Республиканская олимпиада по математике, 2010 год, 10 класс

На сторонах выпуклого четырехугольника $ABCD$ во внешнюю сторону построены правильные треугольники $ABK$, $BCL$, $CDM$, $DAN$. Обозначим через $P$ и $Q$ середины отрезков $BL$ и $AN$, соответственно. Пусть $X$ — центр описанной окружности треугольника $CMD$. Докажите, что $PQ\perp KX$.

Комментарий/решение

Рассмотрим задачу векторна. Для не потери общности , положим что базис вектора $\overrightarrow{AD}=(x,0)$ и $\overrightarrow{AB}=(a,b)$ , $\overrightarrow{BC}=(e,f)$ и $\overrightarrow{CD}=(n,m)$ . Тогда

$\left\{ \begin{gathered} a+e+n = x \\ b+f+m=0\\\end{gathered} \right.$ $(1)$.

Так же получим что $B(a,b) , \ \ C(e+a , b+f) , \ \ D(a+n+e , m+f+b) $ .

Положим что $E$ - середина $\overrightarrow{BC}$ . Тогда $P$ - это образ точки $E$ при повороте на $60^{\circ}$ относительно точки $B$.

Координаты которого при повороте на угол $\alpha$ будут равны

$\left\{ \begin{gathered} \overrightarrow{XY_{x}} cos \alpha - \overrightarrow{XY_{y}} sin \alpha + x_{0}= N_{x} \\ \overrightarrow{XY_{x}} sin \alpha + \overrightarrow{XY_{y}} cos \alpha + y_{0}=N_{y} \\\end{gathered} \right.$ $(2)$.

1)Согласна с $(2)$ получаем $\overrightarrow{BP}=( \frac{e-f \sqrt{3}}{4} , \frac{f+e \sqrt{3}}{4} )$ , тогда $\overrightarrow{ QA } = ( -\frac{x}{4} , \frac{x \sqrt{3}}{4} ) $ в итоге $\overrightarrow{ QA }+\overrightarrow{AB } + \overrightarrow{ BP } = \overrightarrow{ QP }$ откуда $\overrightarrow{ QP } = ( \frac{ -x+e-f \sqrt{3}+4a}{4} , \frac{x \sqrt{3} + e \sqrt{3}+f+4b}{4})$ .

2) Рассмотрим точку $K$ как образ точки $B$ при повороте на $60^{\circ}$ относительно точки. $A$ с положительном направлении , тогда согласна тому же пункту $(2)$ получим $\overrightarrow{ KB} = ( \frac{a+b \sqrt{3}}{2} , \frac{b-a \sqrt{3}}{2})$ , тогда для точки $M$ , как образ точки $D$ относительно $C$ на тот же самый угол , получим

$M(\frac{2a+2e - m \sqrt{3} + n}{2} , \frac{2b+2f+m+ n \sqrt{3}}{2} ) $ .

Точка $X$ есть точка пересечения медиан , в данном случае для правильного треугольника , тогда его можно определить как центр тяжести $X(\frac{C_x+D_x+M_x}{3} , \frac{C_y+D_y+M_y}{3}) = ( \frac{6e+6a+3n-m \sqrt{3}m}{6} , \frac{6b+6f+3m+n \sqrt{3}}{6})$ Значит $\overrightarrow{CX}( \frac{3n-m \sqrt{3}}{6} , \frac{3m+n \sqrt{3}}{6})$ , тогда центр его можно определить как центр тяжести $X(\frac{C_x+D_x+M_x}{3} , \frac{C_y+D_y+M_y}{3}) = ( \frac{6e+6a+3n-m \sqrt{3}m}{6} , \frac{6b+6f+3m+n \sqrt{3}}{6})$ Значит $\overrightarrow{CX}( \frac{3n-m \sqrt{3}}{6} , \frac{3m+n \sqrt{3}}{6})$ .

Получим $\overrightarrow{KX} = \overrightarrow{KB} + \overrightarrow{ BC } + \overrightarrow{CX} = ( \frac{3a+b \sqrt{27}+6e+3n-m \sqrt{3}}{6} , \frac{ 6b-a \sqrt{27} + 6f + 3m + n \sqrt{3}}{6})$.

3) Можно убедиться что скалярное произведение векторов $(\overrightarrow{KX} , \overrightarrow{QP}) =0$ (Учитывая $(1)$) , откуда $KX \perp QP $ .

Возможно есть так же решение , на оснований каких-то геометрических соображений , в частности повороты , можно доказать что , если $Y$ центр описанной окружности треугольника $ABK$ то $XY \perp LN$.