Страница 154 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

595. Дан параллелепипед ABCDA₁B₁C₁D₁. Назовите вектор, начало и конец которого являются вершинами параллелепипеда, равный сумме векторов:

Для решения задачи воспользуемся правилами сложения векторов в пространстве, в частности, правилом параллелограмма и правилом параллелепипеда, а также свойством равенства векторов в параллелепипеде (векторы, соответствующие параллельным и равным по длине ребрам, равны).

а) Сумма векторов $\vec{AB} + \vec{AD} + \vec{AA_1}$.
Все три вектора, $\vec{AB}$, $\vec{AD}$ и $\vec{AA_1}$, выходят из одной вершины A и направлены вдоль ребер параллелепипеда. По правилу параллелепипеда, сумма трех некомпланарных векторов, отложенных от одной точки, равна вектору, совпадающему с диагональю параллелепипеда, проведенной из той же точки. В данном случае, это главная диагональ параллелепипеда, начинающаяся в точке A и заканчивающаяся в противоположной вершине $C_1$.
Таким образом: $\vec{AB} + \vec{AD} + \vec{AA_1} = \vec{AC_1}$.
Ответ: $\vec{AC_1}$.

б) Сумма векторов $\vec{DA} + \vec{DC} + \vec{DD_1}$.
Аналогично предыдущему пункту, все три вектора, $\vec{DA}$, $\vec{DC}$ и $\vec{DD_1}$, выходят из одной вершины D и направлены вдоль ребер параллелепипеда. Применяя правило параллелепипеда, получаем вектор, равный главной диагонали, исходящей из вершины D. Противоположной вершиной для D является $B_1$.
Таким образом: $\vec{DA} + \vec{DC} + \vec{DD_1} = \vec{DB_1}$.
Ответ: $\vec{DB_1}$.

в) Сумма векторов $\vec{A_1B_1} + \vec{C_1B_1} + \vec{BB_1}$.
Векторы в этой сумме имеют разные начальные точки. Чтобы их сложить, приведем их к общему началу, используя равенство векторов в параллелепипеде. Выберем в качестве общего начала вершину D.
1. Вектор $\vec{A_1B_1}$ равен вектору $\vec{DC}$, так как грани $A_1B_1BA$ и $DCC_1D_1$ параллельны и равны: $\vec{A_1B_1} = \vec{DC}$.
2. Вектор $\vec{C_1B_1}$ равен вектору $\vec{D_1A_1}$ (из параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$), а вектор $\vec{D_1A_1}$ в свою очередь равен вектору $\vec{DA}$ (из параллелограмма $ADD_1A_1$). Следовательно, $\vec{C_1B_1} = \vec{DA}$.
3. Вектор $\vec{BB_1}$ равен вектору $\vec{DD_1}$, так как они являются параллельными боковыми ребрами: $\vec{BB_1} = \vec{DD_1}$.
Подставим полученные равенства в исходную сумму: $\vec{A_1B_1} + \vec{C_1B_1} + \vec{BB_1} = \vec{DC} + \vec{DA} + \vec{DD_1}$.
Эта сумма идентична сумме из пункта б), поэтому результат равен $\vec{DB_1}$.
Ответ: $\vec{DB_1}$.

г) Сумма векторов $\vec{A_1A} + \vec{A_1D_1} + \vec{AB}$.
Приведем векторы к общему началу в вершине $A_1$.
1. Векторы $\vec{A_1A}$ и $\vec{A_1D_1}$ уже исходят из точки $A_1$.
2. Заменим вектор $\vec{AB}$ равным ему вектором $\vec{A_1B_1}$: $\vec{AB} = \vec{A_1B_1}$.
Получаем сумму векторов, исходящих из одной точки $A_1$: $\vec{A_1A} + \vec{A_1D_1} + \vec{A_1B_1}$.
По правилу параллелепипеда, эта сумма равна главной диагонали, исходящей из вершины $A_1$. Противоположная вершина для $A_1$ — это C.
Таким образом: $\vec{A_1A} + \vec{A_1D_1} + \vec{A_1B_1} = \vec{A_1C}$.
Ответ: $\vec{A_1C}$.

д) Сумма векторов $\vec{B_1A_1} + \vec{BB_1} + \vec{BC}$.
Приведем все векторы к общему началу в вершине B.
1. Вектор $\vec{BC}$ уже исходит из точки B.
2. Вектор $\vec{BB_1}$ также исходит из точки B.
3. Заменим вектор $\vec{B_1A_1}$ равным ему вектором $\vec{BA}$: $\vec{B_1A_1} = \vec{BA}$.
Получаем сумму трех векторов, исходящих из вершины B: $\vec{BA} + \vec{BB_1} + \vec{BC}$.
По правилу параллелепипеда, их сумма равна главной диагонали, проведенной из вершины B. Противоположная вершина для B — это $D_1$.
Таким образом: $\vec{BA} + \vec{BB_1} + \vec{BC} = \vec{BD_1}$.
Ответ: $\vec{BD_1}$.

