10438. Дан правильный треугольник ABC
, площадь которого равна 1, и точка P
на его описанной окружности. Прямые AP
, BP
, CP
пересекают прямые соответственно BC
, CA
, AB
в точках A'
, B'
, C'
. Найдите площадь треугольника A'B'C'
.
Решение. Из равенства вписанных углов, опирающихся на одну дугу, получим, что
\angle CAB=\angle ACB=\angle APB=\angle BPC=\angle APC'=\angle CPA'=60^{\circ}.
Кроме того, обозначив \angle PBC=\angle PAC=\alpha
, получим по теореме о внешнем угле треугольника, что
\angle PC'A=\angle CC'A=\angle BAP-\angle APC'=(60^{\circ}+\alpha)-60^{\circ}=\alpha=\angle PBC.
Аналогично \angle PA'C=\angle PBA
. Значит, следующие пары треугольников подобны: BPC'
и A'PB
; C'PA
и APB'
; A'PC
и CPB'
.
Из первого подобия следует, что \frac{BP}{A'P}=\frac{C'P}{BP}
, или BP^{2}=C'P\cdot A'P
, из второго — \frac{AP}{B'P}=\frac{C'P}{AP}
, или AP^{2}=C'P\cdot B'P
, из третьего — \frac{CP}{A'P}=\frac{B'P}{CP}
, или CP^{2}=B'P\cdot A'P
.
Вычислим площадь треугольника A'B'C'
как сумму площадей треугольников C'B'P
, C'A'P
и A'B'P
(используя тот факт, что углы при вершине P
этих треугольников равны 120^{\circ}
).
S_{\triangle A'B'C'}=(C'P\cdot B'P+C'P\cdot A'P+A'P\cdot B'P)\frac{\sqrt{3}}{4}=(AP^{2}+BP^{2}+CP^{2})\frac{\sqrt{3}}{4}.
Известно, что для равностороннего треугольника ABC
со стороной a
и произвольной точки P
на его описанной окружности верно равенство
AP^{2}+BP^{2}+CP^{2}=6R^{2}=2a^{2}
(см. задачу 783). Тогда S_{\triangle A'B'C'}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}
. Поскольку S_{\triangle ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=1
, то S_{\triangle A'B'C'}=2
.
Примечание. Равенство
AP^{2}+BP^{2}+CP^{2}=6R^{2}=2a^{2}
является частным случаем более общего утверждения: для правильного n
-угольника A_{1}A_{2}\ldots A_{n}
и точки P
на a
его описанной окружности верно, что \displaystyle\sum_{i=1}^nPA_i^2=2nR^2
.
Автор: Заславский А. А.
Источник: Московская устная олимпиада по геометрии. — 2014, № 11, 10-11 классы
Источник: Журнал «Квант». — 2014, № 4, с. 15, М2352
Источник: Задачник «Кванта». — М2352