17802. Дан ромб ABCD
с углом 60^{\circ}
при вершине B
. Точка P
лежит внутри ромба, причём \angle APC=120^{\circ}
BP=3
и DP=2
. Найдите разность между AP
и CP
.
Ответ. \sqrt{\frac{7}{3}}
.
Решение. Треугольники ABC
и ACD
равносторонние. Пусть при повороте вокруг вершины C
, переводящем вершину A
в D
, точка P
переходит в Q
. Тогда треугольник PCQ
равносторонний, поэтому
\angle APQ=\angle APC+\angle CPQ=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}.
Значит, точка P
лежит на отрезке AQ
, поэтому прямая AQ
при рассматриваемом повороте переходит в прямую DQ
. Следовательно, \angle DQP=60^{\circ}
.
Поскольку \angle APC+\angle ABC=180^{\circ}
, четырёхугольник APCB
вписанный. Обозначим PA=x
и PC=y
. По теореме Помпею (см. задачу 17)
3=PB=PA+PC=x+y~\Rightarrow~x^{2}+y^{2}+2xy=9.
В то же время, по теореме косинусов из треугольника DQP
получаем
2^{2}=PD^{2}=QD^{2}+QP^{2}-2DQ\cdot QP\cos DQP=x^{2}+y^{2}-2xy\cos60^{\circ}=x^{2}+y^{2}-xy.
Таким образом, имеем систему
\syst{x^{2}+y^{2}+2xy=9\\x^{2}+y^{2}-xy=4.}
Вычитая из первого равенства второе, получим
xy=\frac{5}{3}~\Rightarrow~x^{2}+y^{2}=4+xy=4+\frac{5}{3}=\frac{17}{3}.
Значит,
(x-y)^{2}=x^{2}+y^{2}-2xy=\frac{17}{3}-\frac{10}{3}=\frac{7}{3}.
Следовательно, искомая разность равна \sqrt{\frac{7}{3}}
.
Источник: Математические олимпиады Гонконга. — 2005, задача 15