　辺 $AC$ 上に $AB = AQ$ を満たす点 $Q$ をとる．このとき三角形 $ABQ$ は正三角形なので
$$QB = AB = PC,\quad QC=AC-AB=AC-PC=PB$$
がそれぞれ成立する．従って三角形 $PBC$ と三角形 $QCB$ は合同であるから，
$$\triangle ABQ = \triangle ABC - \triangle QCB = \triangle ABC - \triangle PBC = 2028$$
である．一方
$$\triangle ABQ = \frac{1}{2}BQ^2\sin60^\circ =\frac{\sqrt{3}}{4}CP^2$$
であるから $\dfrac{\sqrt{3}}{4}CP^2=2028$ ．以上より $CP^4 = \bf{21934848}$ を得る．

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**別解．**\
　三角形 $ABC,PBC$ に余弦定理を用いることで次の値は $BC^2$ に等しいことがわかる．
$$AB^2+AC^2-AB\cdot AC=BP^2+CP^2-2BP\cdot CP\cdot\cos\angle BPC$$
 $AC=BP+CP, ~ AB=CP$ を上の式に代入することで次を得る．
$$CP^2+(BP+CP)^2-CP\cdot (BP+CP)=BP^2+CP^2-2BP\cdot CP\cdot\cos\angle BPC$$
$$\Longleftrightarrow ~ \cos\angle BPC=-\frac{1}{2}$$
よって $\angle BPC=120^\circ$ なので面積について次の式が従う．
$$\frac{1}{2}AB\cdot AC\sin 60^\circ=\frac{\sqrt{3}}{4}CP(BP+CP)=4017$$
$$\frac{1}{2}CP\cdot BP\sin 120^\circ=\frac{\sqrt{3}}{4}CP\cdot BP=1989$$
二式の差を考えることで $\dfrac{\sqrt{3}}{4}CP^2=2028$ を得るので $CP^4=\bf21934848$ ．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc213/editorial/4213
　$ \angle{A}=60^{\circ}$ を満たす三角形 $ABC$ の内部に $P$ をとったところ，$$BP+CP=AC,\quad AB=CP$$
が成り立ちました．三角形 $ABC$ の面積が $4017$，三角形 $PBC$ の面積が $1989$ のとき $CP$ の長さの $4$ 乗を求めてください．