17823. Дан треугольник ABC
, в котором AB=2AC
и \angle BAC=112^{\circ}
. Точки P
и Q
лежат на стороне BC
, причём AB^{2}+BC\cdot CP=BC^{2}
и 3AC^{2}+2BC\cdot CQ=BC^{2}
. Найдите \angle PAQ
.
Ответ. 22^{\circ}
.
Решение. Без ограничения общности будем считать, что AC=1
и AB=2
. По теореме косинусов из треугольника ABC
получаем
BC=\sqrt{4+1-2\cdot2\cdot1\cos122^{\circ}}=\sqrt{5+\cos68^{\circ}}.
Поскольку
CP=\frac{BC^{2}-AB^{2}}{BC}~\mbox{и}~CQ=\frac{BC^{2}-3AC^{2}}{3BC},
точка P
лежит между B
и Q
, что равносильно неравенству CP\gt CQ
, т. е.
\frac{BC^{2}-AB^{2}}{BC}\gt\frac{BC^{2}-3AC^{2}}{3BC}~\Leftrightarrow~\frac{BC^{2}-4AC^{2}}{BC}\gt\frac{BC^{2}-3AC^{2}}{3BC}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~2BC^{2}\gt9AC^{2}~\Leftrightarrow~BC^{2}\gt4{,}5AC^{2}~\Leftrightarrow~5+\cos68^{\circ}\gt4{,}5~\Leftrightarrow~\cos68^{\circ}\gt-\frac{1}{2}.
Последнее неравенство очевидно. Итак, точка P
лежит между B
и Q
.
Заметим, что
AB^{2}=BC^{2}-BC\cdot PC=BC(BC-CP)=BC\cdot BP~\Rightarrow~\frac{AB}{BC}=\frac{PB}{BA}.
Значит, треугольники ABC
и PBA
с общим углом при вершине B
подобны, поэтому \angle BAP=\angle BCA
. Тогда по теореме о внешнем угле треугольника
\angle APQ=\angle ABP+\angle BAP=\angle ABP+\angle BCA=180^{\circ}-112^{\circ}=68^{\circ}.
В то же время, \angle AQP=90^{\circ}
, так как
AB^{2}-BQ^{2}=(2AC)^{2}-(BC-CQ)^{2}=4AC^{2}-BC^{2}+2BC\cdot CQ-CQ^{2}=
=AC^{2}-CQ^{2}+(3AC^{2}+2BC\cdot CQ-BC^{2})=AC^{2}-BC^{2}
(см. задачу 1349). Следовательно,
\angle PAQ=90^{\circ}-\angle APQ=90^{\circ}-68^{\circ}=22^{\circ}.
Источник: Математические олимпиады Гонконга. — 2011, задача 17