Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3968
2019-07-03 
Дан правильный треугольник $ABC$. Некоторая прямая, параллельная прямой $AC$, пересекает прямые $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $P$ соответственно. Точка $D$ - центр правильного треугольника $PMB$, точка $E$ - середина отрезка $AP$. Найдите углы треугольника $DEC$.
Решение:
Первый способ. Пусть $K$ - проекция точки $D$ на $BC$, а $Q$ - проекция точки $B$ на $AC$. Точки $K$, $D$, $Q$ и $C$ лежат на окружности с диаметром $CD$. Поскольку
$\angle EQD=\angle AQD-\angle AQE=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ},$
$\angle DKE=\angle DKC-\angle EKC=90^{\circ}-\angle ABC=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ},$
то отрезок $DE$ виден из точек $Q$ и $K$ под одним и тем же углом. Следовательно, точки $K$, $D$, $E$, $Q$ лежат на той же окружности. Поэтому
$\angle DEC=90^{\circ},~\angle DCE=\angle DQE=30^{\circ}.$
Второй способ. Пусть $C_{1}$ - образ точки $C$ при симметрии относительно точки $E$. Треугольник $C_{1}DM$ равен треугольнику $CDP$, т.к.
$C_{1}M=C_{1}P-MP=AC-MP=BC-BP=PC,~$
$MD=DP,~\angle C_{1}MD=\angle CPD=150^{\circ}.$
Поэтому $C_{1}D=CD$. Следовательно, медиана $DE$ равнобедренного треугольника $C_{1}DC$ является его высотой. Пусть $K$ - середина отрезка $BP$. Тогда $EK$ - средняя линия треугольника $APB$, а т.к. точки $E$ и $K$ лежат на окружности с диаметром $CD$, то
$\angle EDC=\angle EKC=60^{\circ},~\angle DEC=90^{\circ},~\angle DCE=30^{\circ}.$
Третий способ. Повернём треугольник $BMP$ на $60^{\circ}$ относительно точки $C$ так, чтобы точка $B$ перешла в $A$. Тогда точка $P$ перейдёт в точку $P_{1}$ отрезка $AC$, точка $M$ - в точку $M_{1}$, лежащую вне треугольника $ABC$, точка $D$ - в точку $D_{1}$, центр треугольника $AM_{1}P_{1}$.
Четырёхугольник $DPD_{1}A$ - параллелограмм, $DD_{1}$ - его диагональ. Поэтому $D_{1}D$ проходит через точку $E$ и $D_{1}E=DE$.
Поскольку $CE$ - медиана равнобедренного треугольника $DCD_{1}$ $(CD=CD_{1})$, то $\angle CED=90^{\circ}$, а т.к. $\angle DCD_{1}=60^{\circ}$, то $\angle DCE=30^{\circ}$.
Дан правильный треугольник $ABC$. Некоторая прямая, параллельная прямой $AC$, пересекает прямые $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $P$ соответственно. Точка $D$ - центр правильного треугольника $PMB$, точка $E$ - середина отрезка $AP$. Найдите углы треугольника $DEC$.
Решение:
Первый способ. Пусть $K$ - проекция точки $D$ на $BC$, а $Q$ - проекция точки $B$ на $AC$. Точки $K$, $D$, $Q$ и $C$ лежат на окружности с диаметром $CD$. Поскольку
$\angle EQD=\angle AQD-\angle AQE=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ},$
$\angle DKE=\angle DKC-\angle EKC=90^{\circ}-\angle ABC=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ},$
то отрезок $DE$ виден из точек $Q$ и $K$ под одним и тем же углом. Следовательно, точки $K$, $D$, $E$, $Q$ лежат на той же окружности. Поэтому
$\angle DEC=90^{\circ},~\angle DCE=\angle DQE=30^{\circ}.$
Второй способ. Пусть $C_{1}$ - образ точки $C$ при симметрии относительно точки $E$. Треугольник $C_{1}DM$ равен треугольнику $CDP$, т.к.
$C_{1}M=C_{1}P-MP=AC-MP=BC-BP=PC,~$
$MD=DP,~\angle C_{1}MD=\angle CPD=150^{\circ}.$
Поэтому $C_{1}D=CD$. Следовательно, медиана $DE$ равнобедренного треугольника $C_{1}DC$ является его высотой. Пусть $K$ - середина отрезка $BP$. Тогда $EK$ - средняя линия треугольника $APB$, а т.к. точки $E$ и $K$ лежат на окружности с диаметром $CD$, то
$\angle EDC=\angle EKC=60^{\circ},~\angle DEC=90^{\circ},~\angle DCE=30^{\circ}.$
Третий способ. Повернём треугольник $BMP$ на $60^{\circ}$ относительно точки $C$ так, чтобы точка $B$ перешла в $A$. Тогда точка $P$ перейдёт в точку $P_{1}$ отрезка $AC$, точка $M$ - в точку $M_{1}$, лежащую вне треугольника $ABC$, точка $D$ - в точку $D_{1}$, центр треугольника $AM_{1}P_{1}$.
Четырёхугольник $DPD_{1}A$ - параллелограмм, $DD_{1}$ - его диагональ. Поэтому $D_{1}D$ проходит через точку $E$ и $D_{1}E=DE$.
Поскольку $CE$ - медиана равнобедренного треугольника $DCD_{1}$ $(CD=CD_{1})$, то $\angle CED=90^{\circ}$, а т.к. $\angle DCD_{1}=60^{\circ}$, то $\angle DCE=30^{\circ}$.