596. Дан параллелепипед ABCDA₁B₁C₁D₁. а) Разложите вектор BD₁ по векторам BA, BC и BB₁. б) Разложите вектор B₁D₁ по векторам A₁A, A₁B и A₁D₁.

а) Для разложения вектора $\vec{BD_1}$ по векторам $\vec{BA}$, $\vec{BC}$ и $\vec{BB_1}$ используется правило сложения векторов в пространстве. Вектор $\vec{BD_1}$ является главной диагональю параллелепипеда.

Чтобы найти вектор $\vec{BD_1}$, можно последовать по ребрам параллелепипеда от точки B до точки $D_1$. Один из возможных путей: $B \rightarrow A \rightarrow D \rightarrow D_1$. По правилу многоугольника (или правилу замыкающей) для сложения векторов:

$\vec{BD_1} = \vec{BA} + \vec{AD} + \vec{DD_1}$

В параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ противоположные грани являются параллелограммами, поэтому соответствующие векторы ребер равны:

$\vec{AD} = \vec{BC}$ (так как $ABCD$ — параллелограмм)

$\vec{DD_1} = \vec{BB_1}$ (так как $BB_1D_1D$ — параллелограмм)

Подставим эти равенства в исходное выражение:

$\vec{BD_1} = \vec{BA} + \vec{BC} + \vec{BB_1}$

Это выражение является разложением вектора $\vec{BD_1}$ по заданным векторам.

Ответ: $\vec{BD_1} = \vec{BA} + \vec{BC} + \vec{BB_1}$

б) Требуется разложить вектор $\vec{B_1D_1}$ по векторам $\vec{A_1A}$, $\vec{A_1B}$ и $\vec{A_1D_1}$.

Вектор $\vec{B_1D_1}$ является диагональю верхней грани $A_1B_1C_1D_1$. Выразим его, используя правило треугольника для векторов, например, через вершину $A_1$:

$\vec{B_1D_1} = \vec{B_1A_1} + \vec{A_1D_1}$

Вектор $\vec{A_1D_1}$ уже является одним из векторов, по которым мы раскладываем. Теперь необходимо выразить вектор $\vec{B_1A_1}$ через заданные векторы.

Вектор $\vec{B_1A_1}$ противоположен вектору $\vec{A_1B_1}$, то есть $\vec{B_1A_1} = -\vec{A_1B_1}$.

Рассмотрим один из базисных векторов — $\vec{A_1B}$. Его можно представить как сумму векторов по пути $A_1 \rightarrow B_1 \rightarrow B$:

$\vec{A_1B} = \vec{A_1B_1} + \vec{B_1B}$

Из этого равенства выразим нужный нам вектор $\vec{A_1B_1}$:

$\vec{A_1B_1} = \vec{A_1B} - \vec{B_1B}$

По определению параллелепипеда, ребра $\vec{B_1B}$ и $\vec{A_1A}$ равны и сонаправлены, следовательно, $\vec{B_1B} = \vec{A_1A}$.

Подставим это в выражение для $\vec{A_1B_1}$:

$\vec{A_1B_1} = \vec{A_1B} - \vec{A_1A}$

Тогда вектор $\vec{B_1A_1}$ равен:

$\vec{B_1A_1} = - \vec{A_1B_1} = -(\vec{A_1B} - \vec{A_1A}) = \vec{A_1A} - \vec{A_1B}$

Наконец, подставим полученное выражение для $\vec{B_1A_1}$ в исходную формулу для $\vec{B_1D_1}$:

$\vec{B_1D_1} = \vec{B_1A_1} + \vec{A_1D_1} = (\vec{A_1A} - \vec{A_1B}) + \vec{A_1D_1}$

Таким образом, итоговое разложение имеет вид:

$\vec{B_1D_1} = \vec{A_1A} - \vec{A_1B} + \vec{A_1D_1}$

Ответ: $\vec{B_1D_1} = \vec{A_1A} - \vec{A_1B} + \vec{A_1D_1}$

597. В вершинах А₁, В и D куба ABCDA₁B₁C₁D₁, ребро которого равно а, помещены точечные заряды q. а) Выразите результирующую напряжённость создаваемого ими электрического поля в точках A и С₁ через вектор AC₁. б) Найдите абсолютную величину результирующей напряжённости в точках С, В₁, в центре грани A₁B₁C₁D₁ и в центре куба.

Для решения задачи введем декартову систему координат. Поместим вершину A куба в начало координат (0,0,0). Оси направим вдоль ребер: Ox вдоль AB, Oy вдоль AD, Oz вдоль AA?. Тогда вершины куба будут иметь следующие координаты (при длине ребра $a$):
A(0, 0, 0), B($a$, 0, 0), C($a$, $a$, 0), D(0, $a$, 0)
A? (0, 0, $a$), B?($a$, 0, $a$), C?($a$, $a$, $a$), D?(0, $a$, $a$).

Точечные заряды $q$ расположены в вершинах A?(0, 0, $a$), B($a$, 0, 0) и D(0, $a$, 0).

