Страница 359 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

1369 Даны четырёхугольник MNPQ и точка О. Что представляет собой данный четырёхугольник, если ON − OM = OP − OQ?

По правилу вычитания векторов, для любых трех точек A, B и O, разность векторов $\vec{OB} - \vec{OA}$ равна вектору $\vec{AB}$.

Применим это правило к левой части данного в условии равенства $\vec{ON} - \vec{OM} = \vec{OP} - \vec{OQ}$. Здесь точка O является началом отсчета, а точки M и N — концами векторов. Таким образом, разность $\vec{ON} - \vec{OM}$ — это вектор, соединяющий точку M с точкой N.

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

Аналогично, для правой части равенства, разность $\vec{OP} - \vec{OQ}$ представляет собой вектор, идущий от точки Q к точке P:

$\vec{OP} - \vec{OQ} = \vec{QP}$

Подставив эти выражения в исходное равенство, получаем эквивалентное ему равенство векторов:

$\vec{MN} = \vec{QP}$

Равенство векторов означает, что они имеют одинаковую длину (модуль) и одинаковое направление (то есть они коллинеарны и сонаправлены).

В четырехугольнике MNPQ стороны MN и QP являются противоположными. Из векторного равенства $\vec{MN} = \vec{QP}$ следует, что эти стороны параллельны ($MN \parallel QP$) и равны по длине ($|MN| = |QP|$).

Согласно признаку параллелограмма, если в четырехугольнике две противоположные стороны равны и параллельны, то этот четырехугольник является параллелограммом.

Следовательно, четырехугольник MNPQ — это параллелограмм.

Ответ: Данный четырехугольник MNPQ является параллелограммом.

1370 Даны четырёхугольник ABCD и точка О. Точки Е, F, G и Н симметричны точке О относительно середин сторон AB, ВС, CD и DA соответственно. Что представляет собой четырёхугольник EFGH?

Для решения данной задачи наиболее удобен метод векторов. Введём радиус-векторы для вершин четырёхугольника $ABCD$ и точки $O$. Пусть $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$, $\vec{d}$ и $\vec{o}$ — радиус-векторы точек $A$, $B$, $C$, $D$ и $O$ соответственно, отложенные от произвольного начала координат.

Обозначим середины сторон четырёхугольника $ABCD$ как $M_{AB}$, $M_{BC}$, $M_{CD}$ и $M_{DA}$. Их радиус-векторы выражаются через радиус-векторы вершин:

• Середина $M_{AB}$ стороны $AB$ имеет радиус-вектор $\vec{m}_{AB} = \frac{\vec{a} + \vec{b}}{2}$.
• Середина $M_{BC}$ стороны $BC$ имеет радиус-вектор $\vec{m}_{BC} = \frac{\vec{b} + \vec{c}}{2}$.
• Середина $M_{CD}$ стороны $CD$ имеет радиус-вектор $\vec{m}_{CD} = \frac{\vec{c} + \vec{d}}{2}$.
• Середина $M_{DA}$ стороны $DA$ имеет радиус-вектор $\vec{m}_{DA} = \frac{\vec{d} + \vec{a}}{2}$.

По условию, точка $E$ симметрична точке $O$ относительно середины $M_{AB}$. Это означает, что $M_{AB}$ является серединой отрезка $OE$. Используя формулу для радиус-вектора середины отрезка, получаем:$\vec{m}_{AB} = \frac{\vec{o} + \vec{e}}{2}$Выразим отсюда радиус-вектор $\vec{e}$ точки $E$:$\vec{e} = 2\vec{m}_{AB} - \vec{o} = 2\left(\frac{\vec{a} + \vec{b}}{2}\right) - \vec{o} = \vec{a} + \vec{b} - \vec{o}$.

Аналогичным образом находим радиус-векторы точек $F$, $G$ и $H$:$\vec{f} = 2\vec{m}_{BC} - \vec{o} = \vec{b} + \vec{c} - \vec{o}$$\vec{g} = 2\vec{m}_{CD} - \vec{o} = \vec{c} + \vec{d} - \vec{o}$$\vec{h} = 2\vec{m}_{DA} - \vec{o} = \vec{d} + \vec{a} - \vec{o}$

Чтобы определить вид четырёхугольника $EFGH$, воспользуемся одним из свойств параллелограмма: диагонали параллелограмма пересекаются в одной точке и делятся ею пополам. Иными словами, середины его диагоналей совпадают. Найдём радиус-векторы середин диагоналей $EG$ и $FH$.

