Страница 68 - гдз по геометрии 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

1.201. На стороне $AB$ треугольника $ABC$ взята точка $K$. Докажите (векторным способом) неравенство $KC \cdot AB < KA \cdot BC + KB \cdot AC$.

Доказательство:

Введем векторы с началом в точке С: $\vec{CA} = \vec{a}$ и $\vec{CB} = \vec{b}$. Тогда длины сторон треугольника, исходящих из вершины C, равны $AC = |\vec{a}|$ и $BC = |\vec{b}|$. Вектор стороны AB выражается как $\vec{AB} = \vec{CB} - \vec{CA} = \vec{b} - \vec{a}$, а его длина $AB = |\vec{b} - \vec{a}|$.

Поскольку точка K лежит на стороне AB, она делит отрезок AB в некотором отношении. Вектор $\vec{CK}$ можно выразить через векторы $\vec{CA}$ и $\vec{CB}$. По правилу деления отрезка в заданном отношении (формула в векторной форме), вектор из вершины С в точку K на стороне AB можно записать как:

$\vec{CK} = \frac{KB}{AB}\vec{CA} + \frac{KA}{AB}\vec{CB}$

Используя наши обозначения, получаем:

$\vec{CK} = \frac{KB}{AB}\vec{a} + \frac{KA}{AB}\vec{b}$

Умножим обе части этого векторного равенства на скаляр $AB$ (длину стороны AB):

$AB \cdot \vec{CK} = AB \cdot \left(\frac{KB}{AB}\vec{a} + \frac{KA}{AB}\vec{b}\right)$

$AB \cdot \vec{CK} = KB \cdot \vec{a} + KA \cdot \vec{b}$

Теперь найдем модуль (длину) векторов в левой и правой частях равенства:

$|AB \cdot \vec{CK}| = |KA \cdot \vec{b} + KB \cdot \vec{a}|$

Так как $AB$ — это положительный скаляр (длина), то левая часть равна:

$|AB \cdot \vec{CK}| = AB \cdot |\vec{CK}| = AB \cdot KC$

К правой части применим неравенство треугольника для векторов: $|\vec{x} + \vec{y}| \le |\vec{x}| + |\vec{y}|$. В нашем случае $\vec{x} = KA \cdot \vec{b}$ и $\vec{y} = KB \cdot \vec{a}$.

$|KA \cdot \vec{b} + KB \cdot \vec{a}| \le |KA \cdot \vec{b}| + |KB \cdot \vec{a}|$

Поскольку $KA$ и $KB$ — это положительные скаляры (длины отрезков), то:

$|KA \cdot \vec{b}| = KA \cdot |\vec{b}| = KA \cdot BC$

$|KB \cdot \vec{a}| = KB \cdot |\vec{a}| = KB \cdot AC$

Подставив эти выражения, получаем:

$|KA \cdot \vec{b} + KB \cdot \vec{a}| \le KA \cdot BC + KB \cdot AC$

Объединяя результаты, мы приходим к неравенству:

$KC \cdot AB \le KA \cdot BC + KB \cdot AC$

Теперь рассмотрим случай, когда в этом выражении достигается равенство. Равенство в неравенстве треугольника $|\vec{x} + \vec{y}| = |\vec{x}| + |\vec{y}|$ выполняется тогда и только тогда, когда векторы $\vec{x}$ и $\vec{y}$ коллинеарны и сонаправлены. В нашем случае это векторы $KA \cdot \vec{b}$ и $KB \cdot \vec{a}$.

Так как $KA > 0$ и $KB > 0$ (поскольку K лежит между A и B), это условие эквивалентно коллинеарности и сонаправленности векторов $\vec{b} = \vec{CB}$ и $\vec{a} = \vec{CA}$.

Векторы $\vec{CA}$ и $\vec{CB}$ коллинеарны только в том случае, если точки A, B и C лежат на одной прямой. Однако по условию задачи ABC — это треугольник, что означает, что его вершины не лежат на одной прямой.

Следовательно, векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$ не коллинеарны, и равенство в неравенстве треугольника невозможно. Таким образом, неравенство должно быть строгим:

$KC \cdot AB < KA \cdot BC + KB \cdot AC$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство $KC \cdot AB < KA \cdot BC + KB \cdot AC$ доказано с использованием векторного метода.

1.202. Покажите, что можно построить треугольник со сторонами, равными медианам $\triangle ABC$ и параллельными этим медианам.