Напряженность электрического поля, создаваемого точечным зарядом $q$ в точке, определяемой радиус-вектором $\vec{r}$ относительно заряда, вычисляется по формуле:$\vec{E} = k \frac{q}{r^3} \vec{r}$, где $r = |\vec{r}|$ и $k = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}$.Результирующая напряженность находится по принципу суперпозиции как векторная сумма полей от всех зарядов: $\vec{E}_{рез} = \sum \vec{E}_i$.

а)

1. Напряженность в точке A(0, 0, 0).
Найдем векторы, направленные от зарядов к точке A, и их модули:
От заряда в A?: $\vec{r}_{A_1A} = A - A_1 = (0, 0, -a)$, $r_{A_1A} = a$.
От заряда в B: $\vec{r}_{BA} = A - B = (-a, 0, 0)$, $r_{BA} = a$.
От заряда в D: $\vec{r}_{DA} = A - D = (0, -a, 0)$, $r_{DA} = a$.

Векторы напряженности от каждого заряда в точке A:
$\vec{E}_{A_1} = k \frac{q}{a^3}(0, 0, -a) = -k\frac{q}{a^2}\hat{k}$
$\vec{E}_{B} = k \frac{q}{a^3}(-a, 0, 0) = -k\frac{q}{a^2}\hat{i}$
$\vec{E}_{D} = k \frac{q}{a^3}(0, -a, 0) = -k\frac{q}{a^2}\hat{j}$

Результирующая напряженность в точке A:
$\vec{E}_A = \vec{E}_{A_1} + \vec{E}_B + \vec{E}_D = -k\frac{q}{a^2}(\hat{i} + \hat{j} + \hat{k})$.

Вектор $\vec{AC_1}$ имеет координаты $C_1 - A = (a, a, a) = a(\hat{i} + \hat{j} + \hat{k})$.
Отсюда $(\hat{i} + \hat{j} + \hat{k}) = \frac{1}{a}\vec{AC_1}$.
Подставляя, получаем: $\vec{E}_A = -k\frac{q}{a^2} \left(\frac{1}{a}\vec{AC_1}\right) = -k\frac{q}{a^3}\vec{AC_1}$.

2. Напряженность в точке C?($a$, $a$, $a$).
Найдем векторы, направленные от зарядов к точке C?, и их модули:
От заряда в A?: $\vec{r}_{A_1C_1} = C_1 - A_1 = (a, a, 0)$, $r_{A_1C_1} = \sqrt{a^2+a^2} = a\sqrt{2}$.
От заряда в B: $\vec{r}_{BC_1} = C_1 - B = (0, a, a)$, $r_{BC_1} = \sqrt{a^2+a^2} = a\sqrt{2}$.
От заряда в D: $\vec{r}_{DC_1} = C_1 - D = (a, 0, a)$, $r_{DC_1} = \sqrt{a^2+a^2} = a\sqrt{2}$.

Результирующая напряженность в точке C?:
$\vec{E}_{C_1} = k\frac{q}{(a\sqrt{2})^3}(a, a, 0) + k\frac{q}{(a\sqrt{2})^3}(0, a, a) + k\frac{q}{(a\sqrt{2})^3}(a, 0, a)$
$\vec{E}_{C_1} = \frac{kq}{2\sqrt{2}a^3} \left( (a,a,0) + (0,a,a) + (a,0,a) \right) = \frac{kq}{2\sqrt{2}a^3}(2a, 2a, 2a) = \frac{kq}{\sqrt{2}a^2}(\hat{i} + \hat{j} + \hat{k})$.

Используя выражение для $\vec{AC_1}$:
$\vec{E}_{C_1} = \frac{kq}{\sqrt{2}a^2} \left(\frac{1}{a}\vec{AC_1}\right) = k\frac{q}{\sqrt{2}a^3}\vec{AC_1}$.

Ответ: Напряженность в точке A: $\vec{E}_A = -k\frac{q}{a^3}\vec{AC_1}$. Напряженность в точке C?: $\vec{E}_{C_1} = k\frac{q}{\sqrt{2}a^3}\vec{AC_1}$.

б)

1. Абсолютная величина напряженности в точке C($a$, $a$, 0).
Векторы от зарядов к точке C:
$\vec{r}_{A_1C} = C - A_1 = (a, a, -a)$, $r_{A_1C} = a\sqrt{3}$.
$\vec{r}_{BC} = C - B = (0, a, 0)$, $r_{BC} = a$.
$\vec{r}_{DC} = C - D = (a, 0, 0)$, $r_{DC} = a$.

