2. Zadatak

Prvo rješenje.

Označimo $\angle BAC=\alpha$, $\angle CBA=\beta$ i $\angle ACB=\gamma$.

Iz $\angle APB=\beta+\gamma$ i $\angle BPC=\gamma+\alpha$ slijedi

$$\angle CPA=360^\circ-\angle APB-\angle BPC=360^\circ-\beta-\gamma-\gamma-\alpha=\alpha+\beta.$$

Ako je $\angle PBA=x$, onda je

$$\angle BAP=180^\circ-\angle APB-\angle PBA=180^\circ-\beta-\gamma-x=\alpha-x,$$

te je $\angle PAC=\angle BAC-\angle BAP=\alpha-(\alpha-x)=x$.

Analogno dobijemo $\angle ACP=\gamma-x$, $\angle PCB=x$ i $\angle CBP=\beta-x$.

Primjenom poučka o sinusima u trokutima $ABP$ i $BCP$ dobivamo

$$\frac{|AP|}{\sin x}=\frac{|AB|}{\sin(\beta+\gamma)}=\frac{|AB|}{\sin\alpha} \qquad\text{i}\qquad \frac{|BP|}{\sin x}=\frac{|BC|}{\sin(\gamma+\alpha)}=\frac{|BC|}{\sin\beta},$$

odakle zbog $\sin\alpha:\sin\beta=|BC|:|AC|$ slijedi

$$\frac{|BP|}{|AP|}=\frac{|BC|\sin\alpha}{|AB|\sin\beta}=\frac{|BC|\cdot|BC|}{|AB|\cdot|AC|},$$

odnosno

$$\frac{|AC|\cdot|BP|}{|BC|}=\frac{|BC|\cdot|AP|}{|AB|}.$$

Drugo rješenje.

Kao u prvom rješenju uvedemo oznake $\angle BAC=\alpha$, $\angle CBA=\beta$, $\angle ACB=\gamma$, te pokažemo da je $\angle CAP=\angle ABP=\angle BCP=x$. Tada je $\angle PAB=\alpha-x$, $\angle PBC=\beta-x$ i $\angle PCA=\gamma-x$.

Promotrimo kružnicu $k$ opisanu trokutu $APC$. Kako je $\angle PCB=\angle PAC=x$, prema obratu teorema o kutu između tangente i tetive zaključujemo da je pravac $BC$ tangenta te kružnice.

Neka pravac $BP$ siječe kružnicu $k$ u točkama $P$ i $T$. Tada vrijedi

$$|BC|^2=|BP|\cdot|BT|.\tag{♣}$$

Također, vrijedi $\angle ATB=\angle ATP=\angle ACP=\gamma-x$. Budući da vrijedi i $\angle ABT=\angle ABP=x=\angle CAP$, zaključujemo da su trokuti $ABT$ i $PAC$ slični.

Stoga vrijedi $|AB|:|BT|=|PA|:|AC|$, tj.

$$|BT|=\frac{|AB|\cdot|AC|}{|AP|}.$$

Uvrštavanjem u (♣) dobivamo

$$|BC|^2=|BP|\cdot\frac{|AB|\cdot|AC|}{|AP|},$$

što je ekvivalentno s tvrdnjom zadatka.