Для доказательства используем векторный метод. Пусть вершины треугольника $ABC$ заданы радиус-векторами $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$ относительно некоторого начала координат.

Пусть $A_1$, $B_1$, $C_1$ — середины сторон $BC$, $AC$ и $AB$ соответственно. Тогда их радиус-векторы выражаются через векторы вершин:
$\vec{a_1} = \frac{\vec{b} + \vec{c}}{2}$
$\vec{b_1} = \frac{\vec{a} + \vec{c}}{2}$
$\vec{c_1} = \frac{\vec{a} + \vec{b}}{2}$

Медианы треугольника $ABC$ — это отрезки $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$. Представим их в виде векторов:
$\vec{m_a} = \vec{AA_1} = \vec{a_1} - \vec{a} = \frac{\vec{b} + \vec{c}}{2} - \vec{a} = \frac{\vec{b} + \vec{c} - 2\vec{a}}{2}$
$\vec{m_b} = \vec{BB_1} = \vec{b_1} - \vec{b} = \frac{\vec{a} + \vec{c}}{2} - \vec{b} = \frac{\vec{a} + \vec{c} - 2\vec{b}}{2}$
$\vec{m_c} = \vec{CC_1} = \vec{c_1} - \vec{c} = \frac{\vec{a} + \vec{b}}{2} - \vec{c} = \frac{\vec{a} + \vec{b} - 2\vec{c}}{2}$

Найдем сумму этих векторов-медиан:
$\vec{m_a} + \vec{m_b} + \vec{m_c} = \frac{\vec{b} + \vec{c} - 2\vec{a}}{2} + \frac{\vec{a} + \vec{c} - 2\vec{b}}{2} + \frac{\vec{a} + \vec{b} - 2\vec{c}}{2}$
$= \frac{(\vec{b} - 2\vec{b} + \vec{b}) + (\vec{c} + \vec{c} - 2\vec{c}) + (-2\vec{a} + \vec{a} + \vec{a})}{2} = \frac{\vec{0} + \vec{0} + \vec{0}}{2} = \vec{0}$

Сумма векторов медиан равна нулевому вектору: $\vec{m_a} + \vec{m_b} + \vec{m_c} = \vec{0}$.
Это является необходимым и достаточным условием для того, чтобы три вектора могли образовать замкнутую ломаную, то есть треугольник, если их откладывать последовательно друг от друга (конец одного вектора является началом следующего).

Построим такой треугольник. Возьмем произвольную точку $P$ на плоскости. Отложим от нее вектор $\vec{PQ} = \vec{m_a}$. Затем от точки $Q$ отложим вектор $\vec{QR} = \vec{m_b}$. Соединим точки $P$ и $R$. По правилу сложения векторов, $\vec{PR} = \vec{PQ} + \vec{QR} = \vec{m_a} + \vec{m_b}$.
Так как $\vec{m_a} + \vec{m_b} + \vec{m_c} = \vec{0}$, то $\vec{m_a} + \vec{m_b} = -\vec{m_c}$.
Следовательно, $\vec{PR} = -\vec{m_c}$.
Вектор $\vec{RP} = -\vec{PR} = -(-\vec{m_c}) = \vec{m_c}$.
Таким образом, мы получили треугольник $PQR$, стороны которого заданы векторами $\vec{PQ} = \vec{m_a}$, $\vec{QR} = \vec{m_b}$ и $\vec{RP} = \vec{m_c}$.

Стороны полученного треугольника $PQR$:
1. Сторона $PQ$ параллельна медиане $AA_1$ и ее длина равна длине медианы $AA_1$ ($|PQ|=|\vec{m_a}|$).
2. Сторона $QR$ параллельна медиане $BB_1$ и ее длина равна длине медианы $BB_1$ ($|QR|=|\vec{m_b}|$).
3. Сторона $RP$ параллельна медиане $CC_1$ и ее длина равна длине медианы $CC_1$ ($|RP|=|\vec{m_c}|$).
Следовательно, можно построить треугольник, стороны которого равны и параллельны медианам данного треугольника $ABC$.

Ответ: Таким образом, существование и способ построения требуемого треугольника доказаны.

1.203. Точка C делит отрезок AB в отношении p : q. Докажите, что для любой точки O плоскости верно равенство $\vec{OC} = \frac{q}{p+q} \vec{OA} + \frac{p}{p+q} \vec{OB}$.

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Пусть нам даны точки A, B, и точка C на отрезке AB. Пусть O — произвольная точка на плоскости (начало радиус-векторов).