Результирующий вектор напряженности:
$\vec{E}_C = k\frac{q}{(a\sqrt{3})^3}(a, a, -a) + k\frac{q}{a^3}(0, a, 0) + k\frac{q}{a^3}(a, 0, 0)$
$\vec{E}_C = k\frac{q}{a^2} \left[ \frac{1}{3\sqrt{3}}(1, 1, -1) + (0, 1, 0) + (1, 0, 0) \right] = k\frac{q}{a^2}\left(1+\frac{1}{3\sqrt{3}}, 1+\frac{1}{3\sqrt{3}}, -\frac{1}{3\sqrt{3}}\right)$.
Абсолютная величина: $E_C = |\vec{E}_C| = k\frac{q}{a^2} \sqrt{\left(1+\frac{1}{3\sqrt{3}}\right)^2 + \left(1+\frac{1}{3\sqrt{3}}\right)^2 + \left(-\frac{1}{3\sqrt{3}}\right)^2}$
$E_C = k\frac{q}{a^2} \sqrt{2\left(1+\frac{2}{3\sqrt{3}}+\frac{1}{27}\right) + \frac{1}{27}} = k\frac{q}{a^2} \sqrt{2+\frac{4\sqrt{3}}{9}+\frac{3}{27}} = k\frac{q}{a^2} \sqrt{\frac{18+4\sqrt{3}+1}{9}} = \frac{kq}{3a^2}\sqrt{19+4\sqrt{3}}$.
Ответ: $E_C = \frac{kq}{3a^2}\sqrt{19+4\sqrt{3}}$.

2. Абсолютная величина напряженности в точке B?($a$, 0, $a$).
Положения зарядов (A?, B, D) и точки наблюдения (B?) симметричны относительно плоскости, проходящей через диагональ AC и перпендикулярной основанию ABCD, положению зарядов (A?, B, D) и точке наблюдения (C). Расстояния от зарядов до точки B? такие же, как и до точки C. Поэтому величина напряженности в точке B? будет такой же, как и в точке C.
Ответ: $E_{B_1} = \frac{kq}{3a^2}\sqrt{19+4\sqrt{3}}$.

3. Абсолютная величина напряженности в центре грани A?B?C?D?.
Координаты центра грани M?: ($\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, a$).
Векторы от зарядов к M?:
$\vec{r}_{A_1M_1} = (\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0)$, $r_{A_1M_1} = \frac{a}{\sqrt{2}}$.
$\vec{r}_{BM_1} = (-\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, a)$, $r_{BM_1} = \sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}+a^2} = a\sqrt{\frac{3}{2}}$.
$\vec{r}_{DM_1} = (\frac{a}{2}, -\frac{a}{2}, a)$, $r_{DM_1} = a\sqrt{\frac{3}{2}}$.

Результирующий вектор напряженности:
$\vec{E}_{M_1} = k\frac{q}{(a/\sqrt{2})^3}(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0) + k\frac{q}{(a\sqrt{3/2})^3}(-\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, a) + k\frac{q}{(a\sqrt{3/2})^3}(\frac{a}{2}, -\frac{a}{2}, a)$
$\vec{E}_{M_1} = k\frac{q\sqrt{2}}{a^2}(1, 1, 0) + k\frac{2\sqrt{2}q}{3\sqrt{3}a^2}\left[ (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 1) + (\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 1) \right]$
$\vec{E}_{M_1} = k\frac{\sqrt{2}q}{a^2}(1, 1, 0) + k\frac{2\sqrt{2}q}{3\sqrt{3}a^2}(0, 0, 2) = k\frac{q}{a^2} \left( \sqrt{2}, \sqrt{2}, \frac{4\sqrt{2}}{3\sqrt{3}} \right)$.
Абсолютная величина: $E_{M_1} = k\frac{q}{a^2} \sqrt{(\sqrt{2})^2 + (\sqrt{2})^2 + \left(\frac{4\sqrt{2}}{3\sqrt{3}}\right)^2} = k\frac{q}{a^2} \sqrt{2+2+\frac{32}{27}} = k\frac{q}{a^2} \sqrt{4+\frac{32}{27}}$
$E_{M_1} = k\frac{q}{a^2} \sqrt{\frac{108+32}{27}} = k\frac{q}{a^2}\sqrt{\frac{140}{27}} = k\frac{2q}{a^2}\sqrt{\frac{35}{27}} = \frac{2kq\sqrt{105}}{9a^2}$.
Ответ: $E_{M_1} = \frac{2kq\sqrt{105}}{9a^2}$.

4. Абсолютная величина напряженности в центре куба.
Координаты центра куба O: ($\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, \frac{a}{2}$).
Расстояние от центра до любой вершины одинаково: $r = \sqrt{(\frac{a}{2})^2+(\frac{a}{2})^2+(\frac{a}{2})^2} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Векторы от зарядов к центру O:
$\vec{r}_{A_1O} = (\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, -\frac{a}{2})$.
$\vec{r}_{BO} = (-\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, \frac{a}{2})$.
$\vec{r}_{DO} = (\frac{a}{2}, -\frac{a}{2}, \frac{a}{2})$.

Результирующий вектор напряженности:
$\vec{E}_O = \frac{kq}{r^3} (\vec{r}_{A_1O} + \vec{r}_{BO} + \vec{r}_{DO}) = \frac{kq}{(a\sqrt{3}/2)^3} \left[ (\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, -\frac{a}{2}) + (-\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, \frac{a}{2}) + (\frac{a}{2}, -\frac{a}{2}, \frac{a}{2}) \right]$
$\vec{E}_O = \frac{8kq}{3\sqrt{3}a^3} (\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, \frac{a}{2}) = \frac{4kq}{3\sqrt{3}a^2}(1, 1, 1)$.
Абсолютная величина: $E_O = |\vec{E}_O| = \frac{4kq}{3\sqrt{3}a^2}\sqrt{1^2+1^2+1^2} = \frac{4kq}{3\sqrt{3}a^2}\sqrt{3} = \frac{4kq}{3a^2}$.
Ответ: $E_O = \frac{4kq}{3a^2}$.

