16502. На сторонах остроугольного треугольника ABC
вне его построены равнобедренные треугольники ABC'
, BCA'
и CAB'
, причём
\angle ABC'=\angle BAC'=\angle ACB,~\angle BCA'=\angle CBA'=\angle BAC,~\angle CAB'=\angle ACB'=\angle CBA.
Докажите, прямые AA'
, BB'
и CC'
пересекаются в одной точке.
Решение. Поскольку
\angle CAB'+\angle CAB+\angle BAC'=\angle ABC+\angle CAB+\angle ACB=180^{\circ},
точки B'
, A
и C'
лежат на одной прямой, причём A
— середина стороны B'C'
треугольника A'B'C'
. Аналогично, B
— середина стороны C'A'
, а C
— середина стороны A'B'
. Значит,
\frac{A'C}{CB'}\cdot\frac{B'A}{AC'}\cdot\frac{C'B}{BA'}=\frac{A'C}{BA'}\cdot\frac{B'A}{C'B}\cdot\frac{C'B}{A'C}=1.
Следовательно, по теореме Чевы прямые AA'
, BB'
и CC'
пересекаются в одной точке (в точке Жергонна, см. задачу 1552).
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 1997, том 70, № 5, задача Q871, с. 382 и 388