Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 12930
2023-05-08 
Через точку $O$ внутри равностороннего треугольника проведены прямые, проходящие через его вершины. В результате получилось шесть треугольников, три из которых, через один заштриховали. Докажите, что если сумма площадей заштрихованных треугольников равна половине площади равностороннего треугольника, то точка $O$ лежит на одной из медиан этого треугольника.
Решение:
Пусть $ABC$ - равносторонний треугольник со стороной 2, точки $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$ лежат на сторонах $BC$, $AC$ и $AB$ соответственно, а отрезки $AA_{1}$, $BB_{1}$, $CC_{1}$ пересекаются в точке $O$. Обозначим
$AC_{1}=1+a,~BA_{1}=1+b,~CB_{1}=1+c$
(какие-то из чисел $a$, $b$, $c$ могут быть отрицательными). Тогда
$C_{1}B=1-a,~A_{1}C=1-b,~B_{1}A=1-c.$
Заметим, что
$S_{\Delta ABB_{1}}+S_{\Delta BCC_{1}}+S_{\Delta CAA_{1}}=2S_{\Delta OBC_{1}}+2S_{\Delta OCA_{1}}+2S_{\Delta OAB_{1}}+S_{\Delta OBA_{1}}+S_{\Delta OCB_{1}}+S_{\Delta OAC_{1}}=2\cdot\frac{1}{2}S_{\Delta ABC}+\frac{1}{2}S_{\Delta ABC}=\frac{3}{2}S_{\Delta ABC}.$
Если высота треугольника $ABC$ равна $h$, то
$\frac{1}{2}(1-c)h+\frac{1}{2}(1-a)h+\frac{1}{2}(1-b)h=\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot2h=\frac{3}{2}h,$
откуда $a+b+c=0$.
С другой стороны, по теореме Чевы (см. задачу 5230)
$\frac{1+a}{1-a}\cdot\frac{1+b}{1-b}\cdot\frac{1+c}{1-c}=\frac{AC_{1}}{C_{1}B}\cdot\frac{BA_{1}}{A_{1}C}\cdot\frac{CB_{1}}{B_{1}A}=1,$
откуда
$(1+a)(1+b)(1+c)=(1-a)(1-b)(1-c).$
Раскрыв скобки и приведя подобные, получим, что
$a+b+c+abc=0,$
а т.к. $a+b+c=0$, то $abc=0$. Значит, хотя бы одно из чисел $a$, $b$, $c$ равно нулю, т.е. точка $O$ лежит хотя бы на одной из медиан треугольника $ABC$.
Через точку $O$ внутри равностороннего треугольника проведены прямые, проходящие через его вершины. В результате получилось шесть треугольников, три из которых, через один заштриховали. Докажите, что если сумма площадей заштрихованных треугольников равна половине площади равностороннего треугольника, то точка $O$ лежит на одной из медиан этого треугольника.
Решение:
Пусть $ABC$ - равносторонний треугольник со стороной 2, точки $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$ лежат на сторонах $BC$, $AC$ и $AB$ соответственно, а отрезки $AA_{1}$, $BB_{1}$, $CC_{1}$ пересекаются в точке $O$. Обозначим
$AC_{1}=1+a,~BA_{1}=1+b,~CB_{1}=1+c$
(какие-то из чисел $a$, $b$, $c$ могут быть отрицательными). Тогда
$C_{1}B=1-a,~A_{1}C=1-b,~B_{1}A=1-c.$
Заметим, что
$S_{\Delta ABB_{1}}+S_{\Delta BCC_{1}}+S_{\Delta CAA_{1}}=2S_{\Delta OBC_{1}}+2S_{\Delta OCA_{1}}+2S_{\Delta OAB_{1}}+S_{\Delta OBA_{1}}+S_{\Delta OCB_{1}}+S_{\Delta OAC_{1}}=2\cdot\frac{1}{2}S_{\Delta ABC}+\frac{1}{2}S_{\Delta ABC}=\frac{3}{2}S_{\Delta ABC}.$
Если высота треугольника $ABC$ равна $h$, то
$\frac{1}{2}(1-c)h+\frac{1}{2}(1-a)h+\frac{1}{2}(1-b)h=\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot2h=\frac{3}{2}h,$
откуда $a+b+c=0$.
С другой стороны, по теореме Чевы (см. задачу 5230)
$\frac{1+a}{1-a}\cdot\frac{1+b}{1-b}\cdot\frac{1+c}{1-c}=\frac{AC_{1}}{C_{1}B}\cdot\frac{BA_{1}}{A_{1}C}\cdot\frac{CB_{1}}{B_{1}A}=1,$
откуда
$(1+a)(1+b)(1+c)=(1-a)(1-b)(1-c).$
Раскрыв скобки и приведя подобные, получим, что
$a+b+c+abc=0,$
а т.к. $a+b+c=0$, то $abc=0$. Значит, хотя бы одно из чисел $a$, $b$, $c$ равно нулю, т.е. точка $O$ лежит хотя бы на одной из медиан треугольника $ABC$.