Радиус-вектор середины диагонали $EG$ равен:$\frac{\vec{e} + \vec{g}}{2} = \frac{(\vec{a} + \vec{b} - \vec{o}) + (\vec{c} + \vec{d} - \vec{o})}{2} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d} - 2\vec{o}}{2}$.

Радиус-вектор середины диагонали $FH$ равен:$\frac{\vec{f} + \vec{h}}{2} = \frac{(\vec{b} + \vec{c} - \vec{o}) + (\vec{d} + \vec{a} - \vec{o})}{2} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d} - 2\vec{o}}{2}$.

Поскольку радиус-векторы середин диагоналей $EG$ и $FH$ равны, эти середины совпадают. Следовательно, диагонали четырёхугольника $EFGH$ пересекаются и точкой пересечения делятся пополам. Это доказывает, что $EFGH$ является параллелограммом.

Ответ: Четырёхугольник $EFGH$ является параллелограммом.

1371 Дан треугольник ABC. Докажите, что вектор AB| AB | + AC| AC | направлен вдоль биссектрисы угла А, а вектор AB| AB | - AC| AC | вдоль биссектрисы внешнего угла при вершине A.

Доказательство того, что вектор $\frac{\vec{AB}}{|\vec{AB}|} + \frac{\vec{AC}}{|\vec{AC}|}$ направлен вдоль биссектрисы угла А.

Рассмотрим данный вектор. Он представляет собой сумму двух векторов: $\frac{\vec{AB}}{|\vec{AB}|}$ и $\frac{\vec{AC}}{|\vec{AC}|}$.
Введем обозначения для этих векторов:
Пусть $\vec{e_1} = \frac{\vec{AB}}{|\vec{AB}|}$. Этот вектор является единичным (его длина, или модуль, равна 1), так как $|\vec{e_1}| = \frac{|\vec{AB}|}{|\vec{AB}|} = 1$. Направление вектора $\vec{e_1}$ совпадает с направлением вектора $\vec{AB}$.
Пусть $\vec{e_2} = \frac{\vec{AC}}{|\vec{AC}|}$. Аналогично, это единичный вектор ($|\vec{e_2}| = 1$), направление которого совпадает с направлением вектора $\vec{AC}$.
Таким образом, нам нужно доказать, что вектор $\vec{s} = \vec{e_1} + \vec{e_2}$ направлен вдоль биссектрисы угла А.
Для сложения векторов $\vec{e_1}$ и $\vec{e_2}$ воспользуемся правилом параллелограмма. Отложим оба вектора от вершины А. Вектор суммы $\vec{s}$ будет являться диагональю параллелограмма, построенного на векторах $\vec{e_1}$ и $\vec{e_2}$ как на сторонах, и исходящей из той же вершины А.
Поскольку длины смежных сторон этого параллелограмма равны ($|\vec{e_1}| = |\vec{e_2}| = 1$), данный параллелограмм является ромбом.
Известно, что диагональ ромба является биссектрисой его угла. В нашем случае диагональ, представляющая вектор $\vec{s}$, делит пополам угол между векторами $\vec{e_1}$ и $\vec{e_2}$. Этот угол в точности является углом А треугольника ABC.
Следовательно, вектор $\vec{s} = \frac{\vec{AB}}{|\vec{AB}|} + \frac{\vec{AC}}{|\vec{AC}|}$ направлен вдоль биссектрисы угла А.
Ответ: Что и требовалось доказать.

Доказательство того, что вектор $\frac{\vec{AB}}{|\vec{AB}|} - \frac{\vec{AC}}{|\vec{AC}|}$ направлен вдоль биссектрисы внешнего угла при вершине А.

Рассмотрим вектор разности $\vec{d} = \frac{\vec{AB}}{|\vec{AB}|} - \frac{\vec{AC}}{|\vec{AC}|}$.
Используя единичные векторы $\vec{e_1}$ и $\vec{e_2}$ из предыдущего пункта, мы можем записать: $\vec{d} = \vec{e_1} - \vec{e_2}$.
Разность векторов можно представить как сумму: $\vec{d} = \vec{e_1} + (-\vec{e_2})$.
Вектор $-\vec{e_2}$ — это единичный вектор ($|-\vec{e_2}|=1$), направленный в сторону, противоположную вектору $\vec{e_2}$ (и, соответственно, вектору $\vec{AC}$).
Для нахождения вектора суммы $\vec{d}$ снова применим правило параллелограмма, отложив векторы $\vec{e_1}$ и $-\vec{e_2}$ от вершины А.
Параллелограмм, построенный на этих векторах, также является ромбом, поскольку длины его смежных сторон равны: $|\vec{e_1}| = 1$ и $|-\vec{e_2}| = 1$.
Вектор суммы $\vec{d}$ является диагональю этого ромба, исходящей из вершины А. Следовательно, он делит пополам угол между векторами $\vec{e_1}$ и $-\vec{e_2}$.
Угол между вектором $\vec{e_1}$ (направленным вдоль луча AB) и вектором $-\vec{e_2}$ (направленным вдоль луча, противоположного лучу AC) является внешним углом треугольника ABC при вершине А.
Таким образом, вектор $\vec{d} = \frac{\vec{AB}}{|\vec{AB}|} - \frac{\vec{AC}}{|\vec{AC}|}$ направлен вдоль биссектрисы внешнего угла при вершине А.
Ответ: Что и требовалось доказать.

