Математикадан республикалық олимпиада, 2001-2002 оқу жылы, 11 сынып

$O$ нүктесі $ABC$ үшбұрышына сырттай-іш сызылған, $BC$ қабырғасын жанайтын шеңбердің центрі болсын. $M$ нүктесі $AC$-ның ортасы, ал $P$ нүктесі $MO$ және $BC$ түзулердің қиылысу нүктесі. Егер $\angle BAC=2\angle ACB$ шарты орындалатын болса, оңда $AB=BP$ екенін дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

Кондово, $\angle BAC=2\alpha$ , тогда $\Delta ALC$-равнобедренный ($L$ $\in AO \cap BC$) , $AY$-касательная к окружности, $Y \in AC$. То что $AB=BP$ вытекает из того что $AP$ биссектриса $\Delta ACL$. Тогда из свойств биссектрисы, после преобразований должно выполнятся условие $AC=\dfrac{(CP+LP) \cdot CP}{LP}$ (1) . Докажем это, из свойства вневписанной окружности, получим $YM=\dfrac{AB+BC}{2}$ , то $OY=\dfrac{AC \cdot BC \cdot sin \alpha}{AB+AC-BC}$ , из прямоугольного треугольника $\Delta MOY$ , $\angle tgMOY = tg \angle PML = \dfrac{YM}{OY}=\dfrac{1}{2sin \alpha}$.

Откуда $PL = \dfrac{ AC }{4cos^2 \alpha+2cos \alpha }$ и $CP=\dfrac{AC}{2cos \alpha+1}$ , откуда и следует верность тождества (1).