Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2011 жыл

$ABC$ сүйірбұрышты үшбұрышында $\angle BAC = 30^{\circ}$. $B$ төбесінің ішкі және сыртқы бұрыштарының биссектрисалары $AC$ түзуін сәйкесінше $B_1$ және $B_2$ нүктелерінде, ал $C$ төбесінің ішкі және сыртқы бұрыштарының биссектрисалары $AB$ түзуін сәйкесінше $C_1$ және $C_2$ нүктелерінде қиып өтеді. Диаметрі $B_1B_2$ және $C_1C_2$ болатын шеңберлер $ABC$ үшбұрышының ішінде жататын $P$ нүктесінде қиылыссын дейік. $\angle BPC = 90^{\circ}$ болатынын дәлелдеңдер.

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.