13718. Квадраты ACC_{1}A''
, ABB_{1}A'
и BCDE
построены на сторонах треугольника ABC
вне треугольника. Пусть P
— центр квадрата BCDE
. Докажите, что прямые A'C
, A''B
и PA
проходят через одну точку.
Решение. Рассмотрим случай, когда \angle BAC\lt90^{\circ}
. Пусть прямая A'C
пересекает сторону AB
в точке R
, прямая AP
пересекает сторону BC
в точке S
, а прямая A''B
пересекает сторону AC
в точке T
.
Обозначим через \alpha
, \beta
, \gamma
углы треугольника ABC
при вершинах A
, B
и C
соответственно.
Проведём A'B
, A''C
, BP
и CP
. Тогда
\frac{AR}{RB}=\frac{S_{\triangle A'AC}}{S_{\triangle A'BC}}=\frac{\frac{1}{2}A'A\cdot AC\sin(\alpha+90^{\circ})}{\frac{1}{2}A'B\cdot BC\sin(\beta+45^{\circ})}=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{AC}{BC}\cdot\frac{\sin(\alpha+90^{\circ})}{\sin(\beta+45^{\circ})},
\frac{BS}{SC}=\frac{S_{\triangle ABP}}{S_{\triangle ACP}}=\frac{\frac{1}{2}AB\cdot BP\sin(\beta+45^{\circ})}{\frac{1}{2}AC\cdot CP\sin(\gamma+45^{\circ})}=\frac{AB}{AC}\cdot\frac{\sin(\beta+45^{\circ})}{\sin(\gamma+45^{\circ})},
\frac{CT}{TA}=\frac{S_{\triangle A''CB}}{S_{\triangle A''AB}}=\frac{\frac{1}{2}A''C\cdot BC\sin(\gamma+45^{\circ})}{\frac{1}{2}A''A\cdot AB\sin(\alpha+90^{\circ})}=\frac{\sqrt{2}}{1}\cdot\frac{BC}{AB}\cdot\frac{\sin(\gamma+45^{\circ})}{\sin(\alpha+90^{\circ})}.
Перемножив эти равенства, получим
\frac{AR}{RB}\cdot\frac{BS}{SC}\cdot\frac{CT}{TA}=1.
Следовательно, по теореме Чевы прямые CR
, PS
и BT
, т. е. прямые A'C
, A''B
и PA
, пересекаются в одной точке. Что и требовалось доказать.