Номер 4.33, страница 39 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

4.33. Дан тетраэдр $DABC$. Точки $M_1$, $M_2$ и $M_3$ являются соответственно точками пересечения медиан граней $ABD$, $BCD$ и $ADC$. Докажите, что точки пересечения медиан треугольников $ABC$ и $M_1M_2M_3$ и точка $D$ лежат на одной прямой.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Введем в пространстве систему координат с началом в произвольной точке O. Обозначим радиус-векторы вершин тетраэдра $A, B, C, D$ как $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$ соответственно.

Точка пересечения медиан (центроид) треугольника с вершинами, заданными радиус-векторами $\vec{p_1}, \vec{p_2}, \vec{p_3}$, имеет радиус-вектор $\vec{p} = \frac{\vec{p_1} + \vec{p_2} + \vec{p_3}}{3}$.

По условию задачи, $M_1$, $M_2$ и $M_3$ — точки пересечения медиан граней $ABD$, $BCD$ и $ADC$ соответственно. Их радиус-векторы:
$\vec{m_1} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{d}}{3}$
$\vec{m_2} = \frac{\vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{3}$
$\vec{m_3} = \frac{\vec{a} + \vec{c} + \vec{d}}{3}$

Пусть $G$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC$. Ее радиус-вектор: $\vec{g} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{3}$.

Пусть $G'$ — точка пересечения медиан треугольника $M_1M_2M_3$. Найдем ее радиус-вектор, подставив выражения для $\vec{m_1}, \vec{m_2}, \vec{m_3}$:
$\vec{g'} = \frac{\vec{m_1} + \vec{m_2} + \vec{m_3}}{3} = \frac{1}{3} \left( \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{d}}{3} + \frac{\vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{3} + \frac{\vec{a} + \vec{c} + \vec{d}}{3} \right)$
$\vec{g'} = \frac{1}{9} ( (\vec{a}+\vec{a}) + (\vec{b}+\vec{b}) + (\vec{c}+\vec{c}) + (\vec{d}+\vec{d}+\vec{d}) ) = \frac{1}{9} ( 2\vec{a} + 2\vec{b} + 2\vec{c} + 3\vec{d} )$

Нам нужно доказать, что точки $D$, $G$ (точка пересечения медиан $\triangle ABC$) и $G'$ (точка пересечения медиан $\triangle M_1M_2M_3$) лежат на одной прямой. Для этого достаточно показать, что векторы $\vec{DG}$ и $\vec{DG'}$ коллинеарны.

Найдем векторы $\vec{DG}$ и $\vec{DG'}$, вычитая из радиус-вектора конца радиус-вектор начала:
$\vec{DG} = \vec{g} - \vec{d} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{3} - \vec{d} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} - 3\vec{d}}{3}$
$\vec{DG'} = \vec{g'} - \vec{d} = \frac{2\vec{a} + 2\vec{b} + 2\vec{c} + 3\vec{d}}{9} - \vec{d} = \frac{2\vec{a} + 2\vec{b} + 2\vec{c} + 3\vec{d} - 9\vec{d}}{9} = \frac{2\vec{a} + 2\vec{b} + 2\vec{c} - 6\vec{d}}{9} = \frac{2}{9}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} - 3\vec{d})$

Сравним полученные векторы. Мы видим, что $\vec{DG'} = \frac{2}{3} \cdot \left( \frac{1}{3}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} - 3\vec{d}) \right)$. Таким образом, мы можем выразить один вектор через другой:
$\vec{DG'} = \frac{2}{3}\vec{DG}$.

Так как вектор $\vec{DG'}$ равен вектору $\vec{DG}$, умноженному на скаляр $k=\frac{2}{3}$, то векторы $\vec{DG}$ и $\vec{DG'}$ коллинеарны. Поскольку они отложены от одной точки $D$, то точки $D$, $G$ и $G'$ лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Точка $D$, точка пересечения медиан треугольника $ABC$ и точка пересечения медиан треугольника $M_1M_2M_3$ лежат на одной прямой.