17810. Дан треугольник ABC
, в котором AB=2
, BC=\sqrt{3}
и \angle ABC=150^{\circ}
. Точка P
такова, что \angle APB=45^{\circ}
и \angle BPC=120^{\circ}
. Найдите BP
.
Ответ. \frac{2}{\sqrt{5}}
.
Решение. Заметим, что точка P
— отличная от B
точка пересечение дуг двух окружностей с центрами O_{1}
и O_{2}
(см. рис.): первая дуга — ГМТ, из которых отрезок AB
виден под углом 45^{\circ}
, вторая — ГМТ, из которых отрезок BC
виден под углом 120^{\circ}
(см. задачу 12).
Пусть N
— проекция центра O_{1}
первой окружности на хорду AB
, M
— точка пересечения общей хорды PB
этих окружностей с линией центров O_{1}O_{2}
. Тогда N
— середина хорды AB
, M
— середина хорды PB
и BP\perp O_{1}O_{2}
(см. задачу 1130).
Центральный угол вдвое больше соответствующего вписанного угла, поэтому
\angle AO_{1}B=2\angle APB=2\cdot45^{\circ}=90^{\circ},~\angle BO_{2}C=2\angle PBC=2\cdot60^{\circ}=120^{\circ}.
Тогда \angle O_{2}CB=30^{\circ}
, а так как
\angle ABC+\angle CBO_{2}=150^{\circ}+30^{\circ}=180^{\circ},
то точки A
, B
и O_{2}
лежат на одной прямой. Кроме того, по теореме синусов радиус окружности с центром O_{2}
равен
O_{2}B=\frac{BC}{2\sin60^{\circ}}=\frac{\sqrt{3}}{2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}=1.
Из равнобедренного треугольника AO_{1}B
находим
O_{1}N=NB=1=BO_{2}.
Прямоугольные треугольники BMO_{2}
и O_{1}NO_{2}
с общим острым углом при вершине O_{2}
подобны, поэтому
\frac{BM}{O_{1}N}=\frac{BO_{2}}{O_{1}O_{2}},~\mbox{или}~\frac{BM}{1}=\frac{1}{\sqrt{1^{2}+2^{2}}}~\Rightarrow~BM=\frac{1}{\sqrt{5}}.
Следовательно,
BP=2BM=\frac{2}{\sqrt{5}}.
Источник: Математические олимпиады Гонконга. — 2008, задача 5