598. Диагонали параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ пересекаются в точке О. Разложите векторы CD и D₁O по векторам AA₁, AB и AD.

Для решения задачи введем три некомпланарных вектора, исходящих из вершины $A$ параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$, в качестве базисных: $\vec{AA_1}$, $\vec{AB}$ и $\vec{AD}$. Требуется разложить векторы $\vec{CD}$ и $\vec{D_1O}$ по этому базису.

Разложение вектора $\vec{CD}$

Грань $ABCD$ является параллелограммом. В параллелограмме противоположные стороны равны и параллельны, поэтому векторы, построенные на противоположных сторонах и имеющие одинаковое направление, равны. Отсюда следует, что $\vec{DC} = \vec{AB}$.Вектор $\vec{CD}$ противоположен вектору $\vec{DC}$, поэтому $\vec{CD} = -\vec{DC}$.Подставив в это равенство выражение для $\vec{DC}$, получаем:$\vec{CD} = -\vec{AB}$.Это и есть разложение вектора $\vec{CD}$ по заданному базису, так как коэффициенты при $\vec{AA_1}$ и $\vec{AD}$ равны нулю.

Ответ: $\vec{CD} = -\vec{AB}$.

Разложение вектора $\vec{D_1O}$

Диагонали параллелепипеда пересекаются в одной точке $O$ и делятся ею пополам. Таким образом, точка $O$ является серединой диагонали $BD_1$.По определению середины отрезка, вектор, проведенный из одного конца диагонали в ее середину, равен половине вектора, соответствующего всей диагонали. То есть:$\vec{D_1O} = \frac{1}{2}\vec{D_1B}$.Чтобы найти разложение вектора $\vec{D_1B}$, представим его в виде суммы векторов, идущих по ребрам параллелепипеда, используя правило многоугольника:$\vec{D_1B} = \vec{D_1A_1} + \vec{A_1A} + \vec{AB}$.Теперь выразим каждый из этих векторов через базисные:

• Из свойств параллелепипеда известно, что $\vec{A_1D_1} = \vec{AD}$. Вектор $\vec{D_1A_1}$ противоположен вектору $\vec{A_1D_1}$, следовательно, $\vec{D_1A_1} = -\vec{A_1D_1} = -\vec{AD}$.
• Вектор $\vec{A_1A}$ противоположен вектору $\vec{AA_1}$, поэтому $\vec{A_1A} = -\vec{AA_1}$.
• Вектор $\vec{AB}$ уже является одним из базисных векторов.

Подставляем полученные выражения в сумму:$\vec{D_1B} = (-\vec{AD}) + (-\vec{AA_1}) + \vec{AB} = \vec{AB} - \vec{AD} - \vec{AA_1}$.Наконец, находим искомый вектор $\vec{D_1O}$:$\vec{D_1O} = \frac{1}{2}\vec{D_1B} = \frac{1}{2}(\vec{AB} - \vec{AD} - \vec{AA_1})$.Раскрывая скобки и упорядочивая слагаемые в соответствии с порядком векторов в условии, получаем:$\vec{D_1O} = -\frac{1}{2}\vec{AA_1} + \frac{1}{2}\vec{AB} - \frac{1}{2}\vec{AD}$.

Ответ: $\vec{D_1O} = -\frac{1}{2}\vec{AA_1} + \frac{1}{2}\vec{AB} - \frac{1}{2}\vec{AD}$.

599. Точка K — середина ребра ВС тетраэдра ABCD. Разложите вектор DK по векторам a = DA, b = AB и c = AC.

Решение

Так как точка K — середина отрезка ВС, то

Решение

По условию задачи, нам дан тетраэдр $ABCD$ и точка $K$ — середина ребра $BC$. Нам необходимо разложить вектор $\vec{DK}$ по базисным векторам $\vec{a} = \vec{DA}$, $\vec{b} = \vec{AB}$ и $\vec{c} = \vec{AC}$.

Рассмотрим треугольник $DBC$. Поскольку точка $K$ является серединой стороны $BC$, отрезок $DK$ является медианой этого треугольника, проведенной из вершины $D$. Вектор, соответствующий медиане, равен полусумме векторов, исходящих из той же вершины к концам стороны, которую медиана делит пополам. Таким образом, для вектора $\vec{DK}$ справедливо следующее равенство:
$\vec{DK} = \frac{1}{2}(\vec{DB} + \vec{DC})$

Теперь нам нужно выразить векторы $\vec{DB}$ и $\vec{DC}$ через заданные базисные векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$. Для этого воспользуемся правилом сложения векторов (правило треугольника).

