Задача
В треугольнике $ABC$ $\angle A=60^{\circ}$, $AD$ – биссектриса. Построен равносторонний треугольник $PDQ$ с высотой $DA$. Прямые $PB$ и $QC$ пересекаются в точке $K$. Докажите, что $AK$ – симедиана треугольника $ABC$.
Решение
Докажем, что точки $P$ и $B$ лежат по разные стороны от $AD$. Действительно, в противном случае пусть $U$ – точка пересечения $AD$ и $PD$, а $V$ – точка пересечения $AC$ и $QD$. Тогда $AUDV$ – ромб, поскольку $\angle UAD=\angle VAD=\angle UDA=\angle VDA=30^{\circ}$. Применяя теорему Паппа к точкам $(P, A, Q)$ и $(B, D, C)$, получим, что $PB\parallel QC$, что противоречит условию задачи (см. рис.).
Теперь заметим, что по теореме об изогоналях точки пересечения прямых $PB$ и $QC$, $PC$ и $QB$ изогональны относительно угла $A$. Но, как показано выше, прямые $PC$ и $QB$ параллельны, а поскольку $AP=AQ$, то они параллельны медиане треугольника $ABC$, откуда и получаем утверждение задачи.
Ответ
Ответ задачи отсутствует
Чтобы оставлять комментарии, войдите или зарегистрируйтесь