а) Пусть \(BC \ge AC,\) а E и F – точки касания окружности со сторонами BC и AC соответственно. Тогда CE = CF, BE = BP, AF = AP как отрезки касательных, откуда:
\(BC — AC = BE + EC — \left( {AF + FC} \right) = BE — AF = BP — AP = \)
\( = BM + MP — \left( {AM — MP} \right) = 2\,MP\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,MP = \frac{{BC — AC}}{2}.\)
Если \(AC > BC,\) то решение будет аналогичным и получим, что: \(MP = \frac{{AC — BC}}{2}.\) Следовательно, \(MP = \frac{{\left| {AC — BC} \right|}}{2}.\) Что и требовалось доказать.
б) Так как CM = AM =BM, то признаку прямоугольного треугольника \(\angle C = {90^ \circ }.\) Тогда четырёхугольник OECF – является квадратом, так как все его углы прямые и CE = CF. Пусть OE = CE = CF = r, \(MP = \frac{r}{2},\) BE = BP = x. Тогда \(BM = BP — MP = x — \frac{r}{2},\) откуда: \(AP = AM — MP = x — \frac{r}{2} — \frac{r}{2} = x — r = AF.\) Следовательно, BC = BE + EC = x + r; AC = AF + FC = x – r + r = x; \(AB = 2BM = 2\left( {x — \frac{r}{2}} \right) = 2x — r.\) По теореме Пифагора для треугольника ABC:
\(A{B^2} = B{C^2} + A{C^2}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,{\left( {2x — r} \right)^2} = {\left( {x + r} \right)^2} + {x^2}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \)
\( \Leftrightarrow \,\,\,\,\,4{x^2} — 4xr + {r^2} = {x^2} + 2xr + {r^2} + {x^2}\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,2{x^2} — 6xr = 0\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,x = 3r.\)
Значит: \(BC = 4r,\,\,\,AC = 3r,\,\,\,AB = 5r.\) По определению тангенса из треугольника ABC:
\({\rm{tg}}\,\angle A = \frac{{BC}}{{AC}} = \frac{{4r}}{{3r}} = \frac{4}{3}\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\angle A = {\rm{arctg}}\frac{4}{3}.\)
\({\rm{tg}}\,\angle B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{3r}}{{4r}} = \frac{3}{4}\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\angle B = {\rm{arctg}}\frac{3}{4}.\)
Ответ: \(\angle C = {90^ \circ };\,\,\angle A = {\rm{arctg}}\frac{4}{3};\,\,\angle B = {\rm{arctg}}\frac{3}{4}.\)