Чтобы получить вектор $\vec{DB}$, мы можем пройти из точки $D$ в точку $A$, а затем из точки $A$ в точку $B$. Это соответствует сумме векторов $\vec{DA}$ и $\vec{AB}$:
$\vec{DB} = \vec{DA} + \vec{AB} = \vec{a} + \vec{b}$

Аналогично, чтобы получить вектор $\vec{DC}$, мы можем пройти из точки $D$ в точку $A$, а затем из точки $A$ в точку $C$. Это соответствует сумме векторов $\vec{DA}$ и $\vec{AC}$:
$\vec{DC} = \vec{DA} + \vec{AC} = \vec{a} + \vec{c}$

Теперь подставим полученные выражения для векторов $\vec{DB}$ и $\vec{DC}$ в исходную формулу для $\vec{DK}$:
$\vec{DK} = \frac{1}{2}((\vec{a} + \vec{b}) + (\vec{a} + \vec{c}))$

Осталось только упростить это выражение. Сначала сгруппируем подобные слагаемые в скобках:
$\vec{DK} = \frac{1}{2}(2\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})$

Затем умножим каждый член в скобках на $\frac{1}{2}$:
$\vec{DK} = \frac{1}{2}(2\vec{a}) + \frac{1}{2}\vec{b} + \frac{1}{2}\vec{c} = \vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b} + \frac{1}{2}\vec{c}$

Таким образом, мы разложили вектор $\vec{DK}$ по заданным векторам.

Ответ: $\vec{DK} = \vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b} + \frac{1}{2}\vec{c}$

600. Основанием пирамиды с вершиной О является параллелограмм ABCD, диагонали которого пересекаются в точке М. Разложите векторы OD и OM по векторам a = OA, b = OB и c = OC.

Разложение вектора $\vec{OD}$

Для нахождения вектора $\vec{OD}$ воспользуемся правилом сложения векторов (правилом многоугольника), выразив искомый вектор через другие векторы, образующие замкнутый путь. Например, можно записать:
$\vec{OD} = \vec{OA} + \vec{AD}$.

Поскольку основанием пирамиды является параллелограмм $ABCD$, его противолежащие стороны параллельны и равны по длине. Это означает, что векторы, направленные вдоль этих сторон, равны: $\vec{AD} = \vec{BC}$.

Подставим $\vec{BC}$ вместо $\vec{AD}$ в наше выражение:
$\vec{OD} = \vec{OA} + \vec{BC}$.

Теперь выразим вектор $\vec{BC}$ через заданные векторы, которые имеют общее начало в точке $O$. По правилу вычитания векторов:
$\vec{BC} = \vec{OC} - \vec{OB}$.

Подставим полученное выражение для $\vec{BC}$ в формулу для $\vec{OD}$:
$\vec{OD} = \vec{OA} + (\vec{OC} - \vec{OB}) = \vec{OA} + \vec{OC} - \vec{OB}$.

Наконец, заменим векторы $\vec{OA}$, $\vec{OB}$ и $\vec{OC}$ на их обозначения $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$ из условия задачи:
$\vec{OD} = \vec{a} + \vec{c} - \vec{b}$.

Ответ: $\vec{OD} = \vec{a} - \vec{b} + \vec{c}$.

Разложение вектора $\vec{OM}$

Точка $M$ является точкой пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$. По свойству параллелограмма, диагонали в точке пересечения делятся пополам. Следовательно, точка $M$ является серединой диагонали $AC$.

Вектор, проведенный из произвольной точки пространства ($O$) в середину отрезка ($M$), равен полусумме векторов, проведенных из этой же точки в концы отрезка ($A$ и $C$). Математически это записывается так:
$\vec{OM} = \frac{1}{2}(\vec{OA} + \vec{OC})$.

Подставим в эту формулу заданные в условии векторы $\vec{a} = \vec{OA}$ и $\vec{c} = \vec{OC}$:
$\vec{OM} = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{c})$.

Ответ: $\vec{OM} = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{c})$.

601. Точка K — середина ребра В₁С₁ куба ABCDA₁B₁C₁D₁. Разложите вектор AK по векторам a = AB, b = AD, c = AA₁ и найдите длину этого вектора, если ребро куба равно m.

Разложение вектора $\vec{AK}$

Для того чтобы разложить вектор $\vec{AK}$ по базисным векторам $\vec{a} = \vec{AB}$, $\vec{b} = \vec{AD}$ и $\vec{c} = \vec{AA_1}$, представим вектор $\vec{AK}$ в виде суммы векторов, идущих по ребрам куба. Один из возможных путей из точки $A$ в точку $K$ — это путь $A \rightarrow B \rightarrow B_1 \rightarrow K$.

Тогда вектор $\vec{AK}$ можно представить как сумму векторов:
$\vec{AK} = \vec{AB} + \vec{BB_1} + \vec{B_1K}$

Теперь выразим каждый из этих векторов через базисные:

• $\vec{AB} = \vec{a}$ (по условию).
• Вектор $\vec{BB_1}$ параллелен и равен вектору $\vec{AA_1}$, так как $ABB_1A_1$ — грань куба (квадрат). Следовательно, $\vec{BB_1} = \vec{AA_1} = \vec{c}$.
• Точка $K$ — середина ребра $B_1C_1$. Значит, вектор $\vec{B_1K}$ равен половине вектора $\vec{B_1C_1}$: $\vec{B_1K} = \frac{1}{2}\vec{B_1C_1}$.
• Вектор $\vec{B_1C_1}$ параллелен и равен вектору $\vec{AD}$, так как $A_1B_1C_1D_1$ и $ABCD$ — параллельные грани куба. Следовательно, $\vec{B_1C_1} = \vec{AD} = \vec{b}$.
• Таким образом, $\vec{B_1K} = \frac{1}{2}\vec{b}$.

