17836. Дан треугольник ABC
, в котором \angle A=54^{\circ}
и \angle C=24^{\circ}
. Точка P
лежит на стороне AC
, причём AP=BC
. Найдите \angle CBP
.
Ответ. 6^{\circ}
.
Решение. Достроим треугольник ABP
до равнобедренной трапеции ABPD
с основаниями AB
и DP
, треугольник ADP
— до параллелограмма APED
, а на стороне BC
построим вне треугольника ABC
равносторонний треугольник BFC
(см. рис.).
Заметим, что
DE=AP=BD=AP=BC=BF.
Тогда
\angle CBD=\angle CBA-\angle DBA=(180^{\circ}-54^{\circ}-24^{\circ})-54^{\circ}=48^{\circ},
поэтому
\angle BDE=\angle BDP+\angle PDE=\angle BDP+\angle DPA=54^{\circ}+54^{\circ}=108^{\circ}
и
\angle FBD=\angle FBC+\angle CBD=60^{\circ}+48^{\circ}=108^{\circ}.
Значит, E
, D
, B
и F
— последовательные вершины правильного пятиугольника EDBFG
. Тогда точки C
и E
лежат на серединном перпендикуляре к отрезку BF
, поэтому
\angle DEC=\frac{1}{2}\angle DEG=\frac{1}{2}\cdot108^{\circ}=54^{\circ}=\angle PDE,
а так как PC\parallel DE
, то PCED
— равнобедренная трапеция. Тогда CD=PE=AD
. Значит,
\angle PAD=\angle DEP=\angle DCP=\angle DCA=\angle DCB-\angle ACB=\frac{1}{2}(180^{\circ}-48^{\circ})-24^{\circ}=42^{\circ}.
Следовательно,
\angle CBP=\angle CBA-\angle PBD-\angle ABD=(48^{\circ}+54^{\circ})-\angle PAD-54^{\circ}=
=102^{\circ}-42^{\circ}-54^{\circ}=6^{\circ}.
Источник: Математические олимпиады Гонконга. — 2015, задача 3