Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2011 год

Пусть $ABC$ — остроугольный треугольник с $\angle BAC = 30^{\circ}$. Биссектрисы внутреннего и внешнего угла при вершине $B$ пересекают прямую $AC$ соответственно в точках $B_1$ и $B_2$, биссектрисы внутреннего и внешнего угла при вершине $C$ пересекают прямую $AB$ соответственно в точках $C_1$ и $C_2$. Предположим, что окружности с диаметрами $B_1B_2$ и $C_1C_2$ пересекаются в точке $P$, находящейся внутри треугольника $ABC$. Докажите, что $\angle BPC = 90^{\circ}$.

Комментарий/решение

Окружность с диаметром B1B2 - окружность Аполлония для точек A, C и точка P на ней => ∠APB1 = ∠B1PC. Аналогично ∠APC1 = ∠C1PB.

∠BAP = α, ∠ABP = β, ∠PBB1 = θ = ∠PB2B1.

Тогда ∠APC1 = 90 - (α + β)/2, ∠C1C2P = (β - α)/2 = ∠C1CP.

∠AB1P = 90 + θ, ∠B1AP = 30 - α => ∠APB1 = 60 + α - θ, ∠PCA = 30 + 2θ - α

∠B1BC = β + θ, ∠C1CB = ∠C1CP + ∠PCA = (β - α)/2 + 30 + 2θ - α

∠BAC = 30 => ∠ABC + ∠BCA = 150, ∠B1BC + ∠C1CB = 75.

∠B1BC + ∠C1CB = 75

3β/2 - 3α/2 + 3θ = 45

β/2 - α/2 + θ = 15.

∠APB + ∠APC = 2 * (∠APC1 + ∠APB1) = 2 * (90 - (α + β)/2 + 60 + α - θ) = 2 * (150 - (β/2 - α/2 + θ)) = 2 * (150 - 15) = 270. => ∠BPC = 90.