Западно-Китайская математическая олимпиада, 2006 год

В $ \triangle PBC$ $\angle PBC=60^{o}$, касательная в точке $ P$ к описанной окружности $ g$ $ \triangle PBC$ пересекается с прямой $ CB$ в точке $ A$. Точки $ D$ и $ E$ лежат на отрезке $ PA$ и окружности $ g$, соответственно, причем $ \angle DBE=90^{o}$ и $ PD=PE$. $ BE$ и $ PC$ пересекаются в $F$. Известно, что прямые $ AF,BP,CD$ пересекаются в одной точке.
а) Докажите, что $BF$ — биссектриса $\angle PBC$.
б) Найдите $\tan \angle PCB$.

Комментарий/решение

a) Пусть $\angle BAF=a, \ \angle PAF=b, \ \angle PDC=x, \ \angle CDB=y , \angle CBF=z$

Пусть $G \in AF \cap CD \cap BP$ тогда по теореме Менелая, выходит:

$$ \dfrac{AD \cdot PG}{PD \cdot PG} = \dfrac{AC}{BC}$$

$$ \dfrac{CF \cdot PG}{FP \cdot BG} = \dfrac{AC}{AB}$$

или $$\dfrac{AD \cdot BC \cdot FP}{PD \cdot CF \cdot AB} = 1 \ *$$

Выражая $ABD, BCF, (BFP, BDP)$ соотношения и подставляя в $(*)$ получаем

$$ctgz = tg(30+z) \\ z=30^{\circ}$$ значит $BF$ биссектриса.

б) из треугольников $BPE , BPD$ учитывая $PE=PD$ откуда соответственно $ \angle PCB=t$

$$\dfrac{PE}{BP} = \dfrac{1}{2 \sin(t)} \\ \dfrac{PD}{BP} = \dfrac{\sin(60^{\circ})}{\sin(120^{\circ}-t)}$$ если $tgt=x$

которая сводиться $\dfrac{\sqrt{3}}{2x} + \dfrac{1}{2} = \sqrt{3}$ или $tg \angle PCB = \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{12}-1}$