2986. Угол B
при вершине равнобедренного треугольника ABC
равен 120^{\circ}
. Из вершины B
выпустили внутрь треугольника два луча под углом 60^{\circ}
друг к другу, которые, отразившись от основания AC
в точках P
и Q
, попали на боковые стороны в точки M
и N
. Докажите, что площадь треугольника PBQ
равна сумме площадей треугольников AMP
и CNQ
.
Указание. Достройте данный треугольник до ромба.
Решение. Первый способ. Предположим, что точки M
и N
лежат на сторонах AB
и BC
соответственно (рис. 1), B_{1}
— точка, симметричная B
относительно прямой AC
, M_{1}
— точка пересечения прямых AB_{1}
и BP
, N_{1}
— точка пересечения прямых CB_{1}
и BQ
. Четырёхугольник ABCB_{1}
— ромб, треугольник AMP
равен треугольнику AM_{1}P
, а треугольник CNQ
— треугольнику CN_{1}Q
. Сумма площадей треугольников AM_{1}P
, CN_{1}Q
и пятиугольника M_{1}PQN_{1}B_{1}
равна половине площади ромба ABCB_{1}
.
Теперь покажем, что площадь четырёхугольника M_{1}BN_{1}B_{1}
также равна половине площади ромба ABCB_{1}
. Для этого заметим, что
\angle M_{1}BB_{1}+\angle B_{1}BN_{1}=60^{\circ}=\angle B_{1}BN_{1}+\angle N_{1}BC,
поэтому \angle M_{1}BB_{1}=\angle N_{1}BC
, а так как \angle BB_{1}C=60^{\circ}=\angle BCN_{1}
, то треугольники M_{1}BB_{1}
и N_{1}BC
равны по стороне (BB_{1}=BC
) и двум прилежащим к ней углам.
Поскольку площадь треугольника B_{1}BC
равна половине площади ромба ABCB_{1}
, то и площадь четырёхугольника M_{1}BN_{1}B_{1}
равна половине площади ромба ABCB_{1}
. Следовательно,
S_{\triangle AM_{1}P}+S_{M_{1}PQN_{1}B_{1}}+S_{\triangle CN_{1}Q}=S_{\triangle PQB}+S_{M_{1}PQN_{1}B_{1}},
поэтому площадь треугольника PQB
равна сумме площадей треугольников AM_{1}P
и CN_{1}Q
, а значит, и сумме площадей треугольников AMP
и CNQ
.
Второй способ. (Решение основано на работе участницы олимпиады Татьяны Неретиной.) Отразим точку B
относительно прямой AC
. Пусть при этом отражении она переходит в точку B_{1}
. Продлим BP
и BQ
до пересечения с AB_{1}
и CB_{1}
в точках M_{1}
и N_{1}
. Так же, как и в первом решении, можно доказать, что треугольники M_{1}BB_{1}
и N_{1}BC
равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, а значит, MB=M_{1}B_{1}=N_{1}C
. Проведём отрезок MN_{1}
, пересекающий AC
в точке O
(рис. 2). В силу симметрии отрезок NM_{1}
пройдёт через ту же точку O
. Так как отрезки MB
и N_{1}C
параллельны и равны, то MN_{1}
параллелен BC
, а потому BON_{1}C
— трапеция. Значит,
S_{\triangle BOQ}=S_{\triangle CN_{1}Q}=S_{\triangle CNQ}.
Аналогично
S_{\triangle BOP}=S_{\triangle AM_{1}P}=S_{\triangle AMP}.
Значит,
S_{\triangle PQB}=S_{\triangle BOP}+S_{\triangle BOQ}=S_{\triangle AMP}+S_{\triangle CNQ}.
Что и требовалось доказать.