Республиканская олимпиада по математике, 2002 год, 11 класс

Пусть $O$ — центр вневписанной окружности треугольника $ABC$, касающейся стороны $BC$. Пусть $M$ — середина $AC$, и $P$ — точка пересечения $MO$ и $BC$. Докажите, что $AB=BP$, если $\angle BAC=2\angle ACB$.

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).