По условию задачи, точка C делит отрезок AB в отношении $p:q$. Это означает, что отношение длин отрезков AC и CB равно $p/q$:

$ \frac{AC}{CB} = \frac{p}{q} $

Поскольку точка C лежит на отрезке AB, векторы $\vec{AC}$ и $\vec{CB}$ коллинеарны и имеют одинаковое направление. Следовательно, мы можем записать следующее векторное равенство, связывающее их длины:

$q \cdot \vec{AC} = p \cdot \vec{CB}$

Изобразим данную конфигурацию точек и векторов на рисунке.

Теперь выразим векторы $\vec{AC}$ и $\vec{CB}$ через радиус-векторы точек A, B, C, отложенные от точки O. По правилу вычитания векторов (или правилу треугольника):

$\vec{AC} = \vec{OC} - \vec{OA}$

$\vec{CB} = \vec{OB} - \vec{OC}$

Подставим эти выражения в наше основное векторное соотношение $q \cdot \vec{AC} = p \cdot \vec{CB}$:

$q \cdot (\vec{OC} - \vec{OA}) = p \cdot (\vec{OB} - \vec{OC})$

Раскроем скобки в уравнении:

$q \cdot \vec{OC} - q \cdot \vec{OA} = p \cdot \vec{OB} - p \cdot \vec{OC}$

Соберем все члены, содержащие искомый вектор $\vec{OC}$, в левой части равенства, а остальные члены перенесем в правую часть:

$q \cdot \vec{OC} + p \cdot \vec{OC} = q \cdot \vec{OA} + p \cdot \vec{OB}$

В левой части вынесем вектор $\vec{OC}$ за скобки:

$(p + q) \cdot \vec{OC} = q \cdot \vec{OA} + p \cdot \vec{OB}$

Поскольку $p$ и $q$ представляют собой отношение, это положительные числа, и их сумма $p+q$ не равна нулю. Следовательно, мы можем разделить обе части равенства на $(p+q)$, чтобы выразить $\vec{OC}$:

$\vec{OC} = \frac{q \cdot \vec{OA} + p \cdot \vec{OB}}{p+q}$

Разделив почленно, получим окончательную формулу:

$\vec{OC} = \frac{q}{p+q}\vec{OA} + \frac{p}{p+q}\vec{OB}$

Это и есть тождество, которое требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

1.204. Векторы $\vec{OA}$ и $\vec{OB}$ не коллинеарны, а точка X определяется равенством $\vec{OX}=\alpha \vec{OA}+\beta \vec{OB}$.

a) Определите геометрическое место точек X, если:
1) $\alpha \ge 0, \beta \ge 0$;
2) $\alpha \ge 0, \beta \le 0$;
3) $\alpha = 1, \beta \in (-\infty; +\infty)$;
4) $\alpha \ge 0, \beta = -1$;
5) $0 \le \alpha \le 1, \beta = 2$.

б) Какими должны быть числа $\alpha$ и $\beta$, чтобы множество точек X определяло:
1) $\triangle AOB$;
2) параллелограмм?

а) 1)

Задано векторное равенство $\vec{OX} = \alpha\vec{OA} + \beta\vec{OB}$. В данном случае $\alpha \ge 0$ и $\beta \ge 0$.Вектор $\alpha\vec{OA}$ при $\alpha \ge 0$ задает все точки на луче $OA$, исходящем из точки $O$.Аналогично, вектор $\beta\vec{OB}$ при $\beta \ge 0$ задает все точки на луче $OB$.Сумма этих двух векторов, $\vec{OX}$, представляет собой радиус-вектор точки $X$. Когда $\alpha$ и $\beta$ принимают все возможные неотрицательные значения, конечные точки векторов $\vec{OX}$ заполняют всю внутреннюю область угла, образованного лучами $OA$ и $OB$, включая сами лучи.Таким образом, искомое геометрическое место точек — это угол $AOB$.

Ответ: Угол $AOB$ (включая его стороны).

а) 2)

В этом случае $\alpha \ge 0$ и $\beta \le 0$. Составляющая $\alpha\vec{OA}$ лежит на луче $OA$.Для составляющей $\beta\vec{OB}$, так как $\beta \le 0$, вектор $\beta\vec{OB}$ будет направлен в сторону, противоположную вектору $\vec{OB}$. Пусть точка $B'$ такова, что $\vec{OB'} = -\vec{OB}$. Тогда $\beta\vec{OB} = |\beta|\vec{OB'}$, и этот вектор задает луч $OB'$.Сумма $\vec{OX} = \alpha\vec{OA} + \beta\vec{OB}$ задает угол, образованный лучом $OA$ и лучом $OB'$, противоположным лучу $OB$.