1372 Докажите следующее утверждение: три точки А, В и С лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда существуют числа k, l и m, одновременно не равные нулю, такие, что k + 1 + m = 0 и для произвольной точки О выполняется равенство kOA + lOB + mOC = 0.

Для доказательства данного утверждения, которое является критерием коллинеарности трех точек, необходимо доказать две взаимно обратные теоремы: необходимость и достаточность.

Доказательство необходимости (?)

Пусть точки A, B и C лежат на одной прямой. Мы должны доказать, что существуют числа $k, l, m$, не все равные нулю, такие что $k+l+m=0$ и $k\vec{OA} + l\vec{OB} + m\vec{OC} = \vec{0}$ для произвольной точки O.

Рассмотрим несколько случаев.

1. Точки A, B, C различны. Поскольку они лежат на одной прямой, векторы $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$ коллинеарны. Следовательно, существует такое число $\lambda$, что $\vec{AC} = \lambda \vec{AB}$.

Выразим векторы через радиус-векторы из произвольной точки O:

$\vec{OC} - \vec{OA} = \lambda (\vec{OB} - \vec{OA})$

Перенесем все члены в одну часть уравнения:

$\vec{OC} - \vec{OA} - \lambda \vec{OB} + \lambda \vec{OA} = \vec{0}$

$(\lambda - 1)\vec{OA} - \lambda \vec{OB} + 1 \cdot \vec{OC} = \vec{0}$

Обозначим коэффициенты: $k = \lambda - 1$, $l = -\lambda$, $m = 1$.

Проверим условия для этих коэффициентов:

• Они не равны нулю одновременно, так как $m = 1 \neq 0$.
• Их сумма равна нулю: $k + l + m = (\lambda - 1) + (-\lambda) + 1 = \lambda - 1 - \lambda + 1 = 0$.

Таким образом, для различных коллинеарных точек A, B, C мы нашли искомые числа k, l, m.

2. Две из точек совпадают, например, A = B. Тогда точки A, B, C (т.е. A, A, C) лежат на одной прямой. Выберем числа $k=1, l=-1, m=0$. Они не все равны нулю, и их сумма $1 + (-1) + 0 = 0$. Проверим векторное равенство:

$k\vec{OA} + l\vec{OB} + m\vec{OC} = 1\cdot\vec{OA} - 1\cdot\vec{OB} + 0\cdot\vec{OC} = \vec{OA} - \vec{OB}$

Так как A=B, то $\vec{OA} = \vec{OB}$, и следовательно, $\vec{OA} - \vec{OB} = \vec{0}$. Равенство выполняется.

3. Все три точки совпадают, A = B = C. Выберем, например, $k=1, l=1, m=-2$. Они не все равны нулю, и их сумма $1+1+(-2)=0$. Проверим равенство:

$k\vec{OA} + l\vec{OB} + m\vec{OC} = 1\cdot\vec{OA} + 1\cdot\vec{OB} - 2\cdot\vec{OC} = \vec{OA} + \vec{OA} - 2\vec{OA} = \vec{0}$. Равенство выполняется.

Таким образом, необходимость доказана для всех случаев.

Доказательство достаточности (?)

Пусть существуют числа $k, l, m$, не все равные нулю, такие что $k+l+m=0$ и для произвольной точки O выполняется равенство $k\vec{OA} + l\vec{OB} + m\vec{OC} = \vec{0}$. Мы должны доказать, что точки A, B и C лежат на одной прямой.

Так как векторное равенство выполняется для любой точки O, мы можем выбрать в качестве начала отсчета одну из данных точек, например, точку A. Тогда $\vec{OA} = \vec{AA} = \vec{0}$.

Подставим это в исходное равенство:

$k\vec{0} + l\vec{AB} + m\vec{AC} = \vec{0}$

$l\vec{AB} + m\vec{AC} = \vec{0}$

По условию, числа $k, l, m$ не все равны нулю, и $k+l+m=0$.

