16550. Точка X
лежит внутри равностороннего треугольника ABC
, причём \angle CXA=120^{\circ}
. Прямые AX
и BX
пересекают стороны BC
и AC
в точках D
и E
соответственно. Докажите, что
\frac{1}{(S_{\triangle ABD})^{2}}+\frac{1}{(S_{\triangle ADC})^{2}}=\frac{1}{(S_{\triangle BDE})^{2}}+\frac{1}{(S_{\triangle ADE})^{2}}.
Решение. Заметим, что
\angle XCA=180^{\circ}-120^{\circ}-\angle CAX=60^{\circ}-\angle CAX=\angle DAB,
поэтому треугольники CAF
и ABD
равны по стороне (AC=BA
) и двум прилежащим к ней углам. Значит, AF=BD
.
Пусть AB=BC=CD=1
. Обозначим AF=BD=u
и AE=w
. По теореме Чевы (см. задачу 1621)
\frac{u}{1-u}\cdot\frac{u}{1-u}\cdot\frac{1-w}{w}=\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1,
откуда находим, что
w=\frac{u^{2}}{(1-u)^{2}+u^{2}}.
Пусть площадь треугольника ABC
равна S
. Тогда (см. задачу 3000)
S_{\triangle ABD}=uS,~S_{\triangle ADC}=(1-u)S,~S_{\triangle BDE}=u(1-w)S,
S_{\triangle ADC}=wS_{\triangle ADC}=w(1-u)S.
Таким образом, достаточно доказать, что
\frac{1}{u^{2}}+\frac{1}{(1-u)^{2}}=\frac{1}{u^{2}(1-w)^{2}+(1-u)^{2}w^{2}}.
Учитывая, что w=\frac{u^{2}}{(1-u)^{2}+u^{2}}
, получаем
u^{2}(1-w)^{2}+(1-u)^{2}w^{2}=u^{2}\left(1-\frac{u^{2}}{(1-u)^{2}+u^{2}}\right)^{2}+(1-u)^{2}\left(\frac{u^{2}}{(1-u)^{2}+u^{2}}\right)^{2}=
=\frac{u^{2}(1-u)^{4}}{\left((1-u)^{2}+u^{2}\right)^{2}}+\frac{u^{4}(1-u)^{2}}{\left((1-u)^{2}+u^{2}\right)^{2}}=\frac{u^{2}(1-u)^{2}}{\left((1-u)^{2}+u^{2}\right)^{2}}\cdot\frac{\left((1-u)^{2}+u^{2}\right)^{2}}{\left((1-u)^{2}+u^{2}\right)^{2}}=
=\frac{u^{2}(1-u)^{2}}{\left((1-u)^{2}+u^{2}\right)^{2}}=\frac{1}{\frac{1}{u^{2}}+\frac{1}{(1-u)^{2}}}.
Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 2013, том 86, № 5, задача 1906, с. 383