4526. На сторонах треугольника ABC
во внешнюю сторону построены подобные между собой треугольники ADB
, BEC
и CFA
(\frac{AD}{DB}=\frac{BE}{EC}=\frac{CF}{FA}=k
; \angle ADB=\angle BEC=\angle CFA=\alpha
). Докажите, что:
1) середины отрезков AC
, DC
, BC
и EF
— вершины параллелограмма;
2) у этого параллелограмма два угла равны \alpha
, а отношение сторон равно k
.
Указание. Введите векторы \overrightarrow{DA}=\overrightarrow{a}
, \overrightarrow{EB}=\overrightarrow{b}
, \overrightarrow{FC}=\overrightarrow{c}
(рис. 1); рассмотрите векторы, получающиеся из векторов \overrightarrow{a}
, \overrightarrow{b}
, \overrightarrow{c}
при помощи поворота на угол \alpha
.
Решение. Обозначим через \overrightarrow{a'}
вектор, получающийся из вектора \overrightarrow{a}
поворотом на угол \alpha
против часовой стрелки. Известно, что (k\overrightarrow{a})'=k\overrightarrow{a'}
для любого числа k
, (\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})'=\overrightarrow{a'}+\overrightarrow{b'}
, и вообще, для любого числа слагаемых,
(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\ldots+\overrightarrow{c})'=\overrightarrow{a'}+\overrightarrow{b'}+\ldots+\overrightarrow{c'}.
Введём векторы
\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{a},~\overrightarrow{EB}=\overrightarrow{b},~\overrightarrow{FC}=\overrightarrow{c}
(рис. 1). По условию задачи
\overrightarrow{DB}=\frac{1}{k}\overrightarrow{a'},~\overrightarrow{EC}=\frac{1}{k}\overrightarrow{b'},~\overrightarrow{FA}=\frac{1}{k}\overrightarrow{c'}.
Поскольку
\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{CF}+\overrightarrow{FA}=\overrightarrow{0},
то
-\overrightarrow{a}+\frac{1}{k}\overrightarrow{a'}-\overrightarrow{b}+\frac{1}{k}\overrightarrow{b'}-\overrightarrow{c}+\frac{1}{k}\overrightarrow{c'}=\overrightarrow{0},
т. е.
\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}=\frac{1}{k}(\overrightarrow{a'}+\overrightarrow{b'}+\overrightarrow{c})=\frac{1}{k}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})'.
Обозначив \overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}
через \overrightarrow{u}
, получим, что \overrightarrow{u}=\frac{1}{k}\overrightarrow{u'}
.
Поскольку векторы \overrightarrow{u}
и \overrightarrow{u'}
неколлинеарны (\alpha\ne0
и \alpha\ne2\pi
), то полученное равенство возможно тогда и только тогда, когда \overrightarrow{u}=\overrightarrow{0}
. Поэтому
\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}=\overrightarrow{0}.
Далее, так как Q
— середина отрезка DC
и P
— середина отрезка AC
(рис. 1), то \overrightarrow{QP}=\frac{1}{2}\overrightarrow{a}
(см. задачу 4504). Аналогично \overrightarrow{QR}=\frac{1}{2}\overrightarrow{DB}
. Поскольку PQ\parallel AD
и QR\parallel BD
, то \angle PQR=\alpha
.
Наконец,
\overrightarrow{RS}=\overrightarrow{RC}+\overrightarrow{CF}+\overrightarrow{FS}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{c}+\frac{1}{2}\overrightarrow{FE}=
=\frac{1}{2}\left(-\overrightarrow{b}+\frac{1}{k}\overrightarrow{b'}\right)-\overrightarrow{c}+\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{c}-\frac{1}{k}\overrightarrow{b'}\right)=-\frac{1}{2}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})=\frac{1}{2}\overrightarrow{a}=\overrightarrow{QP}.
Таким образом, четырёхугольник PQRS
— параллелограмм с углом PQR
, равным \alpha
, и отношением длин сторон
\frac{PQ}{RQ}=\frac{AD}{DB}=k.