Рассмотрим возможные значения $l$ и $m$.

1. Пусть $m \neq 0$. Тогда из равенства $l\vec{AB} + m\vec{AC} = \vec{0}$ можно выразить вектор $\vec{AC}$:

$m\vec{AC} = -l\vec{AB}$

$\vec{AC} = -\frac{l}{m}\vec{AB}$

Это равенство показывает, что векторы $\vec{AC}$ и $\vec{AB}$ коллинеарны. Поскольку эти векторы имеют общее начало в точке A, точки A, B и C лежат на одной прямой.

2. Пусть $m = 0$. Из условия $k+l+m=0$ следует, что $k+l=0$, то есть $l=-k$. Так как $k, l, m$ не все равны нулю, а $m=0$, то $k$ и $l$ не могут быть оба равны нулю. Следовательно, $l \neq 0$ (и $k \neq 0$).

Вернемся к равенству $l\vec{AB} + m\vec{AC} = \vec{0}$. При $m=0$ оно принимает вид:

$l\vec{AB} = \vec{0}$

Поскольку $l \neq 0$, это равенство возможно только если $\vec{AB} = \vec{0}$. А это означает, что точки A и B совпадают. Если две из трех точек совпадают, то все три точки лежат на одной прямой.

Во всех возможных случаях точки A, B и C лежат на одной прямой. Достаточность доказана.

Таким образом, утверждение полностью доказано.

Ответ: Утверждение доказано.

1373 Используя векторы, докажите, что середины диагоналей четырёхугольника и точка пересечения отрезков, соединяющих середины противоположных сторон, лежат на одной прямой.

Пусть задан произвольный (в том числе невыпуклый и пространственный) четырёхугольник $ABCD$. Введём радиус-векторы его вершин относительно некоторого начала координат $O$: $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$ и $\vec{d}$.

1. Найдём радиус-векторы середин диагоналей.
Пусть $M$ — середина диагонали $AC$. Радиус-вектор точки $M$ равен полусумме радиус-векторов её концов: $\vec{m} = \frac{\vec{a} + \vec{c}}{2}$.
Пусть $N$ — середина диагонали $BD$. Аналогично, её радиус-вектор: $\vec{n} = \frac{\vec{b} + \vec{d}}{2}$.

2. Найдём радиус-вектор точки пересечения отрезков, соединяющих середины противоположных сторон.
Пусть $K$, $L$, $P$, $Q$ — середины сторон $AB$, $BC$, $CD$ и $DA$ соответственно. Отрезки, соединяющие середины противоположных сторон, — это $KP$ и $LQ$.
Согласно теореме Вариньона, четырёхугольник $KLPQ$ является параллелограммом. Его диагонали $KP$ и $LQ$ пересекаются в одной точке и делятся ею пополам. Обозначим эту точку пересечения как $G$.
Найдём радиус-вектор точки $G$, которая является серединой, например, отрезка $KP$. Для этого сначала найдём радиус-векторы точек $K$ и $P$: $\vec{k} = \frac{\vec{a} + \vec{b}}{2}$ (середина $AB$);
$\vec{p} = \frac{\vec{c} + \vec{d}}{2}$ (середина $CD$).
Теперь радиус-вектор точки $G$ как середины $KP$: $\vec{g} = \frac{\vec{k} + \vec{p}}{2} = \frac{1}{2} \left( \frac{\vec{a} + \vec{b}}{2} + \frac{\vec{c} + \vec{d}}{2} \right) = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{4}$.

3. Докажем, что точки $M$, $N$ и $G$ лежат на одной прямой.
Чтобы доказать, что три точки лежат на одной прямой, достаточно показать, что одна из них совпадает с некоторой точкой, по определению лежащей на отрезке, соединяющем две другие. Рассмотрим середину отрезка $MN$, соединяющего середины диагоналей. Найдём её радиус-вектор: $\frac{\vec{m} + \vec{n}}{2} = \frac{1}{2} \left( \frac{\vec{a} + \vec{c}}{2} + \frac{\vec{b} + \vec{d}}{2} \right) = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{4}$.
Этот радиус-вектор в точности совпадает с радиус-вектором $\vec{g}$.

Поскольку радиус-векторы совпадают, точка $G$ (точка пересечения отрезков, соединяющих середины противоположных сторон) и середина отрезка $MN$ — это одна и та же точка. Факт того, что $G$ является серединой отрезка $MN$, означает, что точки $M$, $G$ и $N$ лежат на одной прямой.