Ответ: Угол, образованный лучом $OA$ и лучом, противоположным лучу $OB$.

а) 3)

Условие $\alpha = 1$, $\beta \in (-\infty; +\infty)$. Равенство принимает вид $\vec{OX} = 1 \cdot \vec{OA} + \beta\vec{OB}$.Перенесем $\vec{OA}$ в левую часть: $\vec{OX} - \vec{OA} = \beta\vec{OB}$.По определению разности векторов, $\vec{OX} - \vec{OA} = \vec{AX}$.Следовательно, $\vec{AX} = \beta\vec{OB}$. Это означает, что вектор $\vec{AX}$ коллинеарен вектору $\vec{OB}$.Поскольку $\beta$ может принимать любое действительное значение, точка $X$ может находиться в любом месте на прямой, которая проходит через точку $A$ и параллельна вектору $\vec{OB}$ (а значит, и прямой $OB$).

Ответ: Прямая, проходящая через точку $A$ параллельно прямой $OB$.

а) 4)

Условие $\alpha \ge 0$, $\beta = -1$. Равенство принимает вид $\vec{OX} = \alpha\vec{OA} - \vec{OB}$.Пусть $B'$ — точка, симметричная точке $B$ относительно начала координат $O$, тогда $\vec{OB'} = -\vec{OB}$.Подставим это в исходное уравнение: $\vec{OX} = \alpha\vec{OA} + \vec{OB'}$.Перенесем $\vec{OB'}$ в левую часть: $\vec{OX} - \vec{OB'} = \alpha\vec{OA}$, что равносильно $\vec{B'X} = \alpha\vec{OA}$.Это уравнение означает, что вектор $\vec{B'X}$ коллинеарен вектору $\vec{OA}$. Так как $\alpha \ge 0$, векторы $\vec{B'X}$ и $\vec{OA}$ сонаправлены.Геометрическое место точек $X$ — это луч, выходящий из точки $B'$ в направлении вектора $\vec{OA}$.

Ответ: Луч, выходящий из точки $B'$, где $\vec{OB'} = -\vec{OB}$, и сонаправленный с вектором $\vec{OA}$.

а) 5)

Условие $0 \le \alpha \le 1$, $\beta = 2$. Равенство имеет вид $\vec{OX} = \alpha\vec{OA} + 2\vec{OB}$.Обозначим точку $C$ так, что $\vec{OC} = 2\vec{OB}$. Уравнение примет вид $\vec{OX} = \alpha\vec{OA} + \vec{OC}$.Перегруппируем: $\vec{OX} - \vec{OC} = \alpha\vec{OA}$, или $\vec{CX} = \alpha\vec{OA}$.Так как $0 \le \alpha \le 1$, вектор $\vec{CX}$ сонаправлен вектору $\vec{OA}$, а его длина изменяется от $0$ (при $\alpha=0$) до $|\vec{OA}|$ (при $\alpha=1$).При $\alpha=0$, $\vec{CX} = \vec{0}$, то есть точка $X$ совпадает с $C$.При $\alpha=1$, $\vec{CX} = \vec{OA}$. Обозначим эту точку $X$ как $D$. Тогда $\vec{CD} = \vec{OA}$.Множество точек $X$ представляет собой отрезок, соединяющий точки $C$ и $D$.

Ответ: Отрезок $CD$, где точка $C$ определяется вектором $\vec{OC} = 2\vec{OB}$, а точка $D$ — вектором $\vec{OD} = \vec{OA} + 2\vec{OB}$.

б) 1)

Множество точек $X$, образующих треугольник $AOB$ (включая его стороны и внутреннюю область), задается уравнением $\vec{OX} = \alpha\vec{OA} + \beta\vec{OB}$ при выполнении следующих условий на коэффициенты $\alpha$ и $\beta$. Точка $X$ принадлежит треугольнику $OAB$ тогда и только тогда, когда ее можно представить в виде барицентрической комбинации вершин, то есть $\vec{OX} = \lambda_O \vec{OO} + \lambda_A \vec{OA} + \lambda_B \vec{OB}$ с условиями $\lambda_O, \lambda_A, \lambda_B \ge 0$ и $\lambda_O+\lambda_A+\lambda_B=1$. Поскольку $\vec{OO}=\vec{0}$, это упрощается до $\vec{OX} = \lambda_A\vec{OA} + \lambda_B\vec{OB}$, где $\lambda_A \ge 0, \lambda_B \ge 0$ и $\lambda_A+\lambda_B \le 1$. Сравнивая с исходным уравнением, получаем искомые условия для $\alpha$ и $\beta$.