Подставим полученные выражения в сумму:
$\vec{AK} = \vec{a} + \vec{c} + \frac{1}{2}\vec{b}$

Запишем в стандартном порядке:
$\vec{AK} = \vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b} + \vec{c}$

Ответ: $\vec{AK} = \vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b} + \vec{c}$

Нахождение длины вектора $\vec{AK}$

Длина вектора (его модуль) вычисляется как квадратный корень из скалярного квадрата этого вектора: $|\vec{AK}| = \sqrt{\vec{AK} \cdot \vec{AK}}$.
$|\vec{AK}|^2 = \vec{AK} \cdot \vec{AK} = (\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b} + \vec{c}) \cdot (\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b} + \vec{c})$

Векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$ соответствуют ребрам куба, выходящим из одной вершины, поэтому они взаимно перпендикулярны (ортогональны). Это означает, что их скалярные произведения равны нулю:
$\vec{a} \cdot \vec{b} = 0$, $\vec{a} \cdot \vec{c} = 0$, $\vec{b} \cdot \vec{c} = 0$.

Длины базисных векторов равны длине ребра куба $m$:
$|\vec{a}| = |\vec{b}| = |\vec{c}| = m$.

Раскроем скобки в выражении для скалярного квадрата:
$|\vec{AK}|^2 = \vec{a}\cdot\vec{a} + \vec{a}\cdot(\frac{1}{2}\vec{b}) + \vec{a}\cdot\vec{c} + (\frac{1}{2}\vec{b})\cdot\vec{a} + (\frac{1}{2}\vec{b})\cdot(\frac{1}{2}\vec{b}) + (\frac{1}{2}\vec{b})\cdot\vec{c} + \vec{c}\cdot\vec{a} + \vec{c}\cdot(\frac{1}{2}\vec{b}) + \vec{c}\cdot\vec{c}$

Учитывая, что смешанные произведения равны нулю, получаем:
$|\vec{AK}|^2 = \vec{a}\cdot\vec{a} + (\frac{1}{2}\vec{b})\cdot(\frac{1}{2}\vec{b}) + \vec{c}\cdot\vec{c} = |\vec{a}|^2 + \frac{1}{4}|\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2$

Подставим длины векторов:
$|\vec{AK}|^2 = m^2 + \frac{1}{4}m^2 + m^2 = 2m^2 + \frac{1}{4}m^2 = \frac{8m^2}{4} + \frac{m^2}{4} = \frac{9m^2}{4}$

Теперь найдем длину вектора $\vec{AK}$, извлекая квадратный корень:
$|\vec{AK}| = \sqrt{\frac{9m^2}{4}} = \frac{3m}{2}$

Ответ: $|\vec{AK}| = \frac{3m}{2}$

602. Вне плоскости параллелограмма ABCD взята точка О. Точка М — середина AB, а точка K — середина MD. Разложите векторы OM и OK по векторам a = OA, b = OB, c = OC.

Разложение вектора $\vec{OM}$
Согласно условию задачи, точка $M$ является серединой отрезка $AB$. Для нахождения вектора $\vec{OM}$, исходящего из произвольной точки $O$ в середину отрезка $AB$, используется формула медианы треугольника $OAB$. Вектор, проведенный в середину стороны, равен полусумме векторов, проведенных в ее концы:
$\vec{OM} = \frac{1}{2}(\vec{OA} + \vec{OB})$
В условии даны обозначения: $\vec{a} = \vec{OA}$ и $\vec{b} = \vec{OB}$. Подставим их в полученное выражение:
$\vec{OM} = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b}) = \frac{1}{2}\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b}$
Ответ: $\vec{OM} = \frac{1}{2}\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b}$

