13949. Точка P
лежит внутри треугольника ABC
, причём \angle PAC=10^{\circ}
, \angle PCA=20^{\circ}
, \angle PAB=30^{\circ}
и \angle ABC=40^{\circ}
. Найдите \angle BPC
.
Ответ. 80^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Поскольку
\angle BAC=10^{\circ}+30^{\circ}=40^{\circ}=\angle ABC,
треугольник ABC
равнобедренный, AC=BC
. При симметрии относительно прямой, содержащей биссектрису угла ACB
, вершина A
переходит в вершину B
, а точка P
— в некоторую точку Q
. Тогда
\angle CQB=\angle CPA=180^{\circ}-10^{\circ}-20^{\circ}=150^{\circ},
поэтому
\angle PCQ=\angle ACB-2\angle ACP=100^{\circ}-2\cdot20^{\circ}=60^{\circ}.
Значит, равнобедренный треугольник PCQ
— равносторонний. Тогда CQ=CP
, а так как
\angle PQB=360^{\circ}-\angle PQC-\angle CQB=360^{\circ}-60^{\circ}-150^{\circ}=150^{\circ},
то треугольники PQB
и CQB
равны, поэтому BP=BC
. Следовательно,
\angle BPC=\angle BPQ+\angle CPQ=20^{\circ}+60^{\circ}=80^{\circ}.
Второй способ. Предположим, уже доказано, что треугольник PCQ
равносторонний. Обозначим AC=BC=c
, CP=u
и BP=v
. По теореме синусов из треугольника APC
получаем
u=\frac{c\sin10^{\circ}}{\sin150^{\circ}}=2c\sin10^{\circ}=2c\cos80^{\circ}.
По теореме косинусов из треугольника BPC
получаем
v^{2}=c^{2}+u^{2}-2cu\cos80^{\circ}=c^{2}+u^{2}-u\cdot u=c^{2},
поэтому v=c
, и треугольник BCP
равнобедренный. Следовательно,
\angle BPC=\angle BCP=20^{\circ}+60^{\circ}=80^{\circ}.
Третий способ. Обозначим \angle PBC=\alpha
. Применив теорему синусов, получим
1=\frac{PA}{PB}\cdot\frac{PB}{PC}\cdot\frac{PC}{PA}=\frac{\sin(40^{\circ}-\alpha)}{\sin30^{\circ}}\cdot\frac{\sin80^{\circ}}{\sin\alpha}\cdot\frac{\sin10^{\circ}}{\sin20^{\circ}},
откуда
\sin\alpha\sin20^{\circ}=2\sin(40^{\circ}-\alpha)\cos10^{\circ}\sin10^{\circ},~\mbox{или}~\sin\alpha=\sin(40^{\circ}-\alpha).
Значит, \alpha=40^{\circ}-\alpha
, т. е. \alpha=20^{\circ}
. Следовательно,
\angle BPC=180^{\circ}-\angle PBC-\angle PCB=180^{\circ}-20^{\circ}-80^{\circ}=80^{\circ}.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2014, № 5, задача CC75, с. 192