Ответ: $\alpha \ge 0, \beta \ge 0, \alpha + \beta \le 1$.

б) 2)

Параллелограмм, построенный на векторах $\vec{OA}$ и $\vec{OB}$, отложенных от одной точки $O$, — это фигура $OACB$, где $C$ — четвертая вершина, для которой выполняется равенство $\vec{OC} = \vec{OA} + \vec{OB}$. Любая точка $X$ внутри этого параллелограмма и на его границах может быть представлена в виде линейной комбинации $\vec{OX} = \alpha\vec{OA} + \beta\vec{OB}$, где коэффициенты $\alpha$ и $\beta$ независимо изменяются от $0$ до $1$.При $\alpha \in [0, 1]$ и $\beta \in [0, 1]$ точка $X$ "пробегает" все точки параллелограмма $OACB$.

Ответ: $0 \le \alpha \le 1, 0 \le \beta \le 1$.

1.205. Точки $O_1$ и $O_2$ являются точками пересечения медиан треугольников $A_1B_1C_1$ и $A_2B_2C_2$ соответственно. Докажите тождество $3\vec{O_1O_2} = \vec{A_1A_2} + \vec{B_1B_2} + \vec{C_1C_2}$.

Для решения этой задачи воспользуемся свойством радиус-вектора точки пересечения медиан (центроида) треугольника. Радиус-вектор центроида треугольника равен одной трети от суммы радиус-векторов его вершин. Пусть $O$ — произвольная точка в пространстве (начало координат).

Точка $O_1$ является точкой пересечения медиан треугольника $A_1B_1C_1$. Следовательно, её радиус-вектор $\vec{OO_1}$ можно выразить через радиус-векторы вершин $A_1, B_1, C_1$:

$\vec{OO_1} = \frac{1}{3}(\vec{OA_1} + \vec{OB_1} + \vec{OC_1})$

Аналогично, для точки $O_2$, которая является точкой пересечения медиан треугольника $A_2B_2C_2$, её радиус-вектор $\vec{OO_2}$ выражается через радиус-векторы вершин $A_2, B_2, C_2$:

$\vec{OO_2} = \frac{1}{3}(\vec{OA_2} + \vec{OB_2} + \vec{OC_2})$

Теперь выразим вектор $\vec{O_1O_2}$. По правилу вычитания векторов:

$\vec{O_1O_2} = \vec{OO_2} - \vec{OO_1}$

Подставим в это равенство найденные выражения для $\vec{OO_1}$ и $\vec{OO_2}$:

$\vec{O_1O_2} = \frac{1}{3}(\vec{OA_2} + \vec{OB_2} + \vec{OC_2}) - \frac{1}{3}(\vec{OA_1} + \vec{OB_1} + \vec{OC_1})$

Вынесем общий множитель $\frac{1}{3}$ за скобки и сгруппируем слагаемые:

$\vec{O_1O_2} = \frac{1}{3}[(\vec{OA_2} - \vec{OA_1}) + (\vec{OB_2} - \vec{OB_1}) + (\vec{OC_2} - \vec{OC_1})]$

Заметим, что разности радиус-векторов представляют собой векторы, соединяющие соответствующие вершины треугольников:

$\vec{OA_2} - \vec{OA_1} = \vec{A_1A_2}$

$\vec{OB_2} - \vec{OB_1} = \vec{B_1B_2}$

$\vec{OC_2} - \vec{OC_1} = \vec{C_1C_2}$

Подставим эти выражения в полученное равенство для $\vec{O_1O_2}$:

$\vec{O_1O_2} = \frac{1}{3}(\vec{A_1A_2} + \vec{B_1B_2} + \vec{C_1C_2})$

Наконец, умножим обе части тождества на 3:

$3\vec{O_1O_2} = \vec{A_1A_2} + \vec{B_1B_2} + \vec{C_1C_2}$

Таким образом, тождество доказано.

Ответ: Тождество $3\vec{O_1O_2} = \vec{A_1A_2} + \vec{B_1B_2} + \vec{C_1C_2}$ доказано с использованием свойства радиус-вектора центроида треугольника.