11230. На средней линии равностороннего треугольника ABC
, параллельной стороне BC
, взята точка D
. Точка E
на продолжении стороны BA
за точку A
такова, что \angle ECA=\angle DCA
. Точка F
на продолжении стороны CA
за точку A
такова, что \angle FBA=\angle DBA
. Докажите, что точка A
лежит на средней линии треугольника DEF
, параллельной стороне EF
.
Решение. Обозначим через P
и Q
середины сторон AB
и AC
, а через M
и N
— точки, в которых DE
и DF
пересекают стороны AC
и AB
соответственно. Тогда треугольник DPB
будет подобен треугольнику FAB
по двум углам (\angle DBP=\angle FBA
по условию, \angle BPD=\angle BAF=120^{\circ}
) с коэффициентом \frac{1}{2}
, поскольку AB=2PB
. Тогда по свойству биссектрисы (см. задачу 1509)
\frac{DN}{NF}=\frac{DB}{BF}=\frac{1}{2},~\frac{DM}{ME}=\frac{CD}{CE}=\frac{1}{2}.
Следовательно, S_{\triangle FAE}=2S_{\triangle FDA}
(так как сторона AF
у треугольников общая, а отношение опущенных на неё высот равно \frac{DM}{ME}=\frac{1}{2}
). Аналогично, S_{\triangle FAE}=2S_{\triangle EDA}
. Значит, S_{\triangle FDE}=2S_{\triangle FAE}
, и потому высота из вершины A
на EF
вдвое меньше высоты из вершины D
на EF
, откуда и вытекает утверждение задачи