Страница 155 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета

Авторы: Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Кадомцев С. Б., Позняк Э. Г., Киселёва Л. С.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2019 - 2025

Уровень обучения: базовый и углублённый

Цвет обложки: коричневый с ромбами

ISBN: 978-5-09-103606-0 (2023)

Допущено Министерством просвещения Российской Федерации

Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия

Популярные ГДЗ в 10 классе

Cтраница 155

Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155
№604 (с. 155)
Условие. №604 (с. 155)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 604, Условие

604. В тетраэдре ABCD медиана АА₁ грани ABC делится точкой K так, что АK : KA₁ = 3 : 7. Разложите вектор DK по векторам DA, DB, DC.

Решение 2. №604 (с. 155)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 604, Решение 2
Решение 4. №604 (с. 155)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 604, Решение 4
Решение 5. №604 (с. 155)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 604, Решение 5
Решение 6. №604 (с. 155)

Для решения задачи выберем точку D в качестве начала отсчета (начала координат). Тогда векторы $\vec{DA}$, $\vec{DB}$ и $\vec{DC}$ будут радиус-векторами точек A, B и C соответственно. Нам необходимо разложить вектор $\vec{DK}$ по этим трем базисным векторам.

Для нахождения вектора $\vec{DK}$ воспользуемся правилом треугольника для сложения векторов. Пройдем из точки D в точку K через точку A:

$\vec{DK} = \vec{DA} + \vec{AK}$

Теперь нам нужно выразить вектор $\vec{AK}$ через базисные векторы. По условию, точка K делит медиану $AA_1$ в отношении $AK:KA_1 = 3:7$. Это означает, что длина отрезка AK составляет $\frac{3}{3+7} = \frac{3}{10}$ от длины всей медианы $AA_1$. Так как векторы $\vec{AK}$ и $\vec{AA_1}$ сонаправлены, можем записать:

$\vec{AK} = \frac{3}{10}\vec{AA_1}$

Далее выразим вектор $\vec{AA_1}$ через векторы с началом в точке D:

$\vec{AA_1} = \vec{DA_1} - \vec{DA}$

Поскольку $AA_1$ является медианой грани ABC, точка $A_1$ — это середина отрезка BC. Радиус-вектор середины отрезка равен полусумме радиус-векторов его концов. Следовательно, для вектора $\vec{DA_1}$ справедливо равенство:

$\vec{DA_1} = \frac{1}{2}(\vec{DB} + \vec{DC})$

Теперь подставим это выражение в формулу для $\vec{AA_1}$:

$\vec{AA_1} = \frac{1}{2}(\vec{DB} + \vec{DC}) - \vec{DA}$

Подставим полученное выражение для $\vec{AA_1}$ в формулу для $\vec{AK}$:

$\vec{AK} = \frac{3}{10}\vec{AA_1} = \frac{3}{10} \left( -\vec{DA} + \frac{1}{2}\vec{DB} + \frac{1}{2}\vec{DC} \right) = -\frac{3}{10}\vec{DA} + \frac{3}{20}\vec{DB} + \frac{3}{20}\vec{DC}$

Наконец, подставим найденный вектор $\vec{AK}$ в исходную формулу для $\vec{DK}$:

$\vec{DK} = \vec{DA} + \vec{AK} = \vec{DA} + \left( -\frac{3}{10}\vec{DA} + \frac{3}{20}\vec{DB} + \frac{3}{20}\vec{DC} \right)$

Сгруппируем коэффициенты при одинаковых базисных векторах:

$\vec{DK} = \left(1 - \frac{3}{10}\right)\vec{DA} + \frac{3}{20}\vec{DB} + \frac{3}{20}\vec{DC}$

$\vec{DK} = \frac{7}{10}\vec{DA} + \frac{3}{20}\vec{DB} + \frac{3}{20}\vec{DC}$

Это и есть искомое разложение вектора $\vec{DK}$ по векторам $\vec{DA}$, $\vec{DB}$ и $\vec{DC}$.

