Номер 5.52, страница 59 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

5.52. В тетраэдре $DABC$ проведены медианы $AM$ и $BN$ соответственно граней $ABC$ и $ADB$. На прямых $AM$ и $BN$ отметили точки $P$ и $Q$ соответственно так, что $PQ \parallel CD$. Найдите отношение $\frac{PQ}{CD}$.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Введем базис, связанный с вершиной A тетраэдра DABC. Пусть $\vec{AB} = \vec{b}$, $\vec{AC} = \vec{c}$ и $\vec{AD} = \vec{d}$. Поскольку точки A, B, C, D не лежат в одной плоскости (образуют тетраэдр), векторы $\vec{b}$, $\vec{c}$, $\vec{d}$ являются линейно независимыми.

Выразим через базисные векторы положение точек M и N.

Поскольку AM – медиана грани ABC, точка M является серединой отрезка BC. Вектор $\vec{AM}$ можно выразить как полусумму векторов $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$:

$\vec{AM} = \frac{1}{2}(\vec{AB} + \vec{AC}) = \frac{1}{2}(\vec{b} + \vec{c})$

Поскольку BN – медиана грани ADB, точка N является серединой отрезка AD. Вектор $\vec{AN}$ можно выразить следующим образом:

$\vec{AN} = \frac{1}{2}\vec{AD} = \frac{1}{2}\vec{d}$

Точка P лежит на прямой AM. Следовательно, вектор $\vec{AP}$ коллинеарен вектору $\vec{AM}$, и существует такое действительное число $k$, что:

$\vec{AP} = k \cdot \vec{AM} = k \cdot \frac{1}{2}(\vec{b} + \vec{c}) = \frac{k}{2}\vec{b} + \frac{k}{2}\vec{c}$

Точка Q лежит на прямой BN. Это означает, что ее радиус-вектор $\vec{AQ}$ может быть представлен в виде $\vec{AQ} = \vec{AB} + \vec{BQ}$, где вектор $\vec{BQ}$ коллинеарен вектору $\vec{BN}$. Таким образом, существует такое действительное число $l$, что $\vec{BQ} = l \cdot \vec{BN}$.

Сначала найдем вектор $\vec{BN}$:

$\vec{BN} = \vec{AN} - \vec{AB} = \frac{1}{2}\vec{d} - \vec{b}$

Теперь выразим вектор $\vec{AQ}$:

$\vec{AQ} = \vec{AB} + l \cdot \vec{BN} = \vec{b} + l(\frac{1}{2}\vec{d} - \vec{b}) = (1-l)\vec{b} + \frac{l}{2}\vec{d}$

Теперь мы можем найти вектор $\vec{PQ}$:

$\vec{PQ} = \vec{AQ} - \vec{AP} = \left((1-l)\vec{b} + \frac{l}{2}\vec{d}\right) - \left(\frac{k}{2}\vec{b} + \frac{k}{2}\vec{c}\right) = (1-l-\frac{k}{2})\vec{b} - \frac{k}{2}\vec{c} + \frac{l}{2}\vec{d}$

Согласно условию задачи, прямая PQ параллельна прямой CD. Это означает, что их направляющие векторы $\vec{PQ}$ и $\vec{CD}$ коллинеарны. Выразим вектор $\vec{CD}$:

$\vec{CD} = \vec{AD} - \vec{AC} = \vec{d} - \vec{c}$

Условие коллинеарности $\vec{PQ} \parallel \vec{CD}$ означает, что существует такое число $\lambda$, что $\vec{PQ} = \lambda \cdot \vec{CD}$:

$\vec{PQ} = \lambda(\vec{d} - \vec{c}) = -\lambda\vec{c} + \lambda\vec{d}$

Приравняем два полученных выражения для вектора $\vec{PQ}$:

$(1-l-\frac{k}{2})\vec{b} - \frac{k}{2}\vec{c} + \frac{l}{2}\vec{d} = 0 \cdot \vec{b} - \lambda\vec{c} + \lambda\vec{d}$

В силу линейной независимости векторов $\vec{b}$, $\vec{c}$, $\vec{d}$, равенство возможно только при условии равенства коэффициентов при этих векторах в обеих частях уравнения. Составим и решим систему уравнений:

Из второго и третьего уравнений следует, что $\frac{k}{2} = \frac{l}{2}$, откуда $k=l$.

Подставим $l=k$ в первое уравнение системы:

$1 - k - \frac{k}{2} = 0$

$1 - \frac{3k}{2} = 0$

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

Следовательно, $l = \frac{2}{3}$. Теперь найдем $\lambda$ из любого из двух последних уравнений:

$\lambda = \frac{k}{2} = \frac{2/3}{2} = \frac{1}{3}$

Искомое отношение длин отрезков $\frac{PQ}{CD}$ равно модулю коэффициента пропорциональности $\lambda$ между векторами $\vec{PQ}$ и $\vec{CD}$:

$\frac{PQ}{CD} = |\lambda| = \frac{1}{3}$

Ответ: $\frac{1}{3}$.