13515. Вне треугольника ABC
построены равносторонние треугольники A'BC
, B'CA
и C'AB
. На отрезках AA'
, BB'
и CC'
отмечены точки P
, Q
и R
соответственно, причём
\frac{AP}{AA'}+\frac{BQ}{BB'}+\frac{CR}{RR'}=1.
Докажите, что треугольник PQR
равносторонний.
Решение. Известно (см. задачу 6703), что прямые AA'
, BB'
и CC'
пересекаются в одной точке F
— точке Ферма треугольника ABC
, образуют между собой углы 60^{\circ}
, а также
FA+FB+FC=AA'=BB'=CC'.
(Если наибольший угол треугольника не больше 120^{\circ}
— это точка, для которой сумма FA+FB+FC
минимальна, см. задачу 6700.)
Тогда
1=\frac{AP}{AA'}+\frac{BQ}{BB'}+\frac{CR}{RR'}=\frac{AP}{AA'}+\frac{BQ}{AA'}+\frac{CR}{AA'}=\frac{AP+BQ+CR}{AA'},
откуда
AP+BQ+CR=AA'=FA+FB+FC.
В треугольниках FPQ
и QFR
известно, что
\angle PFQ=\angle PFR=60^{\circ},~\angle QFR=120^{\circ},
при этом
FQ=FB-BQ,~FP=AP-FA,~FR=FC-CR.
По теореме косинусов
PQ^{2}=FQ^{2}+FP^{2}-2FP\cdot FQ\cos60^{\circ}=FQ^{2}+FP^{2}-FP\cdot FQ,
QR^{2}=FQ^{2}+FR^{2}-2FQ\cdot FR\cos120^{\circ}=FQ^{2}+FR^{2}+FQ\cdot FR.
Для равенства PQ^{2}=QR^{2}
достаточно доказать, что
FQ^{2}+FP^{2}-FP\cdot FQ=FQ^{2}+FR^{2}+FQ\cdot FR,
или
FP(FP-FQ)=FP^{2}-FP\cdot FQ=FR^{2}+FQ\cdot FR=FR(FR+FQ).
Поскольку
FP=AP-FA,~FQ=FB-BQ,~FR=CF-FR,
то осталось доказать, что
(AP-FA)(AP-FA-(FB-BQ))=(CF-FR)((FC-FR)+(FB-BQ)),
или
(AP-FA)(AP+BQ-FA-FB)=(FC-CR)(FC+FB-CR-BQ).
Последнее равенство верно, так как
AP+BQ-FA-FB=(FA+FB+FC-CR)-FA-FB=FC-CR,
FC+FB-CR-BQ=(AP+PQ+CR-FA)-(CR+BQ)=AP-FA.
Таким образом PQ=QR
. Аналогично, PR=QR
. Следовательно, треугольник PQR
равносторонний. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1992, № 6, задача 1660 (172), с. 184