Ответ: $\vec{DK} = \frac{7}{10}\vec{DA} + \frac{3}{20}\vec{DB} + \frac{3}{20}\vec{DC}$

№605 (с. 155)
Условие. №605 (с. 155)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 605, Условие

605. Точки М и N являются серединами рёбер AB и А₁D₁ параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁. Разложите, если это возможно, по векторам AB и AD вектор:

Разложить, если это возможно, по векторам
Решение 2. №605 (с. 155)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 605, Решение 2 Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 605, Решение 2 (продолжение 2) Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 605, Решение 2 (продолжение 3) Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 605, Решение 2 (продолжение 4) Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 605, Решение 2 (продолжение 5) Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 605, Решение 2 (продолжение 6) Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 605, Решение 2 (продолжение 7)
Решение 4. №605 (с. 155)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 605, Решение 4
Решение 5. №605 (с. 155)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 605, Решение 5
Решение 6. №605 (с. 155)

Для решения задачи введем базисные векторы, соответствующие ребрам параллелепипеда, выходящим из вершины A: $\vec{AB}$, $\vec{AD}$ и $\vec{AA_1}$. Разложение по векторам $\vec{AB}$ и $\vec{AD}$ возможно только для тех векторов, которые компланарны плоскости основания ABCD, то есть для векторов, которые можно представить в виде $k\vec{AB} + l\vec{AD}$ (их составляющая по вектору $\vec{AA_1}$ равна нулю).

По условию задачи, точка M — середина ребра AB, следовательно, $\vec{AM} = \frac{1}{2}\vec{AB}$. Точка N — середина ребра A?D?, следовательно, $\vec{A_1N} = \frac{1}{2}\vec{A_1D_1}$. Так как в параллелепипеде $\vec{A_1D_1} = \vec{AD}$, то $\vec{A_1N} = \frac{1}{2}\vec{AD}$.

Рассмотрим каждый вектор по отдельности.

а) $\vec{AC}$

Вектор $\vec{AC}$ является диагональю основания ABCD. По правилу параллелограмма для сложения векторов: $\vec{AC} = \vec{AB} + \vec{BC}$. В параллелепипеде $\vec{BC} = \vec{AD}$. Таким образом, $\vec{AC} = \vec{AB} + \vec{AD}$. Данный вектор лежит в плоскости основания, поэтому разложение возможно.

Ответ: $\vec{AC} = \vec{AB} + \vec{AD}$.

б) $\vec{CM}$

Выразим вектор $\vec{CM}$ через векторы с общим началом в точке A: $\vec{CM} = \vec{AM} - \vec{AC}$. Из пункта (а) мы знаем, что $\vec{AC} = \vec{AB} + \vec{AD}$, а по условию $\vec{AM} = \frac{1}{2}\vec{AB}$. Подставим эти выражения: $\vec{CM} = \frac{1}{2}\vec{AB} - (\vec{AB} + \vec{AD}) = \frac{1}{2}\vec{AB} - \vec{AB} - \vec{AD} = -\frac{1}{2}\vec{AB} - \vec{AD}$. Точки C и M лежат в плоскости основания ABCD, значит и вектор $\vec{CM}$ лежит в этой плоскости. Разложение возможно.

Ответ: $\vec{CM} = -\frac{1}{2}\vec{AB} - \vec{AD}$.

в) $\vec{C_1N}$

Выразим вектор $\vec{C_1N}$ через векторы, выходящие из вершины $A_1$, которая находится в одной плоскости с точками $C_1$ и $N$. $\vec{C_1N} = \vec{A_1N} - \vec{A_1C_1}$. По условию, $N$ — середина $A_1D_1$, поэтому $\vec{A_1N} = \frac{1}{2}\vec{A_1D_1}$. Вектор $\vec{A_1C_1}$ является диагональю грани $A_1B_1C_1D_1$, поэтому $\vec{A_1C_1} = \vec{A_1B_1} + \vec{A_1D_1}$. Тогда $\vec{C_1N} = \frac{1}{2}\vec{A_1D_1} - (\vec{A_1B_1} + \vec{A_1D_1}) = -\vec{A_1B_1} - \frac{1}{2}\vec{A_1D_1}$. Поскольку в параллелепипеде $\vec{A_1B_1} = \vec{AB}$ и $\vec{A_1D_1} = \vec{AD}$, получаем: $\vec{C_1N} = -\vec{AB} - \frac{1}{2}\vec{AD}$. Вектор лежит в плоскости $A_1B_1C_1D_1$, параллельной плоскости $ABCD$, поэтому разложение возможно.

