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

Если $\angle BAC = 2 \angle ACB$ выполняется

1) Пусть $F \in AO \cap BC$ тогда $FC=FA$ проведем $QH ||AC$ где $H \in BC$ получим $ACQH$ - равнобедренна трапеция, если $\angle ACB = \alpha$ тогда подсчетом углов $\angle CHA = \angle COA = 90^{\circ}-\dfrac{3 \alpha}{2}$ и $\angle HAB = 90^{\circ}-\dfrac{3 \alpha}{2}$ то есть $BA=BH \ (1)$

2) Отметим из-за параллельности $CA ||OH$ с перспективы точки O, то что $-1=(CA, M \infty) = (CF,PH)$ гарм-ая четверка, теперь с перспективы точки $A$ учитывая что $AH$ биссектриса смежного угла к $\angle CAF$, получаем что $AP$ биссектриса $\angle CAF$ откуда $\angle PAH = 90^{\circ}$ значит $AB$ учитывая $(1)$ медиана $PAH$ или $AB=BP$