10040. Внутри треугольника ABC
взята точка P
так, что углы APB
, BPC
и CPA
равны 120^{\circ}
. Прямые BP
и CP
пересекают прямые AC
и AB
в точках M
и K
. Известно, что четырёхугольник AMPK
равновелик треугольнику BCP
. Чему равен угол BAC
?
Ответ. 60^{\circ}
.
Решение. Заметим, что
\angle CPM=180^{\circ}-\angle BPC=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ},
\angle APM=180^{\circ}-\angle APB=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ},
поэтому PM
— биссектриса треугольника APC
.
Обозначим AP=x
, BP=y
, CP=z
, S_{\triangle APC}=S=\frac{1}{2}xz\sin120^{\circ}
. Тогда (см. задачи 3000 и 1509)
\frac{S_{\triangle APM}}{S_{\triangle CPM}}=\frac{AM}{MC}=\frac{x}{z},
поэтому
S_{\triangle APM}=\frac{Sx}{x+z}=\frac{\frac{1}{2}x^{2}z\sin120^{\circ}}{x+z}=\frac{x^{2}z\sqrt{3}}{4(x+z)}.
Аналогично
S_{\triangle APK}=\frac{\frac{1}{2}x^{2}y\sin120^{\circ}}{x+y}=\frac{x^{2}y\sqrt{3}}{4(x+y)}.
Равенство указанных в условии площадей означает, что
\frac{x^{2}z\sqrt{3}}{4(x+z)}+\frac{x^{2}y\sqrt{3}}{4(x+y)}=\frac{zy\sqrt{3}}{4},
или
\frac{x^{2}z}{x+z}+\frac{x^{2}y}{x+y}=zy,
x^{3}z+x^{2}yz+x^{3}y+x^{2}yz=x^{2}yz+xy^{2}z+xyz^{2}+y^{2}z^{2},
(x^{3}z-xyz^{2})+(x^{2}yz-y^{2}z^{2})+(x^{3}y-xy^{2}z)=0,
(xz+yz+xy)(x^{2}-yz)=0,
откуда x^{2}=yz
, или AP^{2}=BP\cdot PC
, или \frac{AP}{PC}=\frac{BP}{AP}
. Значит, треугольники APC
и BPA
подобны. Тогда \angle PAC=\angle PBA
, следовательно,
\angle BAC=\angle BAP+\angle PAC=\angle BAP+\angle PBA=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}.