Ответ: $\vec{C_1N} = -\vec{AB} - \frac{1}{2}\vec{AD}$.

г) $\vec{AC_1}$

Вектор $\vec{AC_1}$ является пространственной диагональю параллелепипеда. По правилу параллелепипеда: $\vec{AC_1} = \vec{AB} + \vec{AD} + \vec{AA_1}$. Этот вектор не компланарен векторам $\vec{AB}$ и $\vec{AD}$, так как имеет ненулевую составляющую $\vec{AA_1}$, которая не лежит в плоскости основания ABCD. Следовательно, разложить вектор $\vec{AC_1}$ только по векторам $\vec{AB}$ и $\vec{AD}$ невозможно.

Ответ: Разложение невозможно.

д) $\vec{A_1N}$

Точка N — середина ребра $A_1D_1$. Следовательно, вектор $\vec{A_1N}$ можно выразить как $\vec{A_1N} = \frac{1}{2}\vec{A_1D_1}$. В параллелепипеде противоположные ребра параллельны и равны, поэтому $\vec{A_1D_1} = \vec{AD}$. Таким образом, $\vec{A_1N} = \frac{1}{2}\vec{AD}$. Это и есть искомое разложение (коэффициент при $\vec{AB}$ равен 0). Вектор $\vec{A_1N}$ параллелен вектору $\vec{AD}$ и, следовательно, его можно разложить по базису $\vec{AB}$ и $\vec{AD}$.

Ответ: $\vec{A_1N} = \frac{1}{2}\vec{AD}$.

е) $\vec{AN}$

Выразим вектор $\vec{AN}$, двигаясь из точки A в точку N через вершину $A_1$. $\vec{AN} = \vec{AA_1} + \vec{A_1N}$. Из предыдущего пункта мы знаем, что $\vec{A_1N} = \frac{1}{2}\vec{AD}$. Тогда $\vec{AN} = \vec{AA_1} + \frac{1}{2}\vec{AD}$. Этот вектор имеет ненулевую составляющую $\vec{AA_1}$, которая не компланарна векторам $\vec{AB}$ и $\vec{AD}$. Следовательно, разложить вектор $\vec{AN}$ по векторам $\vec{AB}$ и $\vec{AD}$ невозможно.

Ответ: Разложение невозможно.

ж) $\vec{MD}$

Выразим вектор $\vec{MD}$ через векторы с общим началом в точке A: $\vec{MD} = \vec{AD} - \vec{AM}$. По условию, M — середина ребра AB, поэтому $\vec{AM} = \frac{1}{2}\vec{AB}$. Подставляя, получаем: $\vec{MD} = \vec{AD} - \frac{1}{2}\vec{AB}$. Точки M и D лежат в плоскости основания ABCD, значит и вектор $\vec{MD}$ лежит в этой плоскости. Разложение возможно.

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

№606 (с. 155)
Условие. №606 (с. 155)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 606, Условие

606. Медианы грани ABC тетраэдра ОABC пересекаются в точке М. Разложите вектор OA по векторам OB, OC, OM.

Решение 2. №606 (с. 155)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 606, Решение 2
Решение 4. №606 (с. 155)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 606, Решение 4
Решение 5. №606 (с. 155)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 606, Решение 5
Решение 6. №606 (с. 155)

По условию задачи, точка M является точкой пересечения медиан грани ABC. Точка пересечения медиан треугольника является его центром масс (центроидом).

Для любой точки O в пространстве и любого треугольника ABC радиус-вектор его центроида M связан с радиус-векторами вершин A, B и C следующим соотношением:

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

Цель задачи — выразить (разложить) вектор $\vec{OA}$ через векторы $\vec{OB}$, $\vec{OC}$ и $\vec{OM}$. Для этого необходимо преобразовать данное векторное равенство так, чтобы выделить $\vec{OA}$.