Ответ: Доказательство основано на том, что радиус-вектор точки пересечения отрезков, соединяющих середины противоположных сторон ($G$), и радиус-вектор середины отрезка, соединяющего середины диагоналей ($M$ и $N$), выражаются одной и той же формулой: $\frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{4}$, где $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$ — радиус-векторы вершин четырёхугольника. Это означает, что точка $G$ является серединой отрезка $MN$, и, следовательно, все три точки — середины диагоналей и точка пересечения упомянутых отрезков — лежат на одной прямой.

1374 Биссектрисы внешних углов треугольника ABC при вершинах А, В и С пересекают прямые ВС, СА и AB соответственно в точках А₁, B₁ и С₁. Используя векторы, докажите, что точки А₁, В₁ и С₁ лежат на одной прямой.

Пусть дан треугольник $ABC$. Обозначим длины его сторон, противолежащих вершинам $A, B, C$, как $a, b, c$ соответственно, то есть $a = |BC|$, $b = |AC|$, $c = |AB|$. Положение вершин треугольника зададим их радиус-векторами $\vec{r_A}, \vec{r_B}, \vec{r_C}$, проведенными из некоторого произвольного начала координат $O$.

Точка $A_1$ является точкой пересечения биссектрисы внешнего угла при вершине $A$ с прямой $BC$. Согласно свойству биссектрисы внешнего угла треугольника, она делит противолежащую сторону внешним образом в отношении, равном отношению прилежащих сторон:$$ \frac{|A_1B|}{|A_1C|} = \frac{|AB|}{|AC|} = \frac{c}{b} $$Поскольку точка $A_1$ делит отрезок $BC$ внешним образом, векторы $\vec{BA_1}$ и $\vec{A_1C}$ связаны соотношением $\vec{BA_1} = -\frac{c}{b} \vec{A_1C}$, где знак "минус" указывает на внешнее деление.

Выразим радиус-вектор точки $A_1$ (обозначим его $\vec{r_{A_1}}$) через радиус-векторы точек $B$ и $C$. Из векторного соотношения $\vec{r_{A_1}} - \vec{r_B} = -\frac{c}{b}(\vec{r_C} - \vec{r_{A_1}})$ следует:$$ b(\vec{r_{A_1}} - \vec{r_B}) = -c(\vec{r_C} - \vec{r_{A_1}}) $$$$ b\vec{r_{A_1}} - b\vec{r_B} = -c\vec{r_C} + c\vec{r_{A_1}} $$$$ (c-b)\vec{r_{A_1}} = c\vec{r_C} - b\vec{r_B} $$$$ \vec{r_{A_1}} = \frac{c\vec{r_C} - b\vec{r_B}}{c-b} $$Эта формула имеет смысл, если $b \neq c$. Если $b=c$, то биссектриса внешнего угла при вершине $A$ параллельна стороне $BC$, и точка пересечения $A_1$ не существует в евклидовой плоскости (она находится в бесконечности). Условие задачи "пересекают" подразумевает, что точки $A_1, B_1, C_1$ существуют и конечны. Следовательно, мы можем считать, что треугольник $ABC$ не является равнобедренным, то есть его стороны попарно различны ($a \neq b$, $b \neq c$, $c \neq a$).

Аналогично, для точек $B_1$ и $C_1$, которые являются точками пересечения биссектрис внешних углов при вершинах $B$ и $C$ с прямыми $CA$ и $AB$ соответственно, путем циклической перестановки индексов и длин сторон $(A \to B \to C \to A$ и $a \to b \to c \to a)$ получаем выражения для их радиус-векторов:$$ \vec{r_{B_1}} = \frac{a\vec{r_A} - c\vec{r_C}}{a-c} $$$$ \vec{r_{C_1}} = \frac{b\vec{r_B} - a\vec{r_A}}{b-a} $$

Для того чтобы доказать, что точки $A_1, B_1, C_1$ лежат на одной прямой, необходимо и достаточно показать их коллинеарность. Точки $A_1, B_1, C_1$ коллинеарны, если существуют такие скаляры $\alpha, \beta, \gamma$, не все одновременно равные нулю, что выполняются два условия:$$ \alpha + \beta + \gamma = 0 $$$$ \alpha \vec{r_{A_1}} + \beta \vec{r_{B_1}} + \gamma \vec{r_{C_1}} = \vec{0} $$

Подберем такие скаляры. Рассмотрим $\alpha = c-b$, $\beta = a-c$, $\gamma = b-a$. Так как треугольник разносторонний, ни один из этих скаляров не равен нулю.Проверим первое условие — сумму скаляров:$$ \alpha + \beta + \gamma = (c-b) + (a-c) + (b-a) = c-b+a-c+b-a = 0 $$Первое условие выполняется.

