37-я Международная Математическая OлимпиадаИндия, Мумбаи, 1996 год

Внутри треугольника $ABC$ дана такая точка $P$, что $\angle APB-\angle ACB=\angle APC-\angle ABC$, а $D$ и $E$ — центры окружностей, вписанных в треугольники $APB$ и $APC$ соответственно. Доказать, что прямые $AP$, $BD$ и $CE$ пересекаются в одной точке.

Комментарий/решение

Заметим, что $BD,CE - $ биссектрисы углов $ABP,ACP \Rightarrow$ (по свойству биссектрисы в треугольнике) задача сводиться к тому, чтобы доказать равенство $\frac{BA}{BP}=\frac{CA}{CP}.$

$(i)$

Пусть $A_1,B_1,C_1 - $ проекции $P$ на $BC,CA,AB$. Тогда из счета углов следует$:$

$$\angle APB-\angle ACB=\angle AB_1C_1+\angle BA_1C_1-(180-\angle A_1PB_1)=(180-\angle CB_1C_1)+(180- \angle C_1A_1C)-(180-\angle A_1PB_1)=$$

$$=180-\angle C_1A_1C-\angle CB_1C_1+(\angle A_1B_1C+\angle B_1A_1C)=180-\angle C_1B_1A_1-\angle C_1A_1B_1=\angle B_1C_1A_1.$$ Таким образом поступаем и с правой частью равенства, что приводит к $\angle B_1C_1A_1=\angle A_1B_1C_1 \Leftrightarrow A_1C_1=A_1B_1.$

$(ii)$

Тогда по теореме синусов для треугольников $BC_1A_1$ и $CA_1B_1$ получаем, что$:$

$$A_1C_1=\frac{BPsin \angle B}{2}=\frac{CP sin \angle C}{2}.$$

Преобразуем данное выражение и получим$:$

$$BP/CP=sin \angle C/ sin \angle B = AB/AC$$, что равносильно требуемому.