Страница 357 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

1362 На рисунке 418 АВСD — параллелограмм, P и Q — середины сторон АD и ВС. Докажите, что: а) при гомотетии с центром в точке D и k=2 точка K переходит в точку L; б) при гомотетии с центром в точке В и k=2 точка L переходит в точку K.

Для решения задачи определим сначала точное положение точек K и L на диагонали AC. Будем исходить из определения точек, показанных на рисунке, где K и L являются точками пересечения диагонали AC с отрезками CP и BQ соответственно.

1. Найдем положение точки K = CP ? AC.
Рассмотрим треугольники AKP и CKB.Так как ABCD — параллелограмм, то AD || BC и AD = BC.Поскольку P лежит на AD, то AP || BC.
Углы ?PAK и ?BCK равны как накрест лежащие при параллельных прямых AD и BC и секущей AC.
Углы ?AKP и ?CKB равны как вертикальные.
Следовательно, треугольники AKP и CKB подобны по двум углам (?AKP ? ?CKB).
Из подобия следует соотношение сторон:$ \frac{AK}{CK} = \frac{AP}{CB} $По условию, P — середина AD, поэтому $ AP = \frac{1}{2}AD $. Также, в параллелограмме CB = AD.Подставим эти значения в пропорцию:$ \frac{AK}{CK} = \frac{\frac{1}{2}AD}{AD} = \frac{1}{2} $Отсюда $ CK = 2 \cdot AK $.
Так как точка K лежит на отрезке AC, то $ AC = AK + CK = AK + 2 \cdot AK = 3 \cdot AK $.Таким образом, $ AK = \frac{1}{3}AC $.

2. Найдем положение точки L = BQ ? AC.
Рассмотрим треугольники ALB и CLQ.Так как ABCD — параллелограмм, то AB || DC.Рассмотрим треугольники ADL и CQL.Так как AD || BC, а Q лежит на BC, то AD || CQ.
Углы ?DAL и ?QCL равны как накрест лежащие при параллельных прямых AD и BC и секущей AC.
Углы ?ALD и ?CLQ равны как вертикальные.
Следовательно, треугольники ADL и CQL подобны по двум углам (?ADL ? ?CQL).
Из подобия следует соотношение сторон:$ \frac{AL}{CL} = \frac{AD}{CQ} $По условию, Q — середина BC, поэтому $ CQ = \frac{1}{2}BC $. Также, в параллелограмме AD = BC.Подставим эти значения в пропорцию:$ \frac{AL}{CL} = \frac{AD}{\frac{1}{2}BC} = \frac{BC}{\frac{1}{2}BC} = 2 $Отсюда $ AL = 2 \cdot CL $.
Так как точка L лежит на отрезке AC, то $ AC = AL + CL = 2 \cdot CL + CL = 3 \cdot CL $.Таким образом, $ CL = \frac{1}{3}AC $, и $ AL = \frac{2}{3}AC $.

Теперь, зная точные положения точек K и L, проверим утверждения о гомотетии.

а)

Нужно доказать, что при гомотетии с центром в точке D и коэффициентом $ k=2 $ точка K переходит в точку L.По определению гомотетии, это означает, что должно выполняться векторное равенство: $ \vec{DL} = 2 \cdot \vec{DK} $.Выразим векторы $ \vec{DK} $ и $ \vec{DL} $ через базовые векторы $ \vec{DA} $ и $ \vec{DC} $.

Вектор $ \vec{AC} = \vec{DC} - \vec{DA} $.Из ранее найденного, $ \vec{AK} = \frac{1}{3}\vec{AC} = \frac{1}{3}(\vec{DC} - \vec{DA}) $.Тогда вектор $ \vec{DK} $ можно выразить как сумму векторов:$ \vec{DK} = \vec{DA} + \vec{AK} = \vec{DA} + \frac{1}{3}(\vec{DC} - \vec{DA}) = \vec{DA} - \frac{1}{3}\vec{DA} + \frac{1}{3}\vec{DC} = \frac{2}{3}\vec{DA} + \frac{1}{3}\vec{DC} $.

Аналогично для точки L. Из ранее найденного, $ \vec{AL} = \frac{2}{3}\vec{AC} = \frac{2}{3}(\vec{DC} - \vec{DA}) $.Тогда вектор $ \vec{DL} $ можно выразить как:$ \vec{DL} = \vec{DA} + \vec{AL} = \vec{DA} + \frac{2}{3}(\vec{DC} - \vec{DA}) = \vec{DA} - \frac{2}{3}\vec{DA} + \frac{2}{3}\vec{DC} = \frac{1}{3}\vec{DA} + \frac{2}{3}\vec{DC} $.

Теперь проверим условие гомотетии $ \vec{DL} = 2 \cdot \vec{DK} $:$ \frac{1}{3}\vec{DA} + \frac{2}{3}\vec{DC} = 2 \cdot (\frac{2}{3}\vec{DA} + \frac{1}{3}\vec{DC}) $$ \frac{1}{3}\vec{DA} + \frac{2}{3}\vec{DC} = \frac{4}{3}\vec{DA} + \frac{2}{3}\vec{DC} $Вычитая $ \frac{2}{3}\vec{DC} $ из обеих частей, получаем:$ \frac{1}{3}\vec{DA} = \frac{4}{3}\vec{DA} $Это равенство выполняется только если $ \vec{DA} = \vec{0} $, что невозможно, так как A и D — разные вершины параллелограмма.Следовательно, утверждение в пункте а) неверно.