Теперь проверим второе условие — линейную комбинацию радиус-векторов. Подставим выбранные скаляры и выражения для радиус-векторов:$$ \alpha \vec{r_{A_1}} + \beta \vec{r_{B_1}} + \gamma \vec{r_{C_1}} = (c-b)\vec{r_{A_1}} + (a-c)\vec{r_{B_1}} + (b-a)\vec{r_{C_1}} = $$$$ = (c-b) \left( \frac{c\vec{r_C} - b\vec{r_B}}{c-b} \right) + (a-c) \left( \frac{a\vec{r_A} - c\vec{r_C}}{a-c} \right) + (b-a) \left( \frac{b\vec{r_B} - a\vec{r_A}}{b-a} \right) $$После сокращения дробей получаем:$$ = (c\vec{r_C} - b\vec{r_B}) + (a\vec{r_A} - c\vec{r_C}) + (b\vec{r_B} - a\vec{r_A}) $$Сгруппируем слагаемые при одинаковых радиус-векторах:$$ = \vec{r_A}(a-a) + \vec{r_B}(-b+b) + \vec{r_C}(c-c) = 0 \cdot \vec{r_A} + 0 \cdot \vec{r_B} + 0 \cdot \vec{r_C} = \vec{0} $$Второе условие также выполняется.

Поскольку оба условия коллинеарности для точек $A_1, B_1, C_1$ выполнены, это доказывает, что они лежат на одной прямой.

Ответ: Утверждение задачи доказано. Точки $A_1, B_1$ и $C_1$ лежат на одной прямой.

1375 Пусть Н — точка пересечения прямых, содержащих высоты неравностороннего треугольника ABC, а О — центр описанной около этого треугольника окружности. Используя векторы, докажите, что точка G пересечения медиан треугольника принадлежит отрезку НО и делит этот отрезок в отношении 2 : 1, считая от точки H, т. е. HGGO = 2.

Пусть $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC$. Выберем эту точку в качестве начала системы координат. Тогда радиус-векторы вершин $A$, $B$, $C$ будут $\vec{OA}$, $\vec{OB}$ и $\vec{OC}$ соответственно. Так как $O$ — центр описанной окружности, то длины (модули) этих векторов равны радиусу $R$ этой окружности: $|\vec{OA}| = |\vec{OB}| = |\vec{OC}| = R$.

Точка $G$ является точкой пересечения медиан треугольника (центроидом). Её радиус-вектор $\vec{OG}$ выражается как среднее арифметическое радиус-векторов вершин треугольника: $$ \vec{OG} = \frac{\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}}{3} $$

Теперь найдем радиус-вектор ортоцентра $H$ (точки пересечения высот). Для этого воспользуемся свойством ортоцентра: прямая, проходящая через вершину и ортоцентр, перпендикулярна противолежащей стороне. Например, $AH \perp BC$. В векторной форме это означает, что скалярное произведение соответствующих векторов равно нулю: $\vec{AH} \cdot \vec{BC} = 0$.

Докажем, что радиус-вектор ортоцентра $H$ равен $\vec{OH} = \vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}$. Для этого проверим, выполняется ли условие перпендикулярности. Пусть точка $H'$ определяется вектором $\vec{OH'} = \vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}$. Найдем вектор $\vec{AH'}$: $$ \vec{AH'} = \vec{OH'} - \vec{OA} = (\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}) - \vec{OA} = \vec{OB} + \vec{OC} $$ Найдем вектор стороны $\vec{BC}$: $$ \vec{BC} = \vec{OC} - \vec{OB} $$ Теперь вычислим их скалярное произведение: $$ \vec{AH'} \cdot \vec{BC} = (\vec{OB} + \vec{OC}) \cdot (\vec{OC} - \vec{OB}) $$ Это произведение представляет собой разность квадратов: $$ (\vec{OC} + \vec{OB}) \cdot (\vec{OC} - \vec{OB}) = |\vec{OC}|^2 - |\vec{OB}|^2 $$ Так как $|\vec{OC}| = R$ и $|\vec{OB}| = R$, получаем: $$ R^2 - R^2 = 0 $$ Таким образом, $\vec{AH'} \perp \vec{BC}$, значит, высота, опущенная из вершины $A$, проходит через точку $H'$. Аналогично доказывается, что $\vec{BH'} \perp \vec{AC}$. $$ \vec{BH'} = \vec{OH'} - \vec{OB} = \vec{OA} + \vec{OC} $$ $$ \vec{AC} = \vec{OC} - \vec{OA} $$ $$ \vec{BH'} \cdot \vec{AC} = (\vec{OA} + \vec{OC}) \cdot (\vec{OC} - \vec{OA}) = |\vec{OC}|^2 - |\vec{OA}|^2 = R^2 - R^2 = 0 $$ Поскольку точка $H'$ лежит на двух высотах треугольника, она является точкой их пересечения, то есть ортоцентром $H$. Итак, мы доказали, что: $$ \vec{OH} = \vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} $$

