18201. Дана окружность \Omega_{1}
с центром O
и диаметром AB
. Её хорда CD
, перпендикулярная диаметру AB
, является также хордой окружности \Omega_{2}
с центром A
. Точка A
, лежит не меньшей дуге CD
окружности \Omega_{2}
, причём \angle AQP+\angle QPB=60^{\circ}
. Прямая l
касается окружности \Omega_{2}
в точке Q
, а точка X
лежит на l
, причём PX=BX
. Известно, что PQ=13
и BQ=35
. Найдите QX
.
Ответ. \frac{43}{\sqrt{3}}
.
Решение. Заметим, что CP
— высота прямоугольного треугольника ACB
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому (см. задачу 2728) CP^{2}=AP\cdot BP
. Тогда по теореме Пифагора
AC^{2}=CP^{2}+AP^{2}=AP\cdot BP+AP^{2}=AP(BP+AP)=AP\cdot AB,
а так как AC=AQ
, то
AQ^{2}=AC^{2}=AP\cdot AB,
Значит, AQ
— касательная к описанной окружности треугольника BQP
(см. задачу 4776).
Поскольку прямая l
проходит через точку Q
перпендикулярно AQ
, эта прямая проходит и через центр X
описанной окружности треугольника BQP
, а так как при этом точка X
равноудалена от B
и P
, то X
и есть центр этой окружности, а XQ
— её радиус.
Далее получаем
AQ^{2}=AC^{2}=AC\cdot AB~\Rightarrow~\frac{AQ}{AP}=\frac{AB}{AQ},
поэтому треугольники APQ
и AQB
с общим углом при вершине A
подобны. Значит,
\angle AQP=\angle ABQ=\angle PBQ~\Rightarrow~\angle AQP+\angle BPQ=\angle PBQ+\angle BPQ=60^{\circ}~\Rightarrow
\Rightarrow~\angle BQP=180^{\circ}-\angle PBQ-\angle BPQ=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}.
По теореме косинусов
BP=\sqrt{QB^{2}+QP^{2}-2QB\cdot QP\cos120^{\circ}}=\sqrt{35^{2}+13^{2}-2\cdot35\cdot13\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)}=
\sqrt{1225+169+455}=\sqrt{1849}=43.
Следовательно, по теореме синусов
QX=\frac{BP}{2\sin\angle BQP}=\frac{BP}{2\sin120^{\circ}}=\frac{43}{\sqrt{3}}.
Источник: Математические олимпиады США. — 2011 задача 6, с. 72