Ответ: Утверждение неверно. Точка K при гомотетии с центром D и k=2 не переходит в точку L.

б)

Нужно доказать, что при гомотетии с центром в точке B и коэффициентом $ k=2 $ точка L переходит в точку K.По определению гомотетии, это означает, что должно выполняться векторное равенство: $ \vec{BK} = 2 \cdot \vec{BL} $.Выразим векторы $ \vec{BK} $ и $ \vec{BL} $ через базовые векторы $ \vec{BA} $ и $ \vec{BC} $.

Вектор $ \vec{AC} = \vec{BC} - \vec{BA} $.$ \vec{AK} = \frac{1}{3}\vec{AC} = \frac{1}{3}(\vec{BC} - \vec{BA}) $.Вектор $ \vec{BK} $ можно выразить как:$ \vec{BK} = \vec{BA} + \vec{AK} = \vec{BA} + \frac{1}{3}(\vec{BC} - \vec{BA}) = \vec{BA} - \frac{1}{3}\vec{BA} + \frac{1}{3}\vec{BC} = \frac{2}{3}\vec{BA} + \frac{1}{3}\vec{BC} $.

$ \vec{AL} = \frac{2}{3}\vec{AC} = \frac{2}{3}(\vec{BC} - \vec{BA}) $.Вектор $ \vec{BL} $ можно выразить как:$ \vec{BL} = \vec{BA} + \vec{AL} = \vec{BA} + \frac{2}{3}(\vec{BC} - \vec{BA}) = \vec{BA} - \frac{2}{3}\vec{BA} + \frac{2}{3}\vec{BC} = \frac{1}{3}\vec{BA} + \frac{2}{3}\vec{BC} $.

Теперь проверим условие гомотетии $ \vec{BK} = 2 \cdot \vec{BL} $:$ \frac{2}{3}\vec{BA} + \frac{1}{3}\vec{BC} = 2 \cdot (\frac{1}{3}\vec{BA} + \frac{2}{3}\vec{BC}) $$ \frac{2}{3}\vec{BA} + \frac{1}{3}\vec{BC} = \frac{2}{3}\vec{BA} + \frac{4}{3}\vec{BC} $Вычитая $ \frac{2}{3}\vec{BA} $ из обеих частей, получаем:$ \frac{1}{3}\vec{BC} = \frac{4}{3}\vec{BC} $Это равенство выполняется только если $ \vec{BC} = \vec{0} $, что невозможно, так как B и C — разные вершины параллелограмма.Следовательно, утверждение в пункте б) также неверно.

Ответ: Утверждение неверно. Точка L при гомотетии с центром B и k=2 не переходит в точку K.

1363 По данным рисунка 418, пользуясь предыдущей задачей, докажите, что ВK:KD=2:1.

Для решения данной задачи необходимо восстановить условия по контексту. Предположим, что на рисунке 418 изображён параллелограмм $ABCD$, и точка $K$ является точкой пересечения диагонали $BD$ с отрезком $AN$, где $N$ — середина стороны $CD$. Также предположим, что в предыдущей задаче было доказано свойство точки пересечения медиан треугольника (центроида): медианы пересекаются в одной точке и делятся ею в отношении 2:1, считая от вершины.

Доказательство:

1. Рассмотрим параллелограмм $ABCD$. Проведём его диагонали $AC$ и $BD$. Пусть точка их пересечения — $O$. По свойству диагоналей параллелограмма, они точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, точка $O$ является серединой диагонали $AC$ ($AO = OC$) и серединой диагонали $BD$ ($BO = OD$).

2. Теперь рассмотрим треугольник $\triangle ADC$.

- Отрезок $AN$ в этом треугольнике является медианой, так как он соединяет вершину $A$ с серединой противолежащей стороны $CD$ (точкой $N$).

- Отрезок $DO$ в этом же треугольнике также является медианой, так как он соединяет вершину $D$ с серединой противолежащей стороны $AC$ (точкой $O$).

3. Точка $K$ по условию является точкой пересечения отрезков $AN$ и $BD$. Так как точка $O$ лежит на отрезке $BD$, то $K$ — это точка пересечения медиан $AN$ и $DO$ треугольника $\triangle ADC$. Точка пересечения медиан треугольника называется его центроидом.

4. Воспользуемся свойством медиан, доказанным в предыдущей задаче: медианы делятся точкой пересечения в отношении 2:1, считая от вершины. Для медианы $DO$ это означает, что:

$DK : KO = 2 : 1$

5. Обозначим длину отрезка $KO$ за $x$. Тогда из соотношения выше следует, что длина отрезка $DK$ равна $2x$.

$KO = x$, $DK = 2x$.

6. Длина всей медианы $DO$ будет равна сумме длин её частей:

$DO = DK + KO = 2x + x = 3x$.

7. Мы знаем, что $O$ — это середина диагонали $BD$. Значит, $BO = DO$.

$BO = 3x$.

8. Теперь мы можем найти длину отрезка $BK$. Он состоит из двух частей: $BO$ и $OK$.

$BK = BO + OK = 3x + x = 4x$.