Теперь сравним полученные выражения для векторов $\vec{OH}$ и $\vec{OG}$: $$ \vec{OH} = \vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} $$ $$ \vec{OG} = \frac{1}{3}(\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}) $$ Из этих двух равенств следует, что: $$ \vec{OH} = 3 \cdot \vec{OG} $$

Это векторное равенство означает, что векторы $\vec{OH}$ и $\vec{OG}$ коллинеарны и сонаправлены (так как коэффициент 3 — положительное число). Поскольку оба вектора отложены от одной точки $O$, это означает, что точки $O$, $G$ и $H$ лежат на одной прямой, причем точка $G$ находится между точками $O$ и $H$. Эта прямая называется прямой Эйлера.

Найдем отношение, в котором точка $G$ делит отрезок $HO$. Для этого выразим вектор $\vec{HG}$ через векторы с началом в точке $O$: $$ \vec{HG} = \vec{OG} - \vec{OH} $$ Подставим сюда найденные соотношения: $$ \vec{HG} = \vec{OG} - 3\vec{OG} = -2\vec{OG} $$ Возьмем модули (длины) векторов: $$ |\vec{HG}| = |-2\vec{OG}| = 2|\vec{OG}| $$ Длина отрезка $HG$ равна $2$ длинам отрезка $OG$. Следовательно, $HG = 2 \cdot GO$. Это означает, что точка $G$ делит отрезок $HO$ в отношении $HG : GO = 2 : 1$, считая от точки $H$. Таким образом, мы доказали, что $\frac{HG}{GO} = 2$.

Ответ: Утверждение доказано с использованием векторов. Было показано, что $\vec{OH} = 3\vec{OG}$, из чего следует, что точки $O, G, H$ лежат на одной прямой и точка $G$ делит отрезок $HO$ в отношении $2:1$, считая от точки $H$.

1376 Вершины четырёхугольника ABCD имеют координаты A (x₁; у₁), B (х₂; у₂), C (x₃; у₃) и D (x₄; у₄). Докажите, что этот четырёхугольник является параллелограммом тогда и только тогда, когда х₁ + х₃ = х₂ + х₄ и у₁ + у₃ = у₂ + y₄.

Для доказательства этого утверждения воспользуемся свойством параллелограмма, согласно которому его диагонали пересекаются в одной точке и делятся ею пополам. Это эквивалентно тому, что середины диагоналей совпадают. Утверждение «тогда и только тогда» требует доказательства в обе стороны: необходимости и достаточности.

Пусть дан четырехугольник $ABCD$ с вершинами в точках $A(x_1; y_1)$, $B(x_2; y_2)$, $C(x_3; y_3)$ и $D(x_4; y_4)$. Его диагоналями являются отрезки $AC$ и $BD$.

Найдем координаты середины диагонали $AC$, обозначив эту точку как $M_{AC}$. Используя формулу для нахождения координат середины отрезка, получаем: $M_{AC} = \left( \frac{x_1 + x_3}{2}; \frac{y_1 + y_3}{2} \right)$

Аналогично, найдем координаты середины диагонали $BD$, обозначив эту точку как $M_{BD}$: $M_{BD} = \left( \frac{x_2 + x_4}{2}; \frac{y_2 + y_4}{2} \right)$

1. Доказательство необходимости (прямое утверждение).
Предположим, что четырехугольник $ABCD$ является параллелограммом. По свойству параллелограмма, его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в их середине. Это означает, что точки $M_{AC}$ и $M_{BD}$ совпадают. Если точки совпадают, то их соответствующие координаты должны быть равны: $\frac{x_1 + x_3}{2} = \frac{x_2 + x_4}{2}$ и $\frac{y_1 + y_3}{2} = \frac{y_2 + y_4}{2}$.

Умножив обе части каждого равенства на 2, мы получаем требуемые соотношения: $x_1 + x_3 = x_2 + x_4$ и $y_1 + y_3 = y_2 + y_4$.

Таким образом, мы доказали, что если $ABCD$ — параллелограмм, то данные равенства выполняются.

