Страница 40 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

4.36. Дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. На отрезках $B_1C$ и $BD$ взяли соответственно точки $M$ и $K$ так, что $B_1M : MC = 2 : 1, BK : KD = 1 : 2$. Докажите, что прямые $MK$ и $AC_1$ параллельны.

Для доказательства параллельности прямых MK и AC₁ воспользуемся методом координат.

Введем прямоугольную систему координат с началом в вершине A куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Направим оси координат вдоль ребер: ось Ox вдоль AB, ось Oy вдоль AD, ось Oz вдоль AA₁. Пусть длина ребра куба равна $a$.

В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты:$A(0, 0, 0)$, $B(a, 0, 0)$, $C(a, a, 0)$, $D(0, a, 0)$, $A_1(0, 0, a)$, $B_1(a, 0, a)$, $C_1(a, a, a)$.

Найдем координаты вектора $\vec{AC_1}$, который является направляющим вектором для прямой AC₁. Вектор, соединяющий две точки, имеет координаты, равные разности соответствующих координат конца и начала вектора.$\vec{AC_1} = (a - 0; a - 0; a - 0) = (a, a, a)$.

Теперь найдем координаты точек M и K. Точка M лежит на отрезке B₁C и делит его в отношении $B_1M : MC = 2 : 1$. Координаты точки M можно найти по формуле деления отрезка в данном отношении:$x_M = \frac{1 \cdot x_{B_1} + 2 \cdot x_C}{1 + 2} = \frac{1 \cdot a + 2 \cdot a}{3} = \frac{3a}{3} = a$$y_M = \frac{1 \cdot y_{B_1} + 2 \cdot y_C}{1 + 2} = \frac{1 \cdot 0 + 2 \cdot a}{3} = \frac{2a}{3}$$z_M = \frac{1 \cdot z_{B_1} + 2 \cdot z_C}{1 + 2} = \frac{1 \cdot a + 2 \cdot 0}{3} = \frac{a}{3}$Таким образом, точка M имеет координаты $M(a, \frac{2a}{3}, \frac{a}{3})$.

Точка K лежит на отрезке BD и делит его в отношении $BK : KD = 1 : 2$. Координаты точки K находятся аналогично:$x_K = \frac{2 \cdot x_B + 1 \cdot x_D}{2 + 1} = \frac{2 \cdot a + 1 \cdot 0}{3} = \frac{2a}{3}$$y_K = \frac{2 \cdot y_B + 1 \cdot y_D}{2 + 1} = \frac{2 \cdot 0 + 1 \cdot a}{3} = \frac{a}{3}$$z_K = \frac{2 \cdot z_B + 1 \cdot z_D}{2 + 1} = \frac{2 \cdot 0 + 1 \cdot 0}{3} = 0$Таким образом, точка K имеет координаты $K(\frac{2a}{3}, \frac{a}{3}, 0)$.

Теперь найдем координаты вектора $\vec{MK}$, который является направляющим вектором для прямой MK:$\vec{MK} = (x_K - x_M; y_K - y_M; z_K - z_M) = (\frac{2a}{3} - a; \frac{a}{3} - \frac{2a}{3}; 0 - \frac{a}{3}) = (-\frac{a}{3}, -\frac{a}{3}, -\frac{a}{3})$.

Для того чтобы прямые MK и AC₁ были параллельны, их направляющие векторы $\vec{MK}$ и $\vec{AC_1}$ должны быть коллинеарны. Два вектора коллинеарны, если существует такое число $k \neq 0$, что $\vec{MK} = k \cdot \vec{AC_1}$. Сравним координаты векторов:$\vec{AC_1} = (a, a, a)$$\vec{MK} = (-\frac{a}{3}, -\frac{a}{3}, -\frac{a}{3})$

Заметим, что $\vec{MK} = -\frac{1}{3} \cdot (a, a, a) = -\frac{1}{3} \vec{AC_1}$.

Поскольку вектор $\vec{MK}$ является произведением вектора $\vec{AC_1}$ на число $k = -\frac{1}{3}$, эти векторы коллинеарны. Также необходимо убедиться, что прямые не совпадают. Точка A(0,0,0) лежит на прямой AC₁. Проверим, лежит ли она на прямой MK. Если бы точка A лежала на прямой MK, то вектор $\vec{AK}$ был бы коллинеарен вектору $\vec{MK}$. $\vec{AK} = (\frac{2a}{3}, \frac{a}{3}, 0)$. Этот вектор не коллинеарен вектору $\vec{MK} = (-\frac{a}{3}, -\frac{a}{3}, -\frac{a}{3})$, так как их соответствующие координаты не пропорциональны. Следовательно, прямые MK и AC₁ параллельны и не совпадают.

Ответ: Прямые MK и AC₁ параллельны, что и требовалось доказать.

4.37. Точка M — центроид тетраэдра DABC. Докажите, что для любой точки X пространства $ \vec{XM} = \frac{1}{4}(\vec{XA} + \vec{XB} + \vec{XC} + \vec{XD}) $.

По определению, центроид $M$ тетраэдра $DABC$ — это точка, радиус-вектор которой относительно произвольного начала координат $O$ равен среднему арифметическому радиус-векторов его вершин. Это можно записать в виде формулы:
$\overrightarrow{OM} = \frac{1}{4}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD})$

Для доказательства утверждения, данного в задаче, выберем в качестве начала координат произвольную точку $X$ пространства. Тогда радиус-вектор любой точки $P$ будет равен вектору $\overrightarrow{XP}$.

Применяя определение центроида для начала координат в точке $X$, мы можем записать радиус-вектор точки $M$ как среднее арифметическое радиус-векторов вершин $A, B, C, D$:
$\overrightarrow{XM} = \frac{1}{4}(\overrightarrow{XA} + \overrightarrow{XB} + \overrightarrow{XC} + \overrightarrow{XD})$

Это в точности то равенство, которое требовалось доказать.

Альтернативное, более подробное доказательство:

Рассмотрим правую часть доказываемого равенства:
$\frac{1}{4}(\overrightarrow{XA} + \overrightarrow{XB} + \overrightarrow{XC} + \overrightarrow{XD})$

Выразим каждый вектор в скобках через произвольную точку $O$ (начало координат), используя правило разности векторов $\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{OQ} - \overrightarrow{OP}$:
$\overrightarrow{XA} = \overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OX}$
$\overrightarrow{XB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OX}$
$\overrightarrow{XC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OX}$
$\overrightarrow{XD} = \overrightarrow{OD} - \overrightarrow{OX}$

Подставим эти выражения в правую часть:
$\frac{1}{4}((\overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OX}) + (\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OX}) + (\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OX}) + (\overrightarrow{OD} - \overrightarrow{OX}))$

Сгруппируем слагаемые:
$\frac{1}{4}((\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD}) - 4\overrightarrow{OX})$

Раскроем скобки:
$\frac{1}{4}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD}) - \frac{4\overrightarrow{OX}}{4} = \frac{1}{4}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD}) - \overrightarrow{OX}$

Из определения центроида мы знаем, что $\frac{1}{4}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD}) = \overrightarrow{OM}$. Заменим эту часть выражения:
$\overrightarrow{OM} - \overrightarrow{OX}$

По правилу разности векторов, $\overrightarrow{OM} - \overrightarrow{OX} = \overrightarrow{XM}$.

Таким образом, мы преобразовали правую часть исходного равенства и получили его левую часть, что доказывает справедливость утверждения для любой точки $X$.

Ответ: Утверждение доказано.

4.38. Дан тетраэдр $DABC$. Докажите, что равенство $\vec{MA} + \vec{MB} + \vec{MC} + \vec{MD} = \vec{0}$ выполняется тогда и только тогда, когда точка $M$ — центроид тетраэдра $DABC$.

Для доказательства утверждения "тогда и только тогда" покажем, что данное равенство эквивалентно тому, что точка $M$ является центроидом тетраэдра. Это докажет утверждение в обе стороны одновременно.

Пусть $O$ — произвольная точка в пространстве (начало координат). Тогда для любой точки $M$ и вершин тетраэдра $A, B, C, D$ мы можем выразить векторы, исходящие из точки $M$, через радиус-векторы, отложенные от точки $O$:

• $\vec{MA} = \vec{OA} - \vec{OM}$
• $\vec{MB} = \vec{OB} - \vec{OM}$
• $\vec{MC} = \vec{OC} - \vec{OM}$
• $\vec{MD} = \vec{OD} - \vec{OM}$

Рассмотрим равенство из условия задачи:

$\vec{MA} + \vec{MB} + \vec{MC} + \vec{MD} = \vec{0}$

Подставим в него приведенные выше выражения для векторов:

$(\vec{OA} - \vec{OM}) + (\vec{OB} - \vec{OM}) + (\vec{OC} - \vec{OM}) + (\vec{OD} - \vec{OM}) = \vec{0}$

Сгруппируем слагаемые:

$(\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} + \vec{OD}) - 4\vec{OM} = \vec{0}$

Это равенство можно переписать в следующем виде:

$4\vec{OM} = \vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} + \vec{OD}$

Или, что эквивалентно:

$\vec{OM} = \frac{\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} + \vec{OD}}{4}$

Последнее равенство является определением центроида (центра масс) тетраэдра $DABC$. Точка $M$, радиус-вектор которой удовлетворяет этому условию, по определению и есть центроид тетраэдра.

Поскольку все преобразования были равносильными (эквивалентными), мы показали, что исходное векторное равенство $\vec{MA} + \vec{MB} + \vec{MC} + \vec{MD} = \vec{0}$ выполняется тогда и только тогда, когда точка $M$ является центроидом тетраэдра $DABC$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

4.39. Точка $M$ для каждого из треугольников $ABC$ и $A_1B_1C_1$ является точкой пересечения медиан. Докажите, что прямые $AA_1, BB_1$ и $CC_1$ параллельны некоторой плоскости.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Введем в пространстве произвольную точку $O$ — начало координат. Обозначим радиус-векторы вершин треугольников: $\vec{a} = \vec{OA}$, $\vec{b} = \vec{OB}$, $\vec{c} = \vec{OC}$ и $\vec{a_1} = \vec{OA_1}$, $\vec{b_1} = \vec{OB_1}$, $\vec{c_1} = \vec{OC_1}$. Радиус-вектор точки $M$ обозначим как $\vec{m} = \vec{OM}$.

Точка $M$ является точкой пересечения медиан (центроидом) для треугольника $ABC$. Радиус-вектор центроида треугольника равен одной трети от суммы радиус-векторов его вершин. Следовательно, для треугольника $ABC$ имеем:

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

Аналогично, точка $M$ является центроидом и для треугольника $A_1B_1C_1$. Поэтому для него справедливо:

$\vec{m} = \frac{1}{3}(\vec{a_1} + \vec{b_1} + \vec{c_1})$

Так как речь идет об одной и той же точке $M$, мы можем приравнять правые части этих двух выражений:

$\frac{1}{3}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) = \frac{1}{3}(\vec{a_1} + \vec{b_1} + \vec{c_1})$

Умножив обе части на 3, получим:

$\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = \vec{a_1} + \vec{b_1} + \vec{c_1}$

Теперь рассмотрим прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$. Направляющими векторами для этих прямых являются векторы $\vec{AA_1}$, $\vec{BB_1}$ и $\vec{CC_1}$ соответственно. Выразим эти векторы через радиус-векторы вершин:

$\vec{AA_1} = \vec{OA_1} - \vec{OA} = \vec{a_1} - \vec{a}$

$\vec{BB_1} = \vec{OB_1} - \vec{OB} = \vec{b_1} - \vec{b}$

$\vec{CC_1} = \vec{OC_1} - \vec{OC} = \vec{c_1} - \vec{c}$

Чтобы доказать, что прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ параллельны некоторой плоскости, достаточно доказать, что их направляющие векторы компланарны (то есть лежат в одной плоскости или в параллельных плоскостях).

Три вектора компланарны, если их линейная комбинация равна нулевому вектору (при ненулевых коэффициентах), или, как частный случай, если их сумма равна нулевому вектору. Найдем сумму векторов $\vec{AA_1}$, $\vec{BB_1}$ и $\vec{CC_1}$:

$\vec{AA_1} + \vec{BB_1} + \vec{CC_1} = (\vec{a_1} - \vec{a}) + (\vec{b_1} - \vec{b}) + (\vec{c_1} - \vec{c})$

Сгруппируем слагаемые:

$\vec{AA_1} + \vec{BB_1} + \vec{CC_1} = (\vec{a_1} + \vec{b_1} + \vec{c_1}) - (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})$

Из ранее полученного равенства $\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = \vec{a_1} + \vec{b_1} + \vec{c_1}$ следует, что разность $(\vec{a_1} + \vec{b_1} + \vec{c_1}) - (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})$ равна нулевому вектору:

$\vec{AA_1} + \vec{BB_1} + \vec{CC_1} = \vec{0}$

Так как сумма трех векторов равна нулевому вектору, эти векторы компланарны. Например, вектор $\vec{CC_1}$ можно выразить через два других: $\vec{CC_1} = -(\vec{AA_1} + \vec{BB_1})$. Это означает, что все три вектора лежат в одной плоскости (или в параллельных плоскостях, если их отложить от одной точки). Следовательно, прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$, направляющими векторами которых являются эти векторы, параллельны этой плоскости.

Ответ: Что и требовалось доказать.

4.40. Точки N и M — середины отрезков AB и CD соответственно. Докажите равенство $\overrightarrow{MN} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{DA} + \overrightarrow{CB})$.

Доказательство

Для доказательства равенства воспользуемся методом координат (или, что эквивалентно, методом радиус-векторов). Выберем произвольную точку O в пространстве в качестве начала отсчета. Тогда положение любой точки X можно задать ее радиус-вектором $\overrightarrow{OX}$.

По условию, точка N является серединой отрезка AB. Радиус-вектор середины отрезка равен полусумме радиус-векторов его концов. Таким образом, для радиус-вектора точки N ($\overrightarrow{ON}$) справедливо:

$\overrightarrow{ON} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB})$

Аналогично, точка M является серединой отрезка CD, поэтому для ее радиус-вектора $\overrightarrow{OM}$ имеем:

$\overrightarrow{OM} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD})$

Вектор $\overrightarrow{MN}$ можно выразить как разность радиус-векторов его конца (точки N) и начала (точки M):

$\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{ON} - \overrightarrow{OM}$

Теперь подставим в это равенство выражения для $\overrightarrow{ON}$ и $\overrightarrow{OM}$:

$\overrightarrow{MN} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}) - \frac{1}{2}(\overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD})$

Вынесем общий множитель $\frac{1}{2}$ за скобки:

$\overrightarrow{MN} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OD})$

Перегруппируем слагаемые внутри скобок, чтобы получить векторы, указанные в доказываемом равенстве ($\overrightarrow{DA}$ и $\overrightarrow{CB}$):

$\overrightarrow{MN} = \frac{1}{2}((\overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OD}) + (\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OC}))$

По определению разности векторов, $\overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OD} = \overrightarrow{DA}$ и $\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{CB}$.

Заменив разности векторов в скобках, мы приходим к искомому равенству:

$\overrightarrow{MN} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{DA} + \overrightarrow{CB})$

Таким образом, равенство доказано.

Ответ: Равенство $\overrightarrow{MN} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{DA} + \overrightarrow{CB})$ доказано.

4.41. Точки $P$ и $K$ — середины соответственно рёбер $AD$ и $BC$ тетраэдра $DABC$. Докажите, что $AC + BD > 2PK$.

Для доказательства данного неравенства воспользуемся методом дополнительного построения и неравенством треугольника.

1. Введём в рассмотрение точку $M$ — середину ребра $AB$ тетраэдра $DABC$.

2. Рассмотрим грань (треугольник) $ABD$. В этом треугольнике отрезок $PM$ соединяет середины сторон $AD$ (точка $P$ по условию) и $AB$ (точка $M$ по построению). Следовательно, $PM$ является средней линией треугольника $ABD$. По свойству средней линии треугольника, она параллельна третьей стороне и равна её половине:

$PM \parallel BD$ и $PM = \frac{1}{2} BD$

3. Теперь рассмотрим грань (треугольник) $ABC$. В этом треугольнике отрезок $MK$ соединяет середины сторон $AB$ (точка $M$ по построению) и $BC$ (точка $K$ по условию). Следовательно, $MK$ является средней линией треугольника $ABC$. По свойству средней линии:

$MK \parallel AC$ и $MK = \frac{1}{2} AC$

4. Точки $P$, $M$ и $K$ в общем случае образуют треугольник $PMK$. Для любого треугольника справедливо неравенство треугольника, согласно которому сумма длин любых двух сторон больше длины третьей стороны. Применим это неравенство к треугольнику $PMK$:

$PM + MK > PK$

Равенство $PM + MK = PK$ достигается только в том случае, если точки $P$, $M$, $K$ лежат на одной прямой. Это, в свою очередь, возможно, только если отрезки $PM$ и $MK$ коллинеарны. Так как $PM \parallel BD$ и $MK \parallel AC$, это бы означало, что рёбра $BD$ и $AC$ также параллельны. Однако в (невырожденном) тетраэдре рёбра $AC$ и $BD$ являются скрещивающимися, то есть не лежат в одной плоскости и не параллельны. Следовательно, точки $P$, $M$, $K$ не лежат на одной прямой, и неравенство является строгим.

5. Подставим в неравенство треугольника выражения для $PM$ и $MK$, полученные в шагах 2 и 3:

$\frac{1}{2} BD + \frac{1}{2} AC > PK$

6. Умножим обе части неравенства на 2:

$BD + AC > 2PK$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство $AC + BD > 2PK$ доказано с помощью введения дополнительной точки (середины ребра $AB$), использования свойства средней линии в треугольниках $ABD$ и $ABC$, и применения неравенства треугольника к полученному треугольнику $PMK$.

4.42. Даны параллелограммы $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$. Докажите, что середины отрезков $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ и $DD_1$ лежат на одной прямой или являются вершинами параллелограмма.

Воспользуемся методом векторов. Пусть начало координат O — произвольная точка в пространстве. Обозначим радиус-векторы вершин параллелограммов $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ как $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$ и $\vec{a_1}, \vec{b_1}, \vec{c_1}, \vec{d_1}$ соответственно.

По свойству параллелограмма, сумма радиус-векторов противолежащих вершин равна. Таким образом, для параллелограмма $ABCD$ выполняется равенство:

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

Аналогично, для параллелограмма $A_1B_1C_1D_1$ выполняется равенство:

$\vec{a_1} + \vec{c_1} = \vec{b_1} + \vec{d_1}$

Пусть $K, L, M, N$ – середины отрезков $AA_1, BB_1, CC_1$ и $DD_1$ соответственно. Найдем их радиус-векторы:

$\vec{k} = \frac{\vec{a} + \vec{a_1}}{2}$

$\vec{l} = \frac{\vec{b} + \vec{b_1}}{2}$

$\vec{m} = \frac{\vec{c} + \vec{c_1}}{2}$

$\vec{n} = \frac{\vec{d} + \vec{d_1}}{2}$

Рассмотрим четырехугольник $KLMN$. Он является параллелограммом тогда и только тогда, когда середины его диагоналей $KM$ и $LN$ совпадают. Это условие эквивалентно векторному равенству $\frac{\vec{k} + \vec{m}}{2} = \frac{\vec{l} + \vec{n}}{2}$, или, что то же самое, $\vec{k} + \vec{m} = \vec{l} + \vec{n}$.

Найдем сумму радиус-векторов $\vec{k} + \vec{m}$:

$\vec{k} + \vec{m} = \frac{\vec{a} + \vec{a_1}}{2} + \frac{\vec{c} + \vec{c_1}}{2} = \frac{(\vec{a} + \vec{c}) + (\vec{a_1} + \vec{c_1})}{2}$

И сумму радиус-векторов $\vec{l} + \vec{n}$:

$\vec{l} + \vec{n} = \frac{\vec{b} + \vec{b_1}}{2} + \frac{\vec{d} + \vec{d_1}}{2} = \frac{(\vec{b} + \vec{d}) + (\vec{b_1} + \vec{d_1})}{2}$

Используя свойства параллелограммов $\vec{a} + \vec{c} = \vec{b} + \vec{d}$ и $\vec{a_1} + \vec{c_1} = \vec{b_1} + \vec{d_1}$, подставим их в выражение для $\vec{k} + \vec{m}$:

$\vec{k} + \vec{m} = \frac{(\vec{b} + \vec{d}) + (\vec{b_1} + \vec{d_1})}{2}$

Сравнивая полученные выражения для сумм, получаем, что $\vec{k} + \vec{m} = \vec{l} + \vec{n}$.

Это равенство означает, что середины диагоналей четырехугольника $KLMN$ совпадают. Такое условие выполняется для любого параллелограмма. Если точки $K, L, M, N$ не лежат на одной прямой, они являются вершинами параллелограмма. Если же они лежат на одной прямой, то параллелограмм является вырожденным. Таким образом, в обоих случаях утверждение задачи верно.

Ответ: Что и требовалось доказать.

4.43. Дан параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Докажите, что $M$ — точка пересечения медиан треугольника $BC_1D$ — принадлежит диагонали $A_1C$ параллелепипеда. Найдите отношение $A_1M : MC_1$.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Введем начало координат в точке A и определим три некомпланарных вектора, соответствующих ребрам параллелепипеда, выходящим из этой вершины: $\vec{AB} = \vec{a}$, $\vec{AD} = \vec{b}$, $\vec{AA_1} = \vec{c}$.

Выразим радиус-векторы интересующих нас точек относительно начала координат A:

Радиус-вектор точки B: $\vec{AB} = \vec{a}$.

Радиус-вектор точки D: $\vec{AD} = \vec{b}$.

Радиус-вектор точки $C_1$: $\vec{AC_1} = \vec{AB} + \vec{AD} + \vec{AA_1} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$.

Точка M является точкой пересечения медиан (центроидом) треугольника $BC_1D$. Ее радиус-вектор $\vec{AM}$ равен среднему арифметическому радиус-векторов вершин:

$\vec{AM} = \frac{1}{3}(\vec{AB} + \vec{AC_1} + \vec{AD}) = \frac{1}{3}(\vec{a} + (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) + \vec{b}) = \frac{1}{3}(2\vec{a} + 2\vec{b} + \vec{c})$.

Чтобы доказать, что точка M лежит на диагонали $A_1C$, необходимо показать, что векторы $\vec{A_1M}$ и $\vec{A_1C}$ коллинеарны. Для этого найдем их выражения через базисные векторы.

Радиус-векторы концов диагонали $A_1C$:

$\vec{AA_1} = \vec{c}$

$\vec{AC} = \vec{AB} + \vec{AD} = \vec{a} + \vec{b}$

Тогда вектор диагонали $\vec{A_1C}$ равен:

$\vec{A_1C} = \vec{AC} - \vec{AA_1} = (\vec{a} + \vec{b}) - \vec{c} = \vec{a} + \vec{b} - \vec{c}$.

Вектор $\vec{A_1M}$ равен:

$\vec{A_1M} = \vec{AM} - \vec{AA_1} = \frac{1}{3}(2\vec{a} + 2\vec{b} + \vec{c}) - \vec{c} = \frac{2}{3}\vec{a} + \frac{2}{3}\vec{b} - \frac{2}{3}\vec{c} = \frac{2}{3}(\vec{a} + \vec{b} - \vec{c})$.

Сравнивая выражения для векторов, получаем: $\vec{A_1M} = \frac{2}{3}\vec{A_1C}$.

Поскольку вектор $\vec{A_1M}$ является произведением вектора $\vec{A_1C}$ на скаляр $k = \frac{2}{3}$, эти векторы коллинеарны. Это означает, что точки $A_1$, M и C лежат на одной прямой. Так как коэффициент $0 < \frac{2}{3} < 1$, точка M лежит между точками $A_1$ и C, то есть принадлежит диагонали (отрезку) $A_1C$.

Ответ: Утверждение доказано.

Примечание: В условии задачи, по всей видимости, допущена опечатка. Как было доказано, точка M лежит на диагонали $A_1C$. Поэтому естественно искать отношение, в котором эта точка делит диагональ, то есть $A_1M : MC$. Отношение $A_1M : MC_1$ не будет постоянной величиной для произвольного параллелепипеда. Ниже приведено решение для отношения $A_1M : MC$.

Из соотношения $\vec{A_1M} = \frac{2}{3}\vec{A_1C}$, полученного в ходе доказательства, следует, что длина отрезка $A_1M$ составляет $\frac{2}{3}$ от длины всего отрезка $A_1C$:

$|A_1M| = \frac{2}{3}|A_1C|$.

Следовательно, длина оставшейся части отрезка, MC, составляет:

$|MC| = |A_1C| - |A_1M| = |A_1C| - \frac{2}{3}|A_1C| = \frac{1}{3}|A_1C|$.

Тогда искомое отношение равно:

$\frac{|A_1M|}{|MC|} = \frac{\frac{2}{3}|A_1C|}{\frac{1}{3}|A_1C|} = \frac{2}{1} = 2$.

Таким образом, $A_1M : MC = 2:1$.

Ответ: $2:1$.

4.44. Основанием пирамиды SABCD является параллелограмм ABCD.

На рёбрах SB, SC и SD отметили соответственно точки M, N и K так, что $SM : MB = 3 : 2$, $SN : NC = 1 : 2$ и $SK : KD = 1 : 3$. В каком отношении, считая от вершины S, плоскость MNK делит ребро SA?

Для решения данной задачи воспользуемся векторным методом. Пусть вершина пирамиды S является началом координат. Обозначим векторы, идущие от вершины S к вершинам основания: $\vec{SA} = \vec{a}$, $\vec{SB} = \vec{b}$, $\vec{SC} = \vec{c}$ и $\vec{SD} = \vec{d}$.

Так как основание $ABCD$ является параллелограммом, то сумма векторов, проведенных к противоположным вершинам, равна. Для векторов, отложенных от вершины S, это означает: $\vec{SA} + \vec{SC} = \vec{SB} + \vec{SD}$, или в наших обозначениях:

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

Это ключевое соотношение, которое мы будем использовать.

Теперь определим радиус-векторы точек M, N и K, используя данные в условии отношения:

Точка M лежит на ребре SB, и $SM:MB = 3:2$. Следовательно, $\vec{SM} = \frac{3}{3+2}\vec{SB} = \frac{3}{5}\vec{b}$.
Точка N лежит на ребре SC, и $SN:NC = 1:2$. Следовательно, $\vec{SN} = \frac{1}{1+2}\vec{SC} = \frac{1}{3}\vec{c}$.
Точка K лежит на ребре SD, и $SK:KD = 1:3$. Следовательно, $\vec{SK} = \frac{1}{1+3}\vec{SD} = \frac{1}{4}\vec{d}$.

Пусть плоскость $MNK$ пересекает ребро $SA$ в точке $P$. Поскольку точка $P$ лежит на ребре $SA$, ее радиус-вектор можно выразить как $\vec{SP} = k \cdot \vec{SA} = k\vec{a}$ для некоторого коэффициента $k$. Наша задача — найти этот коэффициент $k$, который и определит искомое отношение.

Так как точка $P$ лежит в одной плоскости с точками $M, N, K$, векторы $\vec{MP}$, $\vec{MN}$ и $\vec{MK}$ компланарны. Это значит, что вектор $\vec{MP}$ можно выразить как линейную комбинацию векторов $\vec{MN}$ и $\vec{MK}$:

$\vec{MP} = x \cdot \vec{MN} + y \cdot \vec{MK}$

Выразим это равенство через радиус-векторы:

$\vec{SP} - \vec{SM} = x(\vec{SN} - \vec{SM}) + y(\vec{SK} - \vec{SM})$

Перегруппируем и подставим известные выражения для векторов:

$k\vec{a} - \frac{3}{5}\vec{b} = x(\frac{1}{3}\vec{c} - \frac{3}{5}\vec{b}) + y(\frac{1}{4}\vec{d} - \frac{3}{5}\vec{b})$

$k\vec{a} = (1 - x - y)\frac{3}{5}\vec{b} + x\frac{1}{3}\vec{c} + y\frac{1}{4}\vec{d}$

Теперь воспользуемся свойством параллелограмма, выразив $\vec{a}$ через остальные базисные векторы: $\vec{a} = \vec{b} + \vec{d} - \vec{c}$.

$k(\vec{b} - \vec{c} + \vec{d}) = (1 - x - y)\frac{3}{5}\vec{b} + \frac{x}{3}\vec{c} + \frac{y}{4}\vec{d}$

Поскольку векторы $\vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$ не компланарны (являются ребрами трехгранного угла пирамиды), то равенство возможно только при равенстве коэффициентов при этих векторах в левой и правой частях. Это дает нам систему из трех уравнений с тремя неизвестными $k, x, y$:

1) при $\vec{b}$: $k = \frac{3}{5}(1-x-y)$
2) при $\vec{c}$: $-k = \frac{x}{3}$
3) при $\vec{d}$: $k = \frac{y}{4}$

Из второго и третьего уравнений выразим $x$ и $y$ через $k$:

$x = -3k$

$y = 4k$

Подставим эти выражения в первое уравнение системы:

$k = \frac{3}{5}(1 - (-3k) - 4k)$

$k = \frac{3}{5}(1 - k)$

$5k = 3(1-k)$

$5k = 3 - 3k$

$8k = 3$

$k = \frac{3}{8}$

Мы получили, что $\vec{SP} = \frac{3}{8}\vec{SA}$, то есть точка P делит ребро SA в отношении $SP:SA = 3:8$.

Искомое отношение $SP:PA$ будет:

$\frac{SP}{PA} = \frac{\frac{3}{8}SA}{SA - \frac{3}{8}SA} = \frac{\frac{3}{8}SA}{\frac{5}{8}SA} = \frac{3}{5}$

Следовательно, искомое отношение равно $3:5$.

Ответ: 3:5.

4.45. Точки $M$, $N$ и $K$ — соответственно середины рёбер $AB$, $BC$ и $DD_1$ параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$. В каком отношении, считая от точки $D$, плоскость $MNK$ делит диагональ $DB_1$ параллелепипеда?

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Введем базис, связав его с ребрами параллелепипеда, выходящими из вершины $D$. Пусть $\vec{DA} = \vec{a}$, $\vec{DC} = \vec{c}$ и $\vec{DD_1} = \vec{d}$.

В этом базисе выразим радиус-векторы точек $M, N, K$ и вершин диагонали $D$ и $B_1$.

• Точка $D$ является началом координат, поэтому ее радиус-вектор $\vec{r}_D = \vec{0}$.
• Радиус-вектор точки $B_1$ равен сумме векторов, составляющих ломаную линию из ребер, соединяющую $D$ и $B_1$: $\vec{DB_1} = \vec{DA} + \vec{AB} + \vec{BB_1}$. Так как $\vec{AB} = \vec{DC} = \vec{c}$ и $\vec{BB_1} = \vec{DD_1} = \vec{d}$, то $\vec{r}_{B_1} = \vec{DB_1} = \vec{a} + \vec{c} + \vec{d}$.
• $M$ — середина ребра $AB$. Ее радиус-вектор $\vec{r}_M = \frac{1}{2}(\vec{r}_A + \vec{r}_B)$. Так как $\vec{r}_A = \vec{a}$ и $\vec{r}_B = \vec{DA} + \vec{DC} = \vec{a} + \vec{c}$, то $\vec{r}_M = \frac{1}{2}(\vec{a} + (\vec{a} + \vec{c})) = \vec{a} + \frac{1}{2}\vec{c}$.
• $N$ — середина ребра $BC$. Ее радиус-вектор $\vec{r}_N = \frac{1}{2}(\vec{r}_B + \vec{r}_C)$. Так как $\vec{r}_B = \vec{a} + \vec{c}$ и $\vec{r}_C = \vec{c}$, то $\vec{r}_N = \frac{1}{2}((\vec{a} + \vec{c}) + \vec{c}) = \frac{1}{2}\vec{a} + \vec{c}$.
• $K$ — середина ребра $DD_1$. Ее радиус-вектор $\vec{r}_K = \frac{1}{2}(\vec{r}_D + \vec{r}_{D_1})$. Так как $\vec{r}_D = \vec{0}$ и $\vec{r}_{D_1} = \vec{d}$, то $\vec{r}_K = \frac{1}{2}\vec{d}$.

Пусть $P$ — точка пересечения плоскости $(MNK)$ и диагонали $DB_1$. Поскольку точка $P$ лежит на диагонали $DB_1$, ее радиус-вектор $\vec{r}_P$ можно выразить как $\vec{r}_P = \lambda \cdot \vec{DB_1}$ для некоторого скаляра $\lambda$.$\vec{r}_P = \lambda(\vec{a} + \vec{c} + \vec{d})$. Это означает, что точка $P$ делит отрезок $DB_1$ в отношении $DP:PB_1 = \lambda : (1-\lambda)$. Нам нужно найти значение $\lambda$.

Поскольку точка $P$ также лежит в плоскости $(MNK)$, векторы $\vec{KP}$, $\vec{KM}$ и $\vec{KN}$ компланарны (лежат в одной плоскости). Найдем координаты этих векторов в базисе $\{\vec{a}, \vec{c}, \vec{d}\}$:

$\vec{KP} = \vec{r}_P - \vec{r}_K = \lambda(\vec{a} + \vec{c} + \vec{d}) - \frac{1}{2}\vec{d} = \lambda\vec{a} + \lambda\vec{c} + \left(\lambda - \frac{1}{2}\right)\vec{d}$.
$\vec{KM} = \vec{r}_M - \vec{r}_K = \left(\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{c}\right) - \frac{1}{2}\vec{d} = 1 \cdot \vec{a} + \frac{1}{2}\vec{c} - \frac{1}{2}\vec{d}$.
$\vec{KN} = \vec{r}_N - \vec{r}_K = \left(\frac{1}{2}\vec{a} + \vec{c}\right) - \frac{1}{2}\vec{d} = \frac{1}{2}\vec{a} + 1 \cdot \vec{c} - \frac{1}{2}\vec{d}$.

Условие компланарности трех векторов эквивалентно равенству нулю их смешанного произведения. Смешанное произведение можно вычислить как определитель матрицы, составленной из координат векторов:$ \begin{vmatrix} \lambda & \lambda & \lambda - \frac{1}{2} \\ 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & 1 & -\frac{1}{2} \end{vmatrix} = 0 $

Раскроем определитель по первой строке:$ \lambda \left(\frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) - 1 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)\right) - \lambda \left(1 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) - \frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)\right) + \left(\lambda - \frac{1}{2}\right) \left(1 \cdot 1 - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\right) = 0 $$ \lambda \left(-\frac{1}{4} + \frac{1}{2}\right) - \lambda \left(-\frac{1}{2} + \frac{1}{4}\right) + \left(\lambda - \frac{1}{2}\right) \left(1 - \frac{1}{4}\right) = 0 $$ \lambda \left(\frac{1}{4}\right) - \lambda \left(-\frac{1}{4}\right) + \left(\lambda - \frac{1}{2}\right) \left(\frac{3}{4}\right) = 0 $$ \frac{1}{4}\lambda + \frac{1}{4}\lambda + \frac{3}{4}\lambda - \frac{3}{8} = 0 $$ \frac{5}{4}\lambda = \frac{3}{8} $$ \lambda = \frac{3}{8} \cdot \frac{4}{5} = \frac{12}{40} = \frac{3}{10} $

Таким образом, $\vec{DP} = \frac{3}{10}\vec{DB_1}$. Это означает, что длина отрезка $DP$ составляет $\frac{3}{10}$ от длины всей диагонали $DB_1$. Длина оставшейся части $PB_1$ составляет $1 - \frac{3}{10} = \frac{7}{10}$ от длины $DB_1$. Следовательно, отношение, в котором плоскость $(MNK)$ делит диагональ $DB_1$, считая от точки $D$, равно:$ DP : PB_1 = \frac{3}{10} : \frac{7}{10} = 3:7 $

Ответ: $3:7$.

4.46. Основанием пирамиды $SABCD$ является трапеция $ABCD$ ($BC \parallel AD$). Известно, что $AD = 2BC$. Точки $M, N$ и $K$ – середины рёбер $BC, SD$ и $DC$ соответственно. Точка $F$ принадлежит ребру $SA$, причём $SF : FA = 1 : 13$. Докажите, что плоскость $MNF$ параллельна прямой $SK$.

Доказательство.

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Введем систему координат с началом в точке $D$ и выберем в качестве базисных векторов $\vec{DA} = \vec{a}$, $\vec{DC} = \vec{c}$ и $\vec{DS} = \vec{s}$. Эти векторы некомпланарны.

Выразим векторы, определяющие положения ключевых точек пирамиды, через базисные векторы.

Точка $K$ — середина ребра $DC$, следовательно:

$\vec{DK} = \frac{1}{2}\vec{DC} = \frac{1}{2}\vec{c}$

Точка $N$ — середина ребра $SD$, следовательно:

$\vec{DN} = \frac{1}{2}\vec{DS} = \frac{1}{2}\vec{s}$

Основанием пирамиды является трапеция $ABCD$, в которой $BC \parallel AD$ и $AD = 2BC$. В векторной форме это означает, что $\vec{BC} = \frac{1}{2}\vec{AD}$. Так как $\vec{AD} = -\vec{DA} = -\vec{a}$, получаем $\vec{BC} = -\frac{1}{2}\vec{a}$.

Точка $M$ — середина ребра $BC$. Найдем ее радиус-вектор $\vec{DM}$:

$\vec{DM} = \vec{DC} + \vec{CM} = \vec{DC} + \frac{1}{2}\vec{CB} = \vec{DC} - \frac{1}{2}\vec{BC} = \vec{c} - \frac{1}{2}(-\frac{1}{2}\vec{a}) = \vec{c} + \frac{1}{4}\vec{a}$

Точка $F$ принадлежит ребру $SA$, причем $SF : FA = 1 : 13$. Это означает, что $\vec{SF} = \frac{1}{14}\vec{SA}$. Найдем радиус-вектор $\vec{DF}$:

$\vec{SA} = \vec{DA} - \vec{DS} = \vec{a} - \vec{s}$

$\vec{DF} = \vec{DS} + \vec{SF} = \vec{s} + \frac{1}{14}\vec{SA} = \vec{s} + \frac{1}{14}(\vec{a} - \vec{s}) = \frac{14\vec{s} + \vec{a} - \vec{s}}{14} = \frac{1}{14}\vec{a} + \frac{13}{14}\vec{s}$

Теперь найдем вектор $\vec{SK}$, параллельность которому мы доказываем:

$\vec{SK} = \vec{DK} - \vec{DS} = \frac{1}{2}\vec{c} - \vec{s}$

Для доказательства параллельности прямой $SK$ и плоскости $MNF$ достаточно показать, что в плоскости $MNF$ существует вектор, коллинеарный вектору $\vec{SK}$.

Найдем два неколлинеарных вектора, лежащих в плоскости $MNF$, например $\vec{MN}$ и $\vec{NF}$:

$\vec{MN} = \vec{DN} - \vec{DM} = \frac{1}{2}\vec{s} - (\vec{c} + \frac{1}{4}\vec{a}) = -\frac{1}{4}\vec{a} - \vec{c} + \frac{1}{2}\vec{s}$

$\vec{NF} = \vec{DF} - \vec{DN} = (\frac{1}{14}\vec{a} + \frac{13}{14}\vec{s}) - \frac{1}{2}\vec{s} = \frac{1}{14}\vec{a} + (\frac{13}{14} - \frac{7}{14})\vec{s} = \frac{1}{14}\vec{a} + \frac{6}{14}\vec{s} = \frac{1}{14}\vec{a} + \frac{3}{7}\vec{s}$

Любой вектор $\vec{p}$, лежащий в плоскости $MNF$, можно представить в виде линейной комбинации векторов $\vec{MN}$ и $\vec{NF}$: $\vec{p} = \alpha\vec{MN} + \beta\vec{NF}$.

Подставим векторные выражения:

$\vec{p} = \alpha(-\frac{1}{4}\vec{a} - \vec{c} + \frac{1}{2}\vec{s}) + \beta(\frac{1}{14}\vec{a} + \frac{3}{7}\vec{s}) = (-\frac{\alpha}{4} + \frac{\beta}{14})\vec{a} - \alpha\vec{c} + (\frac{\alpha}{2} + \frac{3\beta}{7})\vec{s}$

Вектор $\vec{p}$ будет коллинеарен вектору $\vec{SK} = \frac{1}{2}\vec{c} - \vec{s}$, если в его разложении по базису $\vec{a}, \vec{c}, \vec{s}$ коэффициент при векторе $\vec{a}$ равен нулю, а коэффициенты при $\vec{c}$ и $\vec{s}$ пропорциональны соответствующим коэффициентам вектора $\vec{SK}$.

Приравняем коэффициент при $\vec{a}$ к нулю:

$-\frac{\alpha}{4} + \frac{\beta}{14} = 0 \implies \frac{\alpha}{4} = \frac{\beta}{14} \implies 14\alpha = 4\beta \implies 7\alpha = 2\beta$

Выберем простейшие ненулевые целые значения, удовлетворяющие этому равенству: $\alpha = 2$ и $\beta = 7$.

Подставим эти значения в выражение для вектора $\vec{p}$:

$\vec{p} = -2\vec{c} + (\frac{2}{2} + \frac{3 \cdot 7}{7})\vec{s} = -2\vec{c} + (1+3)\vec{s} = -2\vec{c} + 4\vec{s}$

Сравним полученный вектор $\vec{p}$ с вектором $\vec{SK}$:

$\vec{p} = -2\vec{c} + 4\vec{s} = -4(\frac{1}{2}\vec{c} - \vec{s}) = -4\vec{SK}$

Таким образом, мы нашли вектор $\vec{p} = 2\vec{MN} + 7\vec{NF}$, который является линейной комбинацией векторов, лежащих в плоскости $MNF$, и, следовательно, параллелен этой плоскости. При этом вектор $\vec{p}$ коллинеарен вектору $\vec{SK}$. Это означает, что в плоскости $MNF$ существует прямая, параллельная прямой $SK$.

Следовательно, по признаку параллельности прямой и плоскости, плоскость $MNF$ параллельна прямой $SK$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.