Номер 5.51, страница 59 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

5.51. Точки $M$, $N$ и $K$ — середины соответственно рёбер $BD$, $CD$ и $AB$ тетраэдра $DABC$. На прямых $BN$ и $CK$ отмечены соответственно точки $F$ и $E$ так, что $FE \parallel AM$. Найдите отношение $\frac{FE}{AM}$.

Для решения этой задачи воспользуемся векторным методом. Введем систему координат с началом в точке $D$. Тогда векторы, соответствующие вершинам тетраэдра, будут $\vec{DA} = \vec{a}$, $\vec{DB} = \vec{b}$, $\vec{DC} = \vec{c}$. Поскольку $DABC$ – тетраэдр, векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$ некомпланарны (линейно независимы).

Найдем координаты (радиус-векторы) точек $M$, $N$ и $K$:

• $M$ — середина $BD$, следовательно, $\vec{DM} = \frac{1}{2}(\vec{DB} + \vec{DD}) = \frac{1}{2}\vec{b}$.
• $N$ — середина $CD$, следовательно, $\vec{DN} = \frac{1}{2}(\vec{DC} + \vec{DD}) = \frac{1}{2}\vec{c}$.
• $K$ — середина $AB$, следовательно, $\vec{DK} = \frac{1}{2}(\vec{DA} + \vec{DB}) = \frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b})$.

Точка $F$ лежит на прямой $BN$. Её радиус-вектор $\vec{DF}$ можно выразить как линейную комбинацию векторов $\vec{DB}$ и $\vec{DN}$:

$\vec{DF} = (1-t)\vec{DB} + t\vec{DN} = (1-t)\vec{b} + t(\frac{1}{2}\vec{c}) = (1-t)\vec{b} + \frac{t}{2}\vec{c}$ для некоторого скаляра $t$.

Точка $E$ лежит на прямой $CK$. Её радиус-вектор $\vec{DE}$ можно выразить как линейную комбинацию векторов $\vec{DC}$ и $\vec{DK}$:

$\vec{DE} = (1-s)\vec{DC} + s\vec{DK} = (1-s)\vec{c} + s(\frac{1}{2}(\vec{a} + \vec{b})) = \frac{s}{2}\vec{a} + \frac{s}{2}\vec{b} + (1-s)\vec{c}$ для некоторого скаляра $s$.

Теперь найдем векторы $\vec{AM}$ и $\vec{FE}$:

$\vec{AM} = \vec{DM} - \vec{DA} = \frac{1}{2}\vec{b} - \vec{a}$.

$\vec{FE} = \vec{DE} - \vec{DF} = (\frac{s}{2}\vec{a} + \frac{s}{2}\vec{b} + (1-s)\vec{c}) - ((1-t)\vec{b} + \frac{t}{2}\vec{c})$

Сгруппируем слагаемые по базисным векторам $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$:

$\vec{FE} = \frac{s}{2}\vec{a} + (\frac{s}{2} - (1-t))\vec{b} + (1-s - \frac{t}{2})\vec{c} = \frac{s}{2}\vec{a} + (\frac{s}{2} + t - 1)\vec{b} + (1-s-\frac{t}{2})\vec{c}$.

По условию задачи, $FE \parallel AM$, что означает коллинеарность векторов $\vec{FE}$ и $\vec{AM}$. Следовательно, существует такое число $k$, что $\vec{FE} = k \cdot \vec{AM}$.

$\frac{s}{2}\vec{a} + (\frac{s}{2} + t - 1)\vec{b} + (1-s-\frac{t}{2})\vec{c} = k(-\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b})$

$\frac{s}{2}\vec{a} + (\frac{s}{2} + t - 1)\vec{b} + (1-s-\frac{t}{2})\vec{c} = -k\vec{a} + \frac{k}{2}\vec{b} + 0\vec{c}$

Так как векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$ линейно независимы, мы можем приравнять коэффициенты при них:

$\begin{cases}\frac{s}{2} = -k \\\frac{s}{2} + t - 1 = \frac{k}{2} \\1 - s - \frac{t}{2} = 0\end{cases}$

Решим эту систему уравнений. Из первого уравнения выразим $s = -2k$. Подставим это во второе и третье уравнения:

$\begin{cases}\frac{-2k}{2} + t - 1 = \frac{k}{2} \\1 - (-2k) - \frac{t}{2} = 0\end{cases}$

$\begin{cases}-k + t - 1 = \frac{k}{2} \\1 + 2k = \frac{t}{2}\end{cases}$

Из второго уравнения новой системы выразим $t$: $t = 2(1+2k) = 2+4k$.

Подставим это выражение для $t$ в первое уравнение:

$-k + (2+4k) - 1 = \frac{k}{2}$

$3k + 1 = \frac{k}{2}$

$1 = \frac{k}{2} - 3k = \frac{k - 6k}{2} = -\frac{5k}{2}$

$k = -\frac{2}{5}$

Отношение длин отрезков $FE$ и $AM$ равно модулю коэффициента пропорциональности $k$:

$\frac{FE}{AM} = \frac{|\vec{FE}|}{|\vec{AM}|} = |k|$

$\frac{FE}{AM} = |-\frac{2}{5}| = \frac{2}{5}$.

Ответ: $\frac{2}{5}$