1. Умножим обе части равенства на 3:

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

2. Выразим вектор $\vec{OA}$, перенеся векторы $\vec{OB}$ и $\vec{OC}$ в левую часть уравнения с противоположными знаками:

$\vec{OA} = 3\vec{OM} - \vec{OB} - \vec{OC}$

Таким образом, мы получили искомое разложение вектора $\vec{OA}$.

Ответ: $\vec{OA} = 3\vec{OM} - \vec{OB} - \vec{OC}$

№607 (с. 155)
Условие. №607 (с. 155)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 607, Условие

607. Высоты AM и DN правильного тетраэдра ABCD пересекаются в точке K. Разложите по векторам a = DA, b = DB и c = DC вектор:

Разложить по векторам
Решение 2. №607 (с. 155)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 607, Решение 2 Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 607, Решение 2 (продолжение 2) Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 607, Решение 2 (продолжение 3) Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 607, Решение 2 (продолжение 4)
Решение 4. №607 (с. 155)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 607, Решение 4 Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 607, Решение 4 (продолжение 2)
Решение 6. №607 (с. 155)

Поскольку $ABCD$ — правильный тетраэдр, все его грани являются правильными треугольниками, а все ребра равны. Высоты правильного тетраэдра пересекаются в одной точке $K$, которая является центром описанной и вписанной сфер, а также центром тяжести (центроидом) тетраэдра. Эта точка делит каждую высоту в отношении 3:1, считая от вершины.

Выберем точку $D$ в качестве начала векторов. Тогда по условию имеем базисные векторы $\vec{DA} = \vec{a}$, $\vec{DB} = \vec{b}$ и $\vec{DC} = \vec{c}$.

а) $\vec{DN}$

Высота $DN$ опущена из вершины $D$ на грань $ABC$. В правильном тетраэдре основание высоты совпадает с центром тяжести (центроидом) грани. Таким образом, точка $N$ является центроидом треугольника $ABC$.

Положение центроида треугольника определяется как среднее арифметическое векторов его вершин. Вектор $\vec{DN}$ — это радиус-вектор точки $N$ из начала координат $D$.

$\vec{DN} = \frac{\vec{DA} + \vec{DB} + \vec{DC}}{3}$

Подставляя данные из условия, получаем:

$\vec{DN} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{3}$

Ответ: $\vec{DN} = \frac{1}{3}\vec{a} + \frac{1}{3}\vec{b} + \frac{1}{3}\vec{c}$

б) $\vec{DK}$

Точка $K$ — это точка пересечения высот, то есть центроид тетраэдра $ABCD$. Вектор положения центроида тетраэдра равен среднему арифметическому векторов его вершин.

$\vec{DK} = \frac{\vec{DA} + \vec{DB} + \vec{DC} + \vec{DD}}{4}$

Так как $\vec{DD} = \vec{0}$, получаем:

$\vec{DK} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{4}$

Можно прийти к этому же результату, зная, что точка $K$ делит высоту $DN$ в отношении $DK:KN = 3:1$. Следовательно, $\vec{DK} = \frac{3}{4}\vec{DN}$. Используя результат из пункта а):

$\vec{DK} = \frac{3}{4} \left( \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{3} \right) = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{4}$

Ответ: $\vec{DK} = \frac{1}{4}\vec{a} + \frac{1}{4}\vec{b} + \frac{1}{4}\vec{c}$

в) $\vec{AM}$

Высота $AM$ опущена из вершины $A$ на грань $BCD$. Точка $M$ является центроидом треугольника $BCD$.

