ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2026-02-19   
Вне треугольника $ABC$ построены равносторонние треугольники $A'BC$, $B'CA$ и $C'AB$. На отрезках $AA'$, $BB'$ и $CC'$ отмечены точки $P$, $Q$ и $R$ соответственно, причём

$\frac{AP}{AA'}+\frac{BQ}{BB'}+\frac{CR}{CC'}=1.$
Докажите, что треугольник $PQR$ равносторонний


Решение:


Известно (см. задачу 9894), что прямые $AA'$, $BB'$ и $CC'$ пересекаются в одной точке $F$ - точке Ферма треугольника $ABC$, образуют между собой углы $60^{\circ}$, а также

$FA+FB+FC=AA'=BB'=CC'.$

(Если наибольший угол треугольника не больше $120^{\circ}$ - это точка, для которой сумма $FA+FB+FC$ минимальна, см. задачу 9891.)
Тогда

$1=\frac{AP}{AA'}+\frac{BQ}{BB'}+\frac{CR}{CC'}=\frac{AP}{AA'}+\frac{BQ}{AA'}+\frac{CR}{AA'}=\frac{AP+BQ+CR}{AA'},$

откуда

$AP+BQ+CR=AA'=FA+FB+FC.$


В треугольниках $FPQ$ и $QFR$ известно, что

$\angle PFQ=\angle PFR=60^{\circ},~\angle QFR=120^{\circ},$

при этом

$FQ=FB-BQ,~FP=AP-FA,~FR=FC-CR.$

По теореме косинусов

$PQ^{2}=FQ^{2}+FP^{2}-2FP\cdot FQ\cos60^{\circ}=FQ^{2}+FP^{2}-FP\cdot FQ,$

$QR^{2}=FQ^{2}+FR^{2}-2FQ\cdot FR\cos120^{\circ}=FQ^{2}+FR^{2}+FQ\cdot FR.$


Для равенства $PQ^{2}=QR^{2}$ достаточно доказать, что

$FQ^{2}+FP^{2}-FP\cdot FQ=FQ^{2}+FR^{2}+FQ\cdot FR,$

или

$FP(FP-FQ)=FP^{2}-FP\cdot FQ=FR^{2}+FQ\cdot FR=FR(FR+FQ).$

Поскольку

$FP=AP-FA,~FQ=FB-BQ,~FR=CF-FR,$

то осталось доказать, что

$(AP-FA)(AP-FA-(FB-BQ))=(CF-FR)((FC-FR)+(FB-BQ)),$

или

$(AP-FA)(AP+BQ-FA-FB)=(FC-CR)(FC+FB-CR-BQ).$

Последнее равенство верно, т.к.

$AP+BQ-FA-FB=(FA+FB+FC-CR)-FA-FB=FC-CR,$

$FC+FB-CR-BQ=(AP+PQ+CR-FA)-(CR+BQ)=AP-FA.$

Таким образом $PQ=QR$. Аналогично, $PR=QR$. Следовательно, треугольник $PQR$ равносторонний. Что и требовалось доказать