16564. Точка P
лежит на описанной окружности равностороннего треугольника ABC
. Прямые PA
и BC
пересекаются в точке D
, прямые PB
и CA
— в точке E
, а прямые PC
и AB
— в точке F
. Докажите, что площадь треугольника DEF
вдвое больше площади треугольника ABC
.
Решение. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке (точка P
лежит на меньшей дуге BC
описанной окружности треугольника ABC
).
Пусть AB=1
. Тогда S_{\triangle ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}
. Обозначим PB=b
, PC=c
, PE=e
и PF=f
. Заметим, что
\angle FBD=\angle ECD=\angle BPC=120^{\circ}.
Тогда
S_{\triangle DEF}=S_{BCEF}-S_{\triangle FBD}-S_{\triangle ECD}=
=\frac{1}{2}BE\cdot CD\sin120^{\circ}-\frac{1}{2}BF\cdot BD\sin120^{\circ}=-\frac{1}{2}CE\cdot CD\sin120^{\circ}=
=\frac{\sqrt{3}}{4}((b+e)(c+f)-BE\cdot BD-CE\cdot CD).
Значит, по условию
\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}((b+e)(c+f)-BE\cdot BD-CE\cdot CD),
или
2=(b+e)(c+f)-BF\cdot BD-CE\cdot CD.
Поскольку \angle FBC=\angle BPC
, треугольники FCB
и BCP
с общим углом при вершине C
подобны по двум углам, поэтому
\frac{FC}{BC}=\frac{CB}{CP}=\frac{BF}{PB},~\mbox{или}~\frac{c+f}{1}=\frac{1}{c}=\frac{BF}{b},
откуда
c+f=\frac{1}{c}~\mbox{и}~BF=\frac{b}{c}.
Аналогично,
b+e=\frac{1}{b}~\mbox{и}~CE=\frac{c}{b}.
Значит,
2=(b+e)(c+f)-BF\cdot BD-CE\cdot CD=\frac{1}{bc}-\frac{b}{c}\cdot BD-\frac{c}{b}\cdot CD.
Заметим, что \angle BPD=\angle CPD=60^{\circ}
, поэтому по свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{BD}{CD}=\frac{BP}{CP}~\Rightarrow~BD=\frac{b}{b+c}~\mbox{и}~CD=\frac{c}{b+c}.
Таким образом, осталось доказать, что
2=\frac{1}{bc}-\frac{b}{c}\cdot BD-\frac{c}{b}\cdot CD=\frac{1}{bc}-\frac{b^{2}}{c(b+c)}-\frac{c^{2}}{b(b+c)}=
=\frac{1}{bc}-\frac{b^{3}+c^{3}}{bc(b+c)}=\frac{1-b^{2}-c^{2}+bc}{bc},~\mbox{или}~b^{2}+c^{2}+bc=1.
Последнее равенство следует из по теоремы косинусов для треугольника BPC
. Отсюда вытекает утверждение задачи.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 2017, том 90, № 4, задача 3, с. 316
Источник: Математические олимпиады США. —