Чтобы найти вектор $\vec{AM}$, представим его в виде разности векторов, исходящих из общего начала $D$:

$\vec{AM} = \vec{DM} - \vec{DA}$

Мы знаем, что $\vec{DA} = \vec{a}$. Найдем вектор $\vec{DM}$. Так как $M$ — центроид треугольника $BCD$:

$\vec{DM} = \frac{\vec{DB} + \vec{DC} + \vec{DD}}{3} = \frac{\vec{b} + \vec{c} + \vec{0}}{3} = \frac{\vec{b} + \vec{c}}{3}$

Теперь подставим найденные векторы в выражение для $\vec{AM}$:

$\vec{AM} = \frac{\vec{b} + \vec{c}}{3} - \vec{a}$

Ответ: $\vec{AM} = -\vec{a} + \frac{1}{3}\vec{b} + \frac{1}{3}\vec{c}$

г) $\vec{MK}$

Чтобы найти вектор $\vec{MK}$, представим его как разность векторов $\vec{DK}$ и $\vec{DM}$:

$\vec{MK} = \vec{DK} - \vec{DM}$

Из предыдущих пунктов нам известны разложения векторов $\vec{DK}$ и $\vec{DM}$:

$\vec{DK} = \frac{1}{4}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})$

$\vec{DM} = \frac{1}{3}(\vec{b} + \vec{c})$

Подставляем и упрощаем:

$\vec{MK} = \frac{1}{4}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) - \frac{1}{3}(\vec{b} + \vec{c}) = \frac{1}{4}\vec{a} + \frac{1}{4}\vec{b} + \frac{1}{4}\vec{c} - \frac{1}{3}\vec{b} - \frac{1}{3}\vec{c}$

$\vec{MK} = \frac{1}{4}\vec{a} + \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{3}\right)\vec{b} + \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{3}\right)\vec{c}$

$\vec{MK} = \frac{1}{4}\vec{a} + \left(\frac{3-4}{12}\right)\vec{b} + \left(\frac{3-4}{12}\right)\vec{c}$

$\vec{MK} = \frac{1}{4}\vec{a} - \frac{1}{12}\vec{b} - \frac{1}{12}\vec{c}$

Альтернативный способ: точка $K$ делит высоту $AM$ в отношении $AK:KM = 3:1$. Это значит, что $\vec{MK} = -\vec{KM} = -\frac{1}{4}\vec{AM}$. Используя результат из пункта в):

$\vec{MK} = -\frac{1}{4}\left(-\vec{a} + \frac{1}{3}\vec{b} + \frac{1}{3}\vec{c}\right) = \frac{1}{4}\vec{a} - \frac{1}{12}\vec{b} - \frac{1}{12}\vec{c}$

Ответ: $\vec{MK} = \frac{1}{4}\vec{a} - \frac{1}{12}\vec{b} - \frac{1}{12}\vec{c}$

№608 (с. 155)
Условие. №608 (с. 155)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 608, Условие

608. В тетраэдре ABCD медианы грани BCD пересекаются в точке О. Докажите, что длина отрезка АО меньше одной трети суммы длин рёбер с общей вершиной А.

Решение 2. №608 (с. 155)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 608, Решение 2
Решение 4. №608 (с. 155)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 608, Решение 4 Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 608, Решение 4 (продолжение 2)
Решение 5. №608 (с. 155)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 608, Решение 5
Решение 6. №608 (с. 155)

Для решения этой задачи воспользуемся векторным методом. Поместим начало координат в вершину A тетраэдра ABCD. Тогда положение вершин B, C и D будет задаваться радиус-векторами $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ и $\vec{AD}$ соответственно.

Точка O является точкой пересечения медиан грани BCD. Такая точка называется центроидом треугольника. По свойству центроида, его радиус-вектор равен среднему арифметическому радиус-векторов вершин треугольника. В нашей системе координат радиус-вектор точки O, то есть вектор $\vec{AO}$, выражается как:

$\vec{AO} = \frac{\vec{AB} + \vec{AC} + \vec{AD}}{3}$

Длина отрезка AO равна модулю (длине) вектора $\vec{AO}$:

$AO = |\vec{AO}| = |\frac{\vec{AB} + \vec{AC} + \vec{AD}}{3}| = \frac{1}{3}|\vec{AB} + \vec{AC} + \vec{AD}|$

Нам нужно доказать неравенство:

$AO < \frac{1}{3}(AB + AC + AD)$

Длины рёбер AB, AC и AD — это модули соответствующих векторов: $AB = |\vec{AB}|$, $AC = |\vec{AC}|$, $AD = |\vec{AD}|$. Подставим выражения для длин в доказываемое неравенство:

$\frac{1}{3}|\vec{AB} + \vec{AC} + \vec{AD}| < \frac{1}{3}(|\vec{AB}| + |\vec{AC}| + |\vec{AD}|)$

Умножим обе части неравенства на 3, чтобы его упростить:

$|\vec{AB} + \vec{AC} + \vec{AD}| < |\vec{AB}| + |\vec{AC}| + |\vec{AD}|$

Это неравенство является обобщенным неравенством треугольника для векторов, которое гласит, что модуль суммы векторов не превосходит суммы их модулей. В общем виде: $|\sum \vec{v_i}| \le \sum |\vec{v_i}|$.

Равенство в этом неравенстве достигается тогда и только тогда, когда все векторы коллинеарны (лежат на одной прямой или параллельных прямых) и сонаправлены.

В нашем случае, если бы векторы $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ и $\vec{AD}$ были коллинеарны, то точки A, B, C и D лежали бы на одной прямой. Однако ABCD — это тетраэдр, вершины которого по определению не лежат в одной плоскости, а значит, и не могут лежать на одной прямой.

Поскольку векторы $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ и $\vec{AD}$ не коллинеарны, для них выполняется строгое неравенство:

$|\vec{AB} + \vec{AC} + \vec{AD}| < |\vec{AB}| + |\vec{AC}| + |\vec{AD}|$

Разделив обе части этого верного неравенства на 3, мы получаем:

$\frac{1}{3}|\vec{AB} + \vec{AC} + \vec{AD}| < \frac{1}{3}(|\vec{AB}| + |\vec{AC}| + |\vec{AD}|)$

Возвращаясь к обозначениям длин отрезков, имеем:

$AO < \frac{1}{3}(AB + AC + AD)$

Таким образом, мы доказали, что длина отрезка AO меньше одной трети суммы длин рёбер с общей вершиной A.

Ответ: Что и требовалось доказать.

№609 (с. 155)
Условие. №609 (с. 155)
скриншот условия
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 609, Условие Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 609, Условие (продолжение 2) Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 609, Условие (продолжение 3)

609. Докажите, что диагональ АС₁ параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ проходит через точки пересечения медиан треугольников A₁BD и CB₁D₁ и делится этими точками на три равных отрезка (рис. 171).

Решение

Обозначим через M₁ точку пересечения медиан треугольника А₁ВD. Применив формулу (5) к тетраэдру AA₁BD, получим AM₁ = 13(AA₁ + AB + AD). По правилу параллелепипеда AA₁ + AB + AD = AC₁, поэтому AM₁13AC₁. Отсюда следует, что точка M₁ принадлежит диагонали АС₁ и AM₁ = 13 AC₁. 

Точно так же можно доказать, что точка М₂ пересечения медиан треугольника CB₁D₁ принадлежит диагонали AC₁ и C₁M₂ = 13 AC₁. Из равенств AM₁ = 13AC₁ и C₁M₂ = 13AC₁ следует, что точки М₁ и М₂ делят диагональ АС₁ параллелепипеда на три равных отрезка AM₁, M₁M₂ и M₂C₁.

Доказать, что диагональ АС параллелепипеда проходит через точки пересечения медиан треугольников и делится этими точками на три равных отрезка
Решение 4. №609 (с. 155)
Геометрия, 10-11 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Киселёва Людмила Сергеевна, издательство Просвещение, Москва, 2019, коричневого цвета, страница 155, номер 609, Решение 4
Решение 6. №609 (с. 155)

Для доказательства данного утверждения воспользуемся векторным методом. Введем векторный базис с началом в вершине $A$ параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Обозначим некомпланарные векторы, выходящие из этой вершины вдоль ребер: $\vec{AB} = \vec{a}$, $\vec{AD} = \vec{b}$ и $\vec{AA_1} = \vec{c}$.

