4357. Точка P
лежит внутри равнобедренного треугольника ABC
(AB=BC
), причём \angle ABC=80^{\circ}
, \angle PAC=40^{\circ}
, \angle ACP=30^{\circ}
. Найдите угол BPC
.
Ответ. 100^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Пусть Q
— точка пересечения отрезка CP
с высотой BH
данного равнобедренного треугольника, опущенной на основание (рис. 1). Тогда
\angle QAC=\angle ACQ=\angle ACP=30^{\circ},~\angle BAQ=\angle BAC-\angle QAC=50^{\circ}-30^{\circ}=20^{\circ},
\angle BAP=\angle BAC-\angle PAC=50^{\circ}-40^{\circ}=10^{\circ}=\frac{1}{2}\angle BAQ.
Значит, AP
— биссектриса угла BAQ
.
По теореме о внешнем угле треугольника
\angle AQP=\angle ACQ+\angle CAQ=30^{\circ}+30^{\circ}=60^{\circ},
\angle AQB=\angle QAC+\angle AHQ=30^{\circ}+90^{\circ}=120^{\circ}.
Поэтому QP
— биссектриса угла AQB
.
Таким образом, P
— точка пересечения биссектрис треугольника ABQ
. Следовательно (см. задачу 1101),
\angle BPC=\angle BPQ=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle BAQ=90^{\circ}+\frac{1}{2}\cdot20^{\circ}=100^{\circ}.
Второй способ. Построим вне треугольника ABC
равносторонний треугольник ABD
(рис. 2). Тогда BD=BC
, т. е. треугольник CBD
равнобедренный и
\angle BCD=\angle BDC=\frac{1}{2}(180^{\circ}-80^{\circ}-60^{\circ})=20^{\circ}.
Значит, точка P
лежит на отрезке CD
.
\angle PAD=10^{\circ}+60^{\circ}=70^{\circ},~\angle ADP=60^{\circ}-20^{\circ}=40^{\circ},
поэтому
\angle DPA=180^{\circ}-70^{\circ}-40^{\circ}=70^{\circ},
и треугольник ADP
равнобедренный, DP=AD=BD
. Значит, треугольник BDP
тоже равнобедренный,
\angle BPD=\frac{1}{2}(180^{\circ}-20^{\circ})=80^{\circ}.
Следовательно, \angle BPC=100^{\circ}
.
Примечание. 1. Ещё одно решение см. Квант, 1997, N6.
2. См. также статью В.Прасолова «Диагонали правильного 18-угольника», Квант, 1995, N5, с.40-42.