9. Наконец, найдём искомое отношение длин отрезков $BK$ и $KD$:

$\frac{BK}{KD} = \frac{4x}{2x} = \frac{4}{2} = 2$

Таким образом, мы доказали, что $BK : KD = 2 : 1$.

Ответ:

Утверждение $BK : KD = 2 : 1$ доказано на основе свойства точки пересечения медиан треугольника.

1364 На рисунке 419 точки P и C, а также B и Q симметричны относительно биссектрисы AX угла BAC. Известно, что AB=5, AC=3. Используя гомотетию с центром в точке D пересечения отрезков PQ и BC, докажите, что CD=38.

1. Анализ условия и следствия из симметрии

По условию, точки $P$ и $C$ симметричны относительно биссектрисы $AX$ угла $BAC$. Ось симметрии ($AX$) является серединным перпендикуляром к отрезку $PC$. Любая точка на оси симметрии равноудалена от симметричных точек. Так как точка $A$ лежит на оси $AX$, расстояние от $A$ до $P$ равно расстоянию от $A$ до $C$.

$AP = AC$

Поскольку $AC = 3$, то и $AP = 3$. Так как точка $C$ лежит на одной стороне угла, а $P$ симметрична ей, $P$ лежит на другой стороне угла, то есть на луче $AB$.

Аналогично, точки $B$ и $Q$ симметричны относительно биссектрисы $AX$. Следовательно, расстояние от точки $A$ до $B$ равно расстоянию от $A$ до $Q$.

$AQ = AB$

Поскольку $AB = 5$, то и $AQ = 5$. Так как точка $B$ лежит на луче $AB$, симметричная ей точка $Q$ лежит на луче $AC$.

Таким образом, на луче, содержащем отрезок $AB$, лежат точки $P$ и $B$ на расстояниях $AP=3$ и $AB=5$ от $A$. На луче, содержащем отрезок $AC$, лежат точки $C$ и $Q$ на расстояниях $AC=3$ и $AQ=5$ от $A$.

2. Доказательство параллельности отрезков PC и BQ

Рассмотрим треугольник $ABQ$. Точка $P$ лежит на его стороне $AB$, а точка $C$ — на стороне $AQ$. Найдем отношения отрезков, выходящих из вершины $A$:

$\frac{AP}{AB} = \frac{3}{5}$

$\frac{AC}{AQ} = \frac{3}{5}$

Поскольку $\frac{AP}{AB} = \frac{AC}{AQ}$, то по обратной теореме Фалеса (или по признаку подобия треугольников $APC$ и $ABQ$) отрезок $PC$ параллелен отрезку $BQ$.

$PC \parallel BQ$

3. Применение гомотетии с центром в точке D

Точка $D$ является точкой пересечения отрезков $PQ$ и $BC$. Рассмотрим гомотетию $H$ с центром в точке $D$.

Так как $PC \parallel BQ$, существует гомотетия с центром $D$, которая переводит прямую $PC$ в прямую $BQ$.

Давайте определим, в какие точки эта гомотетия переводит точки $P$ и $C$.

• Прямая $BC$ проходит через центр гомотетии $D$, следовательно, она переходит сама в себя. Точка $C$ лежит на пересечении прямых $PC$ и $BC$. Ее образ $H(C)$ должен лежать на пересечении образов этих прямых. Образом прямой $PC$ является прямая $BQ$, а образом прямой $BC$ является сама прямая $BC$. Пересечением прямых $BQ$ и $BC$ является точка $B$. Следовательно, $H(C) = B$.
• Прямая $PQ$ также проходит через центр гомотетии $D$ и переходит сама в себя. Точка $P$ лежит на пересечении прямых $PC$ и $PQ$. Ее образ $H(P)$ должен лежать на пересечении образов этих прямых. Образом прямой $PC$ является прямая $BQ$, а образом прямой $PQ$ является сама прямая $PQ$. Пересечением прямых $BQ$ и $PQ$ является точка $Q$. Следовательно, $H(P) = Q$.

4. Вычисление коэффициента гомотетии и длины CD

Мы установили, что гомотетия $H$ с центром в $D$ переводит точку $C$ в точку $B$. По определению гомотетии, это означает, что векторы $\vec{DB}$ и $\vec{DC}$ коллинеарны и связаны через коэффициент гомотетии $k$: $\vec{DB} = k \cdot \vec{DC}$.

Поскольку точка $D$ лежит на отрезке $BC$, векторы $\vec{DB}$ и $\vec{DC}$ направлены в противоположные стороны, значит коэффициент $k$ отрицателен. Его модуль $|k|$ равен отношению длин соответствующих отрезков:

$|k| = \frac{DB}{DC}$

Модуль коэффициента гомотетии также равен отношению длин любых соответствующих отрезков, например, $BQ$ и $PC$:

$|k| = \frac{BQ}{PC}$

Из подобия треугольников $APC$ и $ABQ$ (по двум сторонам и углу между ними) следует, что отношение их третьих сторон равно коэффициенту подобия:

$\frac{PC}{BQ} = \frac{AP}{AB} = \frac{3}{5}$

Следовательно, $|k| = \frac{BQ}{PC} = \frac{5}{3}$.