Разложение вектора $\vec{OK}$
По условию, точка $K$ является серединой отрезка $MD$. Аналогично предыдущему пункту, вектор $\vec{OK}$ можно выразить как полусумму векторов, проведенных из точки $O$ в концы отрезка $MD$:
$\vec{OK} = \frac{1}{2}(\vec{OM} + \vec{OD})$
Выражение для вектора $\vec{OM}$ уже найдено: $\vec{OM} = \frac{1}{2}\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b}$.
Теперь необходимо найти выражение для вектора $\vec{OD}$ через заданные векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$. Фигура $ABCD$ является параллелограммом, поэтому для нее справедливо векторное равенство $\vec{AD} = \vec{BC}$. Выразим эти векторы через радиус-векторы их начальных и конечных точек, исходящие из точки $O$:
$\vec{OD} - \vec{OA} = \vec{OC} - \vec{OB}$
Из этого равенства выразим искомый вектор $\vec{OD}$:
$\vec{OD} = \vec{OA} - \vec{OB} + \vec{OC}$
Подставим заданные обозначения $\vec{a} = \vec{OA}$, $\vec{b} = \vec{OB}$ и $\vec{c} = \vec{OC}$:
$\vec{OD} = \vec{a} - \vec{b} + \vec{c}$
Теперь мы можем подставить найденные выражения для $\vec{OM}$ и $\vec{OD}$ в формулу для $\vec{OK}$:
$\vec{OK} = \frac{1}{2}\left( \left(\frac{1}{2}\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b}\right) + (\vec{a} - \vec{b} + \vec{c}) \right)$
Сгруппируем слагаемые при одинаковых векторах внутри скобок:
$\vec{OK} = \frac{1}{2}\left( \left(\frac{1}{2} + 1\right)\vec{a} + \left(\frac{1}{2} - 1\right)\vec{b} + \vec{c} \right)$
$\vec{OK} = \frac{1}{2}\left( \frac{3}{2}\vec{a} - \frac{1}{2}\vec{b} + \vec{c} \right)$
Наконец, раскроем скобки, умножив каждый член на $\frac{1}{2}$:
$\vec{OK} = \frac{3}{4}\vec{a} - \frac{1}{4}\vec{b} + \frac{1}{2}\vec{c}$
Ответ: $\vec{OK} = \frac{3}{4}\vec{a} - \frac{1}{4}\vec{b} + \frac{1}{2}\vec{c}$

603. Докажите, что если М — точка пересечения медиан треугольника ABC, а О — произвольная точка пространства, то

Пусть дан треугольник $ABC$, $M$ — точка пересечения его медиан, а $O$ — произвольная точка пространства. Проведём медиану $AA_1$, где $A_1$ — середина стороны $BC$.

По свойству медиан треугольника, точка их пересечения (центроид) делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. Для медианы $AA_1$ это означает, что $AM : MA_1 = 2 : 1$. В векторной форме это соотношение записывается как $\vec{AM} = 2\vec{MA_1}$, поскольку векторы $\vec{AM}$ и $\vec{MA_1}$ коллинеарны, сонаправлены, и длина вектора $\vec{AM}$ вдвое больше длины вектора $\vec{MA_1}$.

Выразим векторы, входящие в это равенство, через радиус-векторы с началом в точке $O$, используя правило вычитания векторов:

$\vec{AM} = \vec{OM} - \vec{OA}$

$\vec{MA_1} = \vec{OA_1} - \vec{OM}$

Теперь подставим эти выражения в исходное векторное равенство $\vec{AM} = 2\vec{MA_1}$:

$\vec{OM} - \vec{OA} = 2(\vec{OA_1} - \vec{OM})$

Раскроем скобки и преобразуем уравнение, чтобы выразить вектор $\vec{OM}$:

$\vec{OM} - \vec{OA} = 2\vec{OA_1} - 2\vec{OM}$

$\vec{OM} + 2\vec{OM} = \vec{OA} + 2\vec{OA_1}$

$3\vec{OM} = \vec{OA} + 2\vec{OA_1}$

Отсюда получаем формулу для радиус-вектора точки $M$, делящей отрезок $AA_1$ в отношении 2:1:

$\vec{OM} = \frac{\vec{OA} + 2\vec{OA_1}}{3}$

Далее, как и указано в условии, объясним, почему $\vec{OA_1} = \frac{1}{2}(\vec{OB} + \vec{OC})$. Точка $A_1$ является серединой отрезка $BC$. Радиус-вектор середины отрезка равен полусумме радиус-векторов его концов. Докажем это. По правилу треугольника для сложения векторов, выходящих из точки $O$, имеем: $\vec{OA_1} = \vec{OB} + \vec{BA_1}$. Поскольку $A_1$ — середина $BC$, вектор $\vec{BA_1}$ составляет половину вектора $\vec{BC}$, то есть $\vec{BA_1} = \frac{1}{2}\vec{BC}$. В свою очередь, вектор $\vec{BC}$ можно выразить через радиус-векторы его начала и конца: $\vec{BC} = \vec{OC} - \vec{OB}$.

Объединяя эти выражения, получаем:

$\vec{OA_1} = \vec{OB} + \frac{1}{2}\vec{BC} = \vec{OB} + \frac{1}{2}(\vec{OC} - \vec{OB}) = \vec{OB} + \frac{1}{2}\vec{OC} - \frac{1}{2}\vec{OB} = \frac{1}{2}\vec{OB} + \frac{1}{2}\vec{OC} = \frac{1}{2}(\vec{OB} + \vec{OC})$.

Наконец, подставим найденное выражение для $\vec{OA_1}$ в формулу для $\vec{OM}$:

$\vec{OM} = \frac{\vec{OA} + 2 \cdot (\frac{1}{2}(\vec{OB} + \vec{OC}))}{3}$

Сокращая двойки, получаем:

$\vec{OM} = \frac{\vec{OA} + (\vec{OB} + \vec{OC})}{3} = \frac{\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}}{3}$

Таким образом, искомое равенство доказано.

Ответ: Равенство $\vec{OM} = \frac{1}{3}(\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC})$ доказано.