13556. В треугольнике ABC
чевианы AD
, BE
, CF
равны и пересекаются в точке P
. Докажите, что
PA+PB+PC=2(PD+PE+PF).
(Чевиана треугольника — это отрезок, соединяющий вершину треугольника с точкой, лежащей на прямой, содержащей противоположную сторону.)
Решение. Пусть AD=BE=CF=x
. Поскольку отношение площадей треугольников с общим основанием равно отношению их высот,
\frac{PD}{AD}=\frac{S_{\triangle BPC}}{S_{\triangle ABC}},~\frac{PE}{BE}=\frac{S_{\triangle APC}}{S_{\triangle ABC}},~\frac{PF}{CF}=\frac{S_{\triangle APB}}{S_{\triangle ABC}},
поэтому
\frac{PD}{AD}+\frac{PE}{BE}+\frac{PF}{CF}=\frac{PD+PE+PF}{x}=\frac{S_{\triangle BPC}}{S_{\triangle ABC}}+\frac{S_{\triangle APC}}{S_{\triangle ABC}}+\frac{S_{\triangle APB}}{S_{\triangle ABC}}=
=\frac{S_{\triangle BPC}+S_{\triangle APC}+S_{\triangle APB}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle ABC}}=1.
Значит,
PD+PE+PF=x.
Тогда
AP=AD-PD=x-PD=PE+PF,
BP=BE-PE=x-PE=PD+PF,
CP=CF-PF=x-PF=PD+PE.
Сложив эти три равенства, получим
PA+PB+PC=2(PD+PE+PF).
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1995, № 2, задача 1923 (74), с. 64