2. Доказательство достаточности (обратное утверждение).
Теперь предположим, что для координат вершин четырехугольника $ABCD$ выполняются равенства: $x_1 + x_3 = x_2 + x_4$ и $y_1 + y_3 = y_2 + y_4$.

Разделим обе части каждого равенства на 2: $\frac{x_1 + x_3}{2} = \frac{x_2 + x_4}{2}$ и $\frac{y_1 + y_3}{2} = \frac{y_2 + y_4}{2}$.

Эти равенства означают, что абсциссы и ординаты точек $M_{AC}$ (середины $AC$) и $M_{BD}$ (середины $BD$) соответственно равны. Следовательно, точки $M_{AC}$ и $M_{BD}$ имеют одинаковые координаты, то есть совпадают. Это значит, что диагонали четырехугольника $ABCD$ в точке пересечения делятся пополам.

Согласно признаку параллелограмма, если у выпуклого четырехугольника диагонали точкой пересечения делятся пополам, то этот четырехугольник является параллелограммом.

Поскольку мы доказали утверждение в обе стороны, исходное утверждение полностью доказано.

Ответ: Утверждение доказано. Четырехугольник $ABCD$ является параллелограммом тогда и только тогда, когда середины его диагоналей $AC$ и $BD$ совпадают, что в координатной форме выражается равенствами $x_1 + x_3 = x_2 + x_4$ и $y_1 + y_3 = y_2 + y_4$.

1377 Даны две точки A (x₁; у₁) и B (х₂; у₂). Докажите, что координаты (x; у) точки С, делящей отрезок AB в отношении λ (т. е. ACCB = λ), выражаются формулами x = x₁ + λx₂1 + λ, y = x₁ + λy₂1 + λ.

Для доказательства данной теоремы воспользуемся векторным методом. Пусть $O$ — начало координат. Тогда точки $A(x_1; y_1)$, $B(x_2; y_2)$ и $C(x; y)$ можно представить соответствующими радиус-векторами $\vec{OA} = \{x_1; y_1\}$, $\vec{OB} = \{x_2; y_2\}$ и $\vec{OC} = \{x; y\}$.

По условию задачи точка $C$ делит отрезок $AB$ в отношении $\lambda$, то есть выполняется равенство $\frac{AC}{CB} = \lambda$. Так как точка $C$ лежит на отрезке $AB$, векторы $\vec{AC}$ и $\vec{CB}$ коллинеарны и направлены в одну и ту же сторону (сонаправлены). Это соотношение можно выразить через векторное равенство:

$\vec{AC} = \lambda \cdot \vec{CB}$

Теперь выразим векторы $\vec{AC}$ и $\vec{CB}$ через радиус-векторы их конечных и начальных точек:

$\vec{AC} = \vec{OC} - \vec{OA}$

$\vec{CB} = \vec{OB} - \vec{OC}$

Подставим эти выражения в наше основное векторное равенство:

$\vec{OC} - \vec{OA} = \lambda (\vec{OB} - \vec{OC})$

Далее, решим это уравнение относительно вектора $\vec{OC}$:

$\vec{OC} - \vec{OA} = \lambda \vec{OB} - \lambda \vec{OC}$

$\vec{OC} + \lambda \vec{OC} = \vec{OA} + \lambda \vec{OB}$

$(1 + \lambda) \vec{OC} = \vec{OA} + \lambda \vec{OB}$

$\vec{OC} = \frac{\vec{OA} + \lambda \vec{OB}}{1 + \lambda}$

Полученное векторное равенство справедливо и для координат векторов. Запишем его в координатной форме, подставив координаты векторов $\vec{OA}$, $\vec{OB}$ и $\vec{OC}$:

$\{x; y\} = \frac{\{x_1; y_1\} + \lambda \{x_2; y_2\}}{1 + \lambda} = \frac{\{x_1 + \lambda x_2; y_1 + \lambda y_2\}}{1 + \lambda} = \left\{\frac{x_1 + \lambda x_2}{1 + \lambda}; \frac{y_1 + \lambda y_2}{1 + \lambda}\right\}$

Из этого следует, что соответствующие координаты равны. Таким образом, мы получаем искомые формулы:

$x = \frac{x_1 + \lambda x_2}{1 + \lambda}$

$y = \frac{y_1 + \lambda y_2}{1 + \lambda}$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Координаты точки $C(x;y)$, делящей отрезок $AB$ в отношении $\lambda$, выражаются формулами $x = \frac{x_1 + \lambda x_2}{1 + \lambda}$ и $y = \frac{y_1 + \lambda y_2}{1 + \lambda}$.