16530. На сторонах AB
, BC
и CA
равностороннего треугольника ABC
вне его построены треугольники AFB
, BDC
и CEA
соответственно, причём \angle FAB=\angle DCB
, \angle FBA=\angle ECA
и \angle EAC=\angle DBC
. Докажите, что прямые AD
, BE
и CF
пересекаются в одной точке.
Решение. Докажем, что
\frac{\sin\angle CAD}{\sin\angle DAB}\cdot\frac{\sin\angle ABE}{\sin\angle EBC}\cdot\frac{\sin\angle BCF}{\sin\angle FCA}=1.
Тогда по теореме Чевы (её тригонометрическая форма, см. задачу 1900) прямые AD
, BE
и CF
пересекаются в одной точке.
Обозначим
\angle FAB=\angle DCB=\alpha,~\angle FBA=\angle ECA=\gamma,~\angle EAC=\angle DBC=\beta.
По теореме синусов из треугольников CAD
и BAD
получаем
\frac{\sin\angle CAD}{CD}=\frac{\sin\angle ACD}{AD}~\mbox{и}~\frac{\sin\angle DAB}{BD}=\frac{\sin\angle ABD}{AD},
поэтому
\frac{\sin\angle CAD}{\sin\angle DAB}=\frac{CD\sin\angle CAD}{BD\sin\angle ABD}=\frac{CD\sin(60^{\circ}+\alpha)}{BD\sin(60^{\circ}+\beta)}=\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}\cdot\frac{\sin(60^{\circ}+\alpha)}{\sin(60^{\circ}+\beta)}.
Аналогично,
\frac{\sin\angle ABE}{\sin\angle CBE}=\frac{\sin\gamma}{\sin\beta}\cdot\frac{\sin(60^{\circ}+\beta)}{\sin(60^{\circ}+\gamma)}~\mbox{и}~\frac{\sin\angle BCF}{\sin\angle ACF}=\frac{\sin\alpha}{\sin\gamma}\cdot\frac{\sin(60^{\circ}+\gamma)}{\sin(60^{\circ}+\alpha)}.
Перемножив эти три равенства, получим
\frac{\sin\angle CAD}{\sin\angle DAB}\cdot\frac{\sin\angle ABE}{\sin\angle EBC}\cdot\frac{\sin\angle BCF}{\sin\angle FCA}=1.
Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 2007, том 80, № 5, задача 1759, с. 396