Теперь мы можем приравнять два выражения для $|k|$:

$\frac{DB}{DC} = \frac{5}{3} \implies DB = \frac{5}{3} DC$

Точка $D$ лежит на отрезке $BC$, поэтому $BC = DB + DC$. Подставим выражение для $DB$:

$BC = \frac{5}{3} DC + DC = (\frac{5}{3} + 1) DC = \frac{8}{3} DC$

Отсюда выражаем $DC$:

$DC = \frac{3}{8} BC$

Таким образом, мы доказали, что длина отрезка $CD$ составляет $\frac{3}{8}$ от длины отрезка $BC$. В условии задачи требуется доказать, что $CD = \frac{3}{8}$. Это равенство было бы верным только в том случае, если бы длина отрезка $BC$ была равна 1. Однако длина $BC$ зависит от угла $BAC$ (обозначим его $\alpha$) и по теореме косинусов равна $BC = \sqrt{AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos\alpha} = \sqrt{5^2 + 3^2 - 2 \cdot 5 \cdot 3 \cdot \cos\alpha} = \sqrt{34 - 30\cos\alpha}$. Поскольку угол не задан, длина $BC$ не фиксирована и, в общем случае, не равна 1. Вероятнее всего, в условии задачи имеется неточность, и требовалось доказать именно соотношение $CD = \frac{3}{8}BC$. Следуя этому предположению, мы завершаем доказательство.

Ответ: Было доказано, что $CD = \frac{3}{8}BC$. Утверждение $CD=\frac{3}{8}$, приведенное в задаче, выполняется только при условии $BC=1$, что в общем случае неверно и зависит от величины угла $BAC$.

1365 Дана окружность О радиуса r и точка А плоскости. Докажите, что множество середин отрезков AM, где М — любая точка окружности О радиуса r, есть окружность. Укажите положение центра этой окружности и найдите её радиус.

Для решения задачи воспользуемся геометрическим методом, основанным на свойстве средней линии треугольника.

Доказательство, что множество середин отрезков AM есть окружность

Пусть дана окружность с центром в точке $O$ и радиусом $r$. Пусть $A$ — фиксированная точка на плоскости, а $M$ — произвольная точка, принадлежащая данной окружности. Нам нужно доказать, что геометрическое место точек $K$, являющихся серединами отрезков $AM$, есть окружность.

Рассмотрим треугольник $\triangle AOM$. Пусть точка $K$ является серединой отрезка $AM$. Проведем отрезок $OA$ и обозначим его середину как точку $O'$. Поскольку точки $O$ и $A$ фиксированы, их середина, точка $O'$, также является фиксированной точкой.

В треугольнике $\triangle AOM$ отрезок $O'K$ соединяет середины сторон $OA$ и $AM$. По свойству средней линии треугольника, отрезок $O'K$ параллелен стороне $OM$ и его длина равна половине длины стороны $OM$. Математически это записывается так: $O'K \parallel OM$ и $O'K = \frac{1}{2} OM$.

По условию, точка $M$ лежит на окружности с центром $O$ и радиусом $r$, следовательно, длина отрезка $OM$ постоянна и равна $r$ ($OM = r$) для любой точки $M$ на этой окружности.

Отсюда следует, что длина отрезка $O'K$ также является постоянной величиной: $O'K = \frac{1}{2} r$.

Таким образом, мы показали, что любая точка $K$ (середина отрезка $AM$) находится на постоянном расстоянии $\frac{r}{2}$ от фиксированной точки $O'$. По определению, множество всех таких точек $K$ образует окружность.

Укажите положение центра этой окружности и найдите её радиус

Из проведенного доказательства мы также определяем параметры этой новой окружности. Центром искомой окружности является точка $O'$, то есть середина отрезка $OA$, соединяющего центр исходной окружности $O$ и точку $A$. Радиус искомой окружности равен постоянному расстоянию $O'K$, то есть он равен $\frac{r}{2}$.

Ответ: Множество середин отрезков $AM$ является окружностью. Центр этой окружности находится в середине отрезка $OA$ (где $O$ — центр исходной окружности, а $A$ — данная точка). Радиус этой окружности равен $\frac{r}{2}$.

1366 Докажите, что при гомотетии с центром в точке пересечения медиан треугольника и коэффициентом k = –2 серединные перпендикуляры к сторонам треугольника переходят в прямые, содержащие высоты этого треугольника.

Для доказательства используем метод векторов. Пусть $A, B, C$ — вершины треугольника, а $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ — их радиус-векторы относительно некоторого начала координат $O$.

Точка пересечения медиан (центроид) треугольника, обозначим ее $M$, имеет радиус-вектор:$$ \vec{m} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{3} $$

Гомотетия с центром в точке $M$ и коэффициентом $k$ переводит любую точку $P$ с радиус-вектором $\vec{p}$ в точку $P'$ с радиус-вектором $\vec{p'}$, который определяется соотношением $\vec{MP'} = k \cdot \vec{MP}$. В координатах это выглядит так:$$ \vec{p'} - \vec{m} = k(\vec{p} - \vec{m}) \implies \vec{p'} = \vec{m} + k(\vec{p} - \vec{m}) $$

В нашей задаче $k = -2$. Подставим это значение и выражение для $\vec{m}$:$$ \vec{p'} = \vec{m} - 2(\vec{p} - \vec{m}) = 3\vec{m} - 2\vec{p} = 3 \left( \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{3} \right) - 2\vec{p} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c} - 2\vec{p} $$

Теперь рассмотрим серединный перпендикуляр к одной из сторон треугольника, например, к стороне $BC$. Обозначим этот перпендикуляр как $l_a$.

Прямая $l_a$ обладает двумя свойствами:

1. Она проходит через середину стороны $BC$. Обозначим эту середину как $A_1$. Радиус-вектор точки $A_1$ равен $\vec{a_1} = \frac{\vec{b} + \vec{c}}{2}$.
2. Она перпендикулярна вектору $\vec{BC} = \vec{c} - \vec{b}$, который задает направление стороны $BC$.

Рассмотрим также высоту треугольника, опущенную из вершины $A$ на сторону $BC$. Обозначим прямую, содержащую эту высоту, как $h_a$. Эта прямая также перпендикулярна стороне $BC$. Следовательно, прямые $l_a$ и $h_a$ параллельны друг другу.

При гомотетии любая прямая переходит в параллельную ей прямую. Значит, образ серединного перпендикуляра $l_a$ при нашей гомотетии, обозначим его $l'_a$, будет прямой, параллельной $l_a$. А так как $l_a \parallel h_a$, то и $l'_a \parallel h_a$.

Чтобы доказать, что прямая $l'_a$ совпадает с прямой $h_a$, достаточно показать, что они имеют хотя бы одну общую точку. Мы знаем, что высота $h_a$ проходит через вершину $A$. Покажем, что и ее образ $l'_a$ также проходит через точку $A$. Для этого найдем образ какой-нибудь точки, лежащей на $l_a$. Удобнее всего взять середину стороны $BC$ — точку $A_1$.

Найдем радиус-вектор $\vec{a'_1}$ образа точки $A_1$ при гомотетии с $k=-2$:$$ \vec{a'_1} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c} - 2\vec{a_1} $$Подставим радиус-вектор точки $A_1$:$$ \vec{a'_1} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c} - 2\left(\frac{\vec{b} + \vec{c}}{2}\right) = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c} - (\vec{b} + \vec{c}) = \vec{a} $$

Таким образом, середина стороны $BC$ (точка $A_1$) при данной гомотетии переходит в вершину $A$. Это означает, что образ серединного перпендикуляра $l'_a = H(l_a)$ проходит через точку $A$.

Мы получили, что $l'_a$ — это прямая, проходящая через точку $A$ и параллельная высоте $h_a$. Поскольку высота $h_a$ также проходит через точку $A$, прямые $l'_a$ и $h_a$ совпадают.

Аналогичные рассуждения можно провести для двух других сторон треугольника ($AC$ и $AB$). Серединный перпендикуляр к $AC$ перейдет в прямую, содержащую высоту из вершины $B$, а серединный перпендикуляр к $AB$ — в прямую, содержащую высоту из вершины $C$.

Следовательно, при гомотетии с центром в точке пересечения медиан треугольника и коэффициентом $k=-2$ серединные перпендикуляры к сторонам треугольника переходят в прямые, содержащие высоты этого треугольника.

Ответ: Что и требовалось доказать.

1367 Докажите, что центр описанной окружности, центроид и ортоцентр треугольника лежат на одной прямой (прямая Эйлера).

1367.

Для доказательства воспользуемся методом гомотетии. Пусть дан произвольный треугольник $ABC$. Введем обозначения для его замечательных точек: $O$ – центр описанной окружности (точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам), $M$ – центроид (точка пересечения медиан), $H$ – ортоцентр (точка пересечения высот).

Рассмотрим гомотетию $G$ с центром в центроиде $M$ и коэффициентом $k = -1/2$.

Пусть $A_1, B_1, C_1$ – середины сторон $BC, AC$ и $AB$ соответственно. Известно, что центроид $M$ делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. Например, для медианы $AA_1$ справедливо $AM = 2MA_1$. Если рассматривать векторы с началом в точке $M$, это свойство можно записать как $\vec{MA_1} = -\frac{1}{2}\vec{MA}$. Аналогичные векторные равенства верны и для двух других медиан: $\vec{MB_1} = -\frac{1}{2}\vec{MB}$ и $\vec{MC_1} = -\frac{1}{2}\vec{MC}$.

Из этих равенств следует, что гомотетия $G$ отображает вершины треугольника $ABC$ в середины его противолежащих сторон: $G(A)=A_1, G(B)=B_1, G(C)=C_1$. Таким образом, образом треугольника $ABC$ при этой гомотетии является его серединный треугольник $A_1B_1C_1$.

Теперь определим, в какую точку гомотетия $G$ отображает ортоцентр $H$ треугольника $ABC$. Ортоцентр $H$ – это точка пересечения прямых, содержащих высоты треугольника. Обозначим прямую, на которой лежит высота из вершины $A$ к стороне $BC$, как $l_A$. По определению высоты, $l_A \perp BC$.

При гомотетии любая прямая переходит в параллельную ей прямую. Образом прямой $l_A$ будет прямая $l'_A = G(l_A)$, которая проходит через образ точки $A$, то есть через точку $A_1$. При этом $l'_A \parallel l_A$. Поскольку $l_A \perp BC$, то и ее образ $l'_A$ будет перпендикулярен стороне $BC$.

Таким образом, прямая $l'_A$ – это прямая, проходящая через середину $A_1$ стороны $BC$ и перпендикулярная этой стороне. По определению, это серединный перпендикуляр к стороне $BC$.

Проведя аналогичные рассуждения для высот из вершин $B$ и $C$, мы установим, что их образами при гомотетии $G$ являются серединные перпендикуляры к сторонам $AC$ и $AB$ соответственно.

Ортоцентр $H$ является точкой пересечения трех высот. Его образ, $G(H)$, следовательно, является точкой пересечения образов этих высот, то есть точкой пересечения трех серединных перпендикуляров к сторонам треугольника $ABC$. Эта точка, по определению, является центром описанной окружности $O$.

Итак, мы получили, что $G(H) = O$.

По основному свойству гомотетии, центр гомотетии ($M$), любая точка-прообраз ($H$) и ее образ ($O$) лежат на одной прямой. Это означает, что точки $O, M, H$ коллинеарны.

Прямая, содержащая центр описанной окружности, центроид и ортоцентр треугольника, называется прямой Эйлера.

Ответ: Утверждение доказано. Центр описанной окружности $O$, центроид $M$ и ортоцентр $H$ треугольника лежат на одной прямой, называемой прямой Эйлера. Кроме того, из соотношения гомотетии $\vec{MO} = -\frac{1}{2}\vec{MH}$ следует, что центроид $M$ лежит на отрезке $OH$ и делит его в отношении $OM:MH = 1:2$.

1368 Докажите утверждения об основных свойствах умножения вектора на число (п. 91).

Решение

1. Докажем, что для любых чисел k, l и любого вектора $\overrightarrow{a}$ справедливо равенство $\left(kl\right)\overrightarrow{a}=k\left(l\overrightarrow{a}\right).$ Если $\overrightarrow{а}=\overrightarrow{0},$ то справедливость этого равенства очевидна. Пусть $\overrightarrow{а}\ne \overrightarrow{0},$ Имеем $\left|\left(kl\right)\overrightarrow{a}\right|=\left|kl\right|\left|\overrightarrow{a}\right|=\left|k\right|\left|l\right|\left|\overrightarrow{a}\right|=\left|k\right|\left|l\overrightarrow{a}\right|=\left|k\left(l\overrightarrow{a}\right)\right|.$

Далее, если kl≥0, то $\left(kl\right)\overrightarrow{a}\uparrow \uparrow \overrightarrow{a} \text{и} k\left(l\overrightarrow{a}\right)\uparrow \uparrow \overrightarrow{a};$ если же kl<0, то $\left(kl\right)\overrightarrow{a}\uparrow \downarrow \overrightarrow{a} \text{и} k\left(l\overrightarrow{a}\right)\uparrow \downarrow \overrightarrow{a}.$ И в том и в другом случае $\left(kl\right)\overrightarrow{a}\uparrow \uparrow k\left(l\overrightarrow{a}\right).$ Следовательно, $\left(kl\right)\overrightarrow{a}=k\left(l\overrightarrow{a}\right).$

2. Докажем, что для любого числа k и любых векторов $\overrightarrow{a} \text{и} \overrightarrow{b}$ справедливо равенство $k(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})=k\overrightarrow{a}+k\overrightarrow{b}.$

Если k = 0, то справедливость этого равенства очевидна.

Пусть k ≠ 0.

Рассмотрим случай, когда векторы $\overrightarrow{a} \text{и} \overrightarrow{b}$ не коллинеарны (случай $\overrightarrow{a}\parallel \overrightarrow{b}$ рассмотрите самостоятельно). Отложим от какой-нибудь точки О векторы $\overrightarrow{O{A}_1}=\overrightarrow{a}$ и $\overrightarrow{OA}=k\overrightarrow{a}$ а от точек A₁ и А — векторы $\overrightarrow{A_1{B}_1}=\overrightarrow{b}$ и $\overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{b}$ (рис. 420, a, б). Треугольники ОА₁В₁ и ОAB подобны с коэффициентом подобия |k|. Следовательно, $\overrightarrow{OB}=k\overrightarrow{О{В}_1}=k(\overrightarrow{а}+\overrightarrow{b}).$ С другой стороны, $\overrightarrow{ОВ}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{a}+k\overrightarrow{b}.$ Итак, $k(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})=k\overrightarrow{a}+k\overrightarrow{b}.$

3. Докажем, что для любых чисел k, l и любого вектора $\overrightarrow{a}$ справедливо равенство $(k+l)\overrightarrow{a}=k\overrightarrow{a}+l\overrightarrow{a}.$ Если k=l=0, то справедливость этого равенства очевидна. Пусть хотя бы одно из чисел k, l отлично от нуля. Для определённости будем считать, что $\left|k\right|\ge \left|l\right|$ и, следовательно, $k\ne 0$ и $\left|\frac{l}{k}\right|\le 1.$

Рассмотрим вектор $\overrightarrow{а}+\frac{l}{k}\overrightarrow{а}.$ Очевидно, $\left(\overrightarrow{а}+\frac{l}{k}\overrightarrow{а}\right)\uparrow \uparrow \overrightarrow{a}.$ Далее, $\left|\overrightarrow{a}+\frac{l}{k}\overrightarrow{a}\right|=\left|\overrightarrow{a}\right|+\frac{l}{k}\left|\overrightarrow{a}\right|=\left(1+\frac{l}{k}\right)\left|\overrightarrow{a}\right|.$

Следовательно, согласно определению произведения вектора на число,$\overrightarrow{a}+\frac{l}{k}\overrightarrow{a}=\left(1+\frac{l}{k}\right)\overrightarrow{a}.$ Умножая обе части этого равенства на k, получим, что справедливо равенство $k\overrightarrow{a}+l\overrightarrow{a}=\left(k+l\right)\overrightarrow{a}.$

1. Доказательство свойства $(kl)\vec{a} = k(l\vec{a})$ (сочетательный закон)

Докажем, что для любых чисел $k$, $l$ и любого вектора $\vec{a}$ справедливо равенство $(kl)\vec{a} = k(l\vec{a})$.

Если $\vec{a} = \vec{0}$ (нулевой вектор), то $(kl)\vec{0} = \vec{0}$ и $k(l\vec{0}) = k(\vec{0}) = \vec{0}$. Равенство очевидно верно.

Пусть $\vec{a} \neq \vec{0}$. Чтобы доказать равенство двух векторов, нужно показать, что их длины равны и они сонаправлены.

1) Длины векторов. По определению умножения вектора на число, длина вектора $(kl)\vec{a}$ равна:
$|(kl)\vec{a}| = |kl| \cdot |\vec{a}|$
Используя свойство модуля произведения чисел, $|kl| = |k| \cdot |l|$, получаем:
$|kl| \cdot |\vec{a}| = |k| \cdot |l| \cdot |\vec{a}| = |k| \cdot (|l| \cdot |\vec{a}|)$
Так как $|l| \cdot |\vec{a}| = |l\vec{a}|$, то итоговое выражение для длины равно:
$|k| \cdot |l\vec{a}| = |k(l\vec{a})|$
Таким образом, $|(kl)\vec{a}| = |k(l\vec{a})|$, то есть длины векторов равны.

2) Направления векторов.
Если $kl > 0$, то вектор $(kl)\vec{a}$ сонаправлен с вектором $\vec{a}$ (т.е. $(kl)\vec{a} \uparrow\uparrow \vec{a}$). Направление вектора $k(l\vec{a})$ также совпадает с направлением $\vec{a}$. Это следует из того, что либо оба числа $k, l$ положительны (и направление вектора не меняется ни при умножении на $l$, ни при умножении на $k$), либо оба отрицательны (направление меняется на противоположное при умножении на $l$, а затем еще раз на противоположное при умножении на $k$, возвращаясь к исходному).
Если $kl < 0$, то вектор $(kl)\vec{a}$ противоположно направлен вектору $\vec{a}$ (т.е. $(kl)\vec{a} \uparrow\downarrow \vec{a}$). Направление вектора $k(l\vec{a})$ также будет противоположно направлению $\vec{a}$, так как одно из чисел $k, l$ положительно, а другое отрицательно, что приводит к однократному изменению направления на противоположное.
Если $kl = 0$, то хотя бы одно из чисел $k$ или $l$ равно нулю, и обе части равенства превращаются в $\vec{0}$.
Во всех случаях векторы $(kl)\vec{a}$ и $k(l\vec{a})$ имеют одинаковое направление (сонаправлены).

Поскольку длины и направления векторов $(kl)\vec{a}$ и $k(l\vec{a})$ совпадают, эти векторы равны.

Ответ: Равенство $(kl)\vec{a} = k(l\vec{a})$ доказано.

2. Доказательство свойства $k(\vec{a}+\vec{b}) = k\vec{a}+k\vec{b}$ (распределительный закон относительно сложения векторов)

Докажем, что для любого числа $k$ и любых векторов $\vec{a}$ и $\vec{b}$ справедливо равенство $k(\vec{a}+\vec{b}) = k\vec{a}+k\vec{b}$.

Если $k=0$, равенство очевидно: $0 \cdot (\vec{a}+\vec{b}) = \vec{0}$ и $0\vec{a}+0\vec{b} = \vec{0}+\vec{0} = \vec{0}$.

Если векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$ коллинеарны (и $k \neq 0$), то $\vec{b} = m\vec{a}$ для некоторого числа $m$. Тогда, используя уже доказанное свойство 1 и свойство 3 (которое будет доказано ниже), получаем:
$k(\vec{a}+\vec{b}) = k(\vec{a}+m\vec{a}) = k((1+m)\vec{a}) = (k(1+m))\vec{a} = (k+km)\vec{a} = k\vec{a} + (km)\vec{a} = k\vec{a} + k(m\vec{a}) = k\vec{a} + k\vec{b}$.

Рассмотрим основной случай, когда векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$ не коллинеарны и $k \neq 0$. Построим геометрическую иллюстрацию (как на рис. 420 в учебнике).
1. Отложим от произвольной точки $O$ вектор $\vec{OA_1} = \vec{a}$.
2. От точки $A_1$ отложим вектор $\vec{A_1B_1} = \vec{b}$. По правилу треугольника, вектор $\vec{OB_1} = \vec{OA_1} + \vec{A_1B_1} = \vec{a}+\vec{b}$.
3. Теперь от точки $O$ отложим вектор $\vec{OA} = k\vec{a}$.
4. От точки $A$ отложим вектор $\vec{AB} = k\vec{b}$. По правилу треугольника, вектор $\vec{OB} = \vec{OA} + \vec{AB} = k\vec{a}+k\vec{b}$.