В этом базисе вектор, соответствующий главной диагонали $AC_1$, выражается как сумма трех базисных векторов. По правилу параллелепипеда (или последовательно по правилу треугольника $\vec{AC_1} = \vec{AC} + \vec{CC_1} = (\vec{AB} + \vec{AD}) + \vec{AA_1}$), получаем:

$\vec{AC_1} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$

Пусть $M_1$ — точка пересечения медиан (центроид) треугольника $A_1BD$. Радиус-вектор центроида треугольника равен одной трети от суммы радиус-векторов его вершин. Выразим радиус-вектор точки $M_1$ относительно нашего начала отсчета, точки $A$. Вершины треугольника $A_1BD$ имеют радиус-векторы $\vec{AA_1}=\vec{c}$, $\vec{AB}=\vec{a}$, $\vec{AD}=\vec{b}$.

$\vec{AM_1} = \frac{1}{3}(\vec{AA_1} + \vec{AB} + \vec{AD}) = \frac{1}{3}(\vec{c} + \vec{a} + \vec{b}) = \frac{1}{3}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})$

Сравнивая полученное выражение с вектором диагонали $\vec{AC_1}$, мы видим, что $\vec{AM_1} = \frac{1}{3}\vec{AC_1}$. Из этого векторного равенства следует, что векторы $\vec{AM_1}$ и $\vec{AC_1}$ коллинеарны. Так как они отложены от одной и той же точки $A$, то точки $A$, $M_1$ и $C_1$ лежат на одной прямой. Это означает, что точка $M_1$ принадлежит диагонали $AC_1$. Кроме того, из этого же равенства следует, что длина отрезка $AM_1$ составляет одну треть длины диагонали $AC_1$: $AM_1 = \frac{1}{3}AC_1$.

Теперь рассмотрим точку $M_2$ — точку пересечения медиан треугольника $CB_1D_1$. Аналогично найдем ее радиус-вектор $\vec{AM_2}$ относительно вершины $A$. Для этого сначала выразим радиус-векторы вершин $C$, $B_1$ и $D_1$ через базисные векторы:

  • $\vec{AC} = \vec{AB} + \vec{AD} = \vec{a} + \vec{b}$
  • $\vec{AB_1} = \vec{AB} + \vec{AA_1} = \vec{a} + \vec{c}$
  • $\vec{AD_1} = \vec{AD} + \vec{AA_1} = \vec{b} + \vec{c}$

Теперь можем найти радиус-вектор центроида $M_2$:

$\vec{AM_2} = \frac{1}{3}(\vec{AC} + \vec{AB_1} + \vec{AD_1}) = \frac{1}{3}((\vec{a} + \vec{b}) + (\vec{a} + \vec{c}) + (\vec{b} + \vec{c})) = \frac{1}{3}(2\vec{a} + 2\vec{b} + 2\vec{c}) = \frac{2}{3}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})$

Отсюда получаем, что $\vec{AM_2} = \frac{2}{3}\vec{AC_1}$. Это равенство доказывает, что точка $M_2$ также лежит на прямой $AC_1$. Кроме того, $AM_2 = \frac{2}{3}AC_1$.

Итак, мы доказали, что обе точки $M_1$ и $M_2$ лежат на диагонали $AC_1$. Найдем длины отрезков, на которые эти точки делят диагональ. Поскольку $AM_1 = \frac{1}{3}AC_1$ и $AM_2 = \frac{2}{3}AC_1$, точки на диагонали расположены в следующем порядке: $A, M_1, M_2, C_1$.

1. Длина первого отрезка: $AM_1 = \frac{1}{3}AC_1$.

2. Длина второго отрезка: $M_1M_2 = AM_2 - AM_1 = \frac{2}{3}AC_1 - \frac{1}{3}AC_1 = \frac{1}{3}AC_1$.

3. Длина третьего отрезка: $M_2C_1 = AC_1 - AM_2 = AC_1 - \frac{2}{3}AC_1 = \frac{1}{3}AC_1$.

Таким образом, мы получили, что $AM_1 = M_1M_2 = M_2C_1$. Это означает, что точки $M_1$ и $M_2$ делят диагональ $AC_1$ на три равные части, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться