Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16365
2026-02-17 
В треугольнике $ABC$ угол $A$ равен $60^{\circ}$, точка $T$ такова, что $\angle ATB=\angle BTC=\angle ATC$. Окружность, проходящая через точки $B$, $C$ и $T$, повторно пересекает прямые $AB$ и $AC$ в точках $K$ и $L$. Докажите, что точки $K$ и $L$ равноудалены от прямой $AT$
Решение:
Пусть прямая $AT$ повторно пересекает описанную окружность треугольника $BCT$ в точке $D$. Обозначим $\angle BAT=\alpha$. Поскольку $\angle ATB=\frac{1}{3}\cdot360^{\circ}=120^{\circ}$, то $\angle ABT=60^{\circ}-\alpha$. Тогда по теореме о внешнем угле треугольника
$\angle BTD=\alpha+(60^{\circ}-\alpha)=60^{\circ},$
а т.к. $\angle BCT=120^{\circ}$, то $\angle CTD=60^{\circ}$, т.е. $TD$ - биссектриса угла $BTC$. Значит,
$CD=BD~\mbox{и}~\angle BCD=\angle BTD=60^{\circ}.$
Следовательно, треугольник $BCD$ равносторонний.
По теореме об угле между касательной и хордой касательные к описанной окружности треугольника $ABC$ в точках $B$ и $C$ образуют с хордой $BC$ угол, равный углу $BAC$, т.е. $60^{\circ}$. Значит, $BD$ и $CD$ - касательные к этой окружности. Следовательно, $AT$ - симедиана треугольника $ABC$ (см. задачу @H10449).
С другой стороны, поскольку
$\angle ALB=180^{\circ}-\angle BLC=180^{\circ}-\angle BTC=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}$
и $\angle AKC=60^{\circ}$, то треугольники $ABL$ и $ACK$ равносторонние, поэтому треугольники $ABC$ и $ALK$ симметричны относительно биссектрисы угла $BAC$. Значит, симедиана $AT$ треугольника $ABC$ является медианой треугольника $AKL$. Следовательно, перпендикуляры, опущенные из точек $K$ и $L$ на прямую $AT$, равны. Что и требовалось доказать
В треугольнике $ABC$ угол $A$ равен $60^{\circ}$, точка $T$ такова, что $\angle ATB=\angle BTC=\angle ATC$. Окружность, проходящая через точки $B$, $C$ и $T$, повторно пересекает прямые $AB$ и $AC$ в точках $K$ и $L$. Докажите, что точки $K$ и $L$ равноудалены от прямой $AT$
Решение:
Пусть прямая $AT$ повторно пересекает описанную окружность треугольника $BCT$ в точке $D$. Обозначим $\angle BAT=\alpha$. Поскольку $\angle ATB=\frac{1}{3}\cdot360^{\circ}=120^{\circ}$, то $\angle ABT=60^{\circ}-\alpha$. Тогда по теореме о внешнем угле треугольника
$\angle BTD=\alpha+(60^{\circ}-\alpha)=60^{\circ},$
а т.к. $\angle BCT=120^{\circ}$, то $\angle CTD=60^{\circ}$, т.е. $TD$ - биссектриса угла $BTC$. Значит,
$CD=BD~\mbox{и}~\angle BCD=\angle BTD=60^{\circ}.$
Следовательно, треугольник $BCD$ равносторонний.
По теореме об угле между касательной и хордой касательные к описанной окружности треугольника $ABC$ в точках $B$ и $C$ образуют с хордой $BC$ угол, равный углу $BAC$, т.е. $60^{\circ}$. Значит, $BD$ и $CD$ - касательные к этой окружности. Следовательно, $AT$ - симедиана треугольника $ABC$ (см. задачу @H10449).
С другой стороны, поскольку
$\angle ALB=180^{\circ}-\angle BLC=180^{\circ}-\angle BTC=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}$
и $\angle AKC=60^{\circ}$, то треугольники $ABL$ и $ACK$ равносторонние, поэтому треугольники $ABC$ и $ALK$ симметричны относительно биссектрисы угла $BAC$. Значит, симедиана $AT$ треугольника $ABC$ является медианой треугольника $AKL$. Следовательно, перпендикуляры, опущенные из точек $K$ и $L$ на прямую $AT$, равны. Что и требовалось доказать