Докажем, что $\vec{OB} = k(\vec{a}+\vec{b})$. Для этого сравним треугольники $OA_1B_1$ и $OAB$.
По построению, $\vec{OA}=k\vec{OA_1}$ и $\vec{AB}=k\vec{A_1B_1}$. Это означает, что стороны $OA$ и $OA_1$ лежат на одной прямой, а стороны $AB$ и $A_1B_1$ параллельны.
Отношения длин сторон: $\frac{|\vec{OA}|}{|\vec{OA_1}|} = \frac{|k\vec{a}|}{|\vec{a}|} = |k|$ и $\frac{|\vec{AB}|}{|\vec{A_1B_1}|} = \frac{|k\vec{b}|}{|\vec{b}|} = |k|$.
Угол между векторами $\vec{a}$ и $\vec{b}$ равен углу между векторами $k\vec{a}$ и $k\vec{b}$. Таким образом, углы $\angle OA_1B_1$ и $\angle OAB$ равны.
Следовательно, треугольники $OA_1B_1$ и $OAB$ подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними. Коэффициент подобия равен $|k|$.

Из подобия треугольников следует, что их третьи стороны также относятся с коэффициентом $|k|$: $|\vec{OB}| = |k||\vec{OB_1}|$. Кроме того, векторы $\vec{OB}$ и $\vec{OB_1}$ коллинеарны. Направление их будет совпадать при $k>0$ и будет противоположным при $k<0$. По определению умножения вектора на число, это означает, что $\vec{OB} = k\vec{OB_1}$.

Подставляя выражения для векторов, получаем:
С одной стороны, по построению: $\vec{OB} = k\vec{a} + k\vec{b}$.
С другой стороны, из подобия: $\vec{OB} = k\vec{OB_1} = k(\vec{a}+\vec{b})$.
Приравнивая правые части, получаем $k(\vec{a}+\vec{b}) = k\vec{a}+k\vec{b}$.

Ответ: Равенство $k(\vec{a}+\vec{b}) = k\vec{a}+k\vec{b}$ доказано.

3. Доказательство свойства $(k+l)\vec{a} = k\vec{a}+l\vec{a}$ (распределительный закон относительно сложения чисел)

Докажем, что для любых чисел $k$, $l$ и любого вектора $\vec{a}$ справедливо равенство $(k+l)\vec{a} = k\vec{a}+l\vec{a}$.

Если $\vec{a} = \vec{0}$, равенство очевидно: $(k+l)\vec{0} = \vec{0}$ и $k\vec{0}+l\vec{0} = \vec{0}+\vec{0} = \vec{0}$.

Пусть $\vec{a} \neq \vec{0}$. Векторы $k\vec{a}$ и $l\vec{a}$ коллинеарны вектору $\vec{a}$, и их сумма $k\vec{a}+l\vec{a}$ также будет коллинеарна вектору $\vec{a}$. С другой стороны, вектор $(k+l)\vec{a}$ по определению коллинеарен $\vec{a}$. Таким образом, векторы в обеих частях равенства коллинеарны. Достаточно доказать равенство их длин и совпадение направлений.

Это можно сделать, рассмотрев случаи, когда $k$ и $l$ имеют одинаковые или разные знаки. Однако, можно провести доказательство и алгебраически, опираясь на уже доказанные свойства, как это предложено в учебнике.

Пусть $k \neq 0$. Воспользуемся вторым свойством (которое мы только что доказали) для выражения $k(\vec{a} + \frac{l}{k}\vec{a})$:
$k(\vec{a} + \frac{l}{k}\vec{a}) = k\vec{a} + k(\frac{l}{k}\vec{a})$
По первому (сочетательному) свойству, второе слагаемое в правой части можно преобразовать:
$k(\frac{l}{k}\vec{a}) = (k \cdot \frac{l}{k})\vec{a} = l\vec{a}$
Таким образом, $k(\vec{a} + \frac{l}{k}\vec{a}) = k\vec{a} + l\vec{a}$.

Теперь рассмотрим выражение в скобках в левой части: $\vec{a} + \frac{l}{k}\vec{a}$. Это сумма двух коллинеарных векторов. По правилу сложения коллинеарных векторов:
$\vec{a} + \frac{l}{k}\vec{a} = 1 \cdot \vec{a} + \frac{l}{k}\vec{a} = (1+\frac{l}{k})\vec{a}$
Подставим это обратно в левую часть нашего равенства:
$k(\vec{a} + \frac{l}{k}\vec{a}) = k((1+\frac{l}{k})\vec{a})$
И снова применим первое свойство:
$k((1+\frac{l}{k})\vec{a}) = (k(1+\frac{l}{k}))\vec{a} = (k+k\frac{l}{k})\vec{a} = (k+l)\vec{a}$.

Итак, мы показали, что и левая, и правая части исходного выражения $k(\vec{a} + \frac{l}{k}\vec{a}) = k\vec{a} + l\vec{a}$ равны соответственно $(k+l)\vec{a}$ и $k\vec{a}+l\vec{a}$. Следовательно, $(k+l)\vec{a} = k\vec{a}+l\vec{a}$.
Если $k=0$, то свойство проверяется непосредственно: $(0+l)\vec{a} = l\vec{a}$ и $0\vec{a}+l\vec{a} = \vec{0}+l\vec{a} = l\vec{a}$.

Ответ: Равенство $(k+l)\vec{a} = k\vec{a}+l\vec{a}$ доказано.