^\circ-\angle ABC)-(90^\circ-\angle ACB)\\
&=\angle ACB-\angle ABC\geqslant 30^\circ
\end{aligned}$
故 $QP=OA\sin\angle OAP\geqslant \dfrac{1}{2}R$
而 $QC<OC=R$，故 $CP<\dfrac{1}{2}R$
故 $CP<QP<OP$，于是 $\angle COP<\angle OCB=90^\circ-\angle BAC$
得证．
如图，联结 $AO$，又作 $OQ\perp BC$，$Q$ 为 $BC$ 中点．
由于$\begin{aligned}
90^\circ>\angle OAP&=\angle OAC-\angle PAC\\
&=(90^\circ-\angle ABC)-(90^\circ-\angle ACB)\\
&=\angle ACB-\angle ABC\geqslant 30^\circ
\end{aligned}$
故 $QP=OA\sin\angle OAP\geqslant \dfrac{1}{2}R$
而 $QC<OC=R$，故 $CP<\dfrac{1}{2}R$
故 $CP<QP<OP$，于是 $\angle COP<\angle OCB=90^\circ-\angle BAC$
得证．
答案
解析
备注
