Глава X. Вопросы для повторения (окончание) и дополнительные задачи — с. 245
991. На сторонах MN и NP треугольника MNP отмечены соответственно точки X и Y так, что MX/XN = 3/2 и NY/YP = 3/2. Выразите векторы XY⃗ и MP⃗ через векторы a = NM⃗ и b = NP⃗.
MX : XN = 3 : 2, поэтому XN = (2/5)MN, то есть NX⃗ = (2/5)NM⃗ = (2/5)a. NY : YP = 3 : 2, поэтому NY = (3/5)NP, и NY⃗ = (3/5)NP⃗ = (3/5)b.
XY⃗ = XN⃗ + NY⃗ = −(2/5)a + (3/5)b.
MP⃗ = MN⃗ + NP⃗ = −a + b.
Ответ: XY⃗ = −(2/5)a + (3/5)b; MP⃗ = −a + b.
XY⃗ = XN⃗ + NY⃗ = −(2/5)a + (3/5)b.
MP⃗ = MN⃗ + NP⃗ = −a + b.
Ответ: XY⃗ = −(2/5)a + (3/5)b; MP⃗ = −a + b.
992. Основание AD трапеции ABCD в 3 раза больше основания BC. На стороне AD отмечена такая точка K, что AK = 1/3 AD. Выразите векторы CK⃗, KD⃗ и BC⃗ через векторы a = BA⃗ и b = CD⃗.
AK = (1/3)AD = BC, и AK ∥ BC, векторы AK⃗ и BC⃗ сонаправлены (основания трапеции). Поэтому AK⃗ = BC⃗, и четырёхугольник ABCK параллелограмм. Значит, CK⃗ = BA⃗ = a.
KD⃗ = KC⃗ + CD⃗ = −a + b = b − a.
KD = AD − AK = (2/3)AD = 2BC, векторы KD⃗ и BC⃗ сонаправлены, поэтому BC⃗ = (1/2)KD⃗ = (1/2)(b − a) = (1/2)b − (1/2)a.
Ответ: CK⃗ = a; KD⃗ = b − a; BC⃗ = (1/2)b − (1/2)a.
KD⃗ = KC⃗ + CD⃗ = −a + b = b − a.
KD = AD − AK = (2/3)AD = 2BC, векторы KD⃗ и BC⃗ сонаправлены, поэтому BC⃗ = (1/2)KD⃗ = (1/2)(b − a) = (1/2)b − (1/2)a.
Ответ: CK⃗ = a; KD⃗ = b − a; BC⃗ = (1/2)b − (1/2)a.
993. Три точки A, B и C расположены так, что BC⃗ = 1/2 AB⃗. Докажите, что для любой точки O справедливо равенство OB⃗ = 1/3 OA⃗ + 2/3 OC⃗.
Выразим векторы через векторы из точки O: AB⃗ = OB⃗ − OA⃗, BC⃗ = OC⃗ − OB⃗. Условие BC⃗ = (1/2)AB⃗ дает OC⃗ − OB⃗ = (1/2)(OB⃗ − OA⃗).
Отсюда OC⃗ + (1/2)OA⃗ = (3/2)OB⃗. Умножим на 2/3: (2/3)OC⃗ + (1/3)OA⃗ = OB⃗. То есть OB⃗ = (1/3)OA⃗ + (2/3)OC⃗. Что и требовалось.
Отсюда OC⃗ + (1/2)OA⃗ = (3/2)OB⃗. Умножим на 2/3: (2/3)OC⃗ + (1/3)OA⃗ = OB⃗. То есть OB⃗ = (1/3)OA⃗ + (2/3)OC⃗. Что и требовалось.
994. Точка C делит отрезок AB в отношении m : n, считая от точки A. Докажите, что для любой точки O справедливо равенство OC⃗ = n/(m + n) OA⃗ + m/(m + n) OB⃗.
AC : CB = m : n, значит, AC = m/(m + n) · AB, и так как C лежит на отрезке AB, AC⃗ = m/(m + n) · AB⃗.
OC⃗ = OA⃗ + AC⃗ = OA⃗ + m/(m + n) · (OB⃗ − OA⃗) = (1 − m/(m + n))OA⃗ + m/(m + n) OB⃗ = n/(m + n) OA⃗ + m/(m + n) OB⃗. Что и требовалось доказать.
OC⃗ = OA⃗ + AC⃗ = OA⃗ + m/(m + n) · (OB⃗ − OA⃗) = (1 − m/(m + n))OA⃗ + m/(m + n) OB⃗ = n/(m + n) OA⃗ + m/(m + n) OB⃗. Что и требовалось доказать.
995*. Точки A и C — середины противоположных сторон произвольного четырёхугольника, а точки B и D — середины двух других его сторон. Докажите, что для любой точки O верно равенство OA⃗ + OC⃗ = OB⃗ + OD⃗.
Пусть PQRS данный четырёхугольник, A середина PQ, C середина RS (противоположные стороны), B середина QR, D середина SP.
Для середины отрезка и любой точки O: OA⃗ = (1/2)(OP⃗ + OQ⃗), OC⃗ = (1/2)(OR⃗ + OS⃗), OB⃗ = (1/2)(OQ⃗ + OR⃗), OD⃗ = (1/2)(OS⃗ + OP⃗).
Тогда OA⃗ + OC⃗ = (1/2)(OP⃗ + OQ⃗ + OR⃗ + OS⃗) и OB⃗ + OD⃗ = (1/2)(OQ⃗ + OR⃗ + OS⃗ + OP⃗). Правые части равны, значит, OA⃗ + OC⃗ = OB⃗ + OD⃗.
Для середины отрезка и любой точки O: OA⃗ = (1/2)(OP⃗ + OQ⃗), OC⃗ = (1/2)(OR⃗ + OS⃗), OB⃗ = (1/2)(OQ⃗ + OR⃗), OD⃗ = (1/2)(OS⃗ + OP⃗).
Тогда OA⃗ + OC⃗ = (1/2)(OP⃗ + OQ⃗ + OR⃗ + OS⃗) и OB⃗ + OD⃗ = (1/2)(OQ⃗ + OR⃗ + OS⃗ + OP⃗). Правые части равны, значит, OA⃗ + OC⃗ = OB⃗ + OD⃗.
996. Один из углов прямоугольной трапеции равен 120°. Найдите её среднюю линию, если меньшая диагональ и бо́льшая боковая сторона трапеции равны a.
Пусть ABCD прямоугольная трапеция: ∠A = ∠B = 90°, основания AD (большее) и BC, больший угол ∠BCD = 120°, тогда ∠D = 60°. Бо́льшая боковая сторона CD = a (боковая сторона AB перпендикулярна основаниям и меньше CD).
Проведём CH ⊥ AD. Тогда ABCH прямоугольник, CH = AB, AH = BC. В треугольнике CHD: ∠D = 60°, HD = CD·cos 60° = a/2, CH = CD·sin 60° = a√3 / 2.
Меньшая диагональ AC (она меньше BD, так как AD > BC и в BD катет AD больше). AC² = AB² + BC² = a²: 3a²/4 + BC² = a², откуда BC = a/2. Тогда AD = AH + HD = a/2 + a/2 = a.
Средняя линия равна (AD + BC) / 2 = (a + a/2) / 2 = 3a/4.
Ответ: 3a/4.
Проведём CH ⊥ AD. Тогда ABCH прямоугольник, CH = AB, AH = BC. В треугольнике CHD: ∠D = 60°, HD = CD·cos 60° = a/2, CH = CD·sin 60° = a√3 