Около остроугольного треугольника $ABC$ описана окружность. Касательные к окружности, проведённые в точках $A$ и $C$, пересекают касательную, проведённую в точке $B$, соответственно в точках $M$ и $N$. В треугольнике $ABC$ проведена высота $BP$ (точка $P$ лежит на стороне $AC$). Докажите, что прямая $BP$ является биссектрисой угла $MPN$.
Докажем, что треугольники $APM$ и $CPN$ подобны (см. рисунок), — отсюда следует, что $\angle APM=\angle CPN$, т. е. $\angle MPB=\angle NPB$. Положим $AB=c$, $BC=a$, $\angle BAC=\alpha$, $\angle BCA=\gamma$. В равнобедренном треугольнике $AMB$ угол $MAB$ между касательной $AM$ и хордой $AB$ данной окружности равен половине величины дуги $AB$, как и вписанный угол $ACB$, т. е. $\angle MAB=\gamma$. Следовательно, $\angle MAP=\alpha+\gamma$, $AM=\dfrac c{2\cos\gamma}$. Аналогично, $\angle NCB=\alpha$, $\angle NCP=\gamma+\alpha$, $CN=\dfrac a{2\cos\alpha}$. Кроме того, $AP=c\cos\alpha$, $PC=a\cos\gamma$. Таким образом, в треугольниках $APM$ и $CPN$ равны углы $MAP$ и $NCP$ и отношения сторон:
$$
\dfrac{AP}{AM}=2\cos\alpha\cos\gamma=\dfrac{CP}{CN},
$$
что и доказывает их подобие.
Отметим, что утверждение задачи и его доказательство с небольшими изменениями сохраняются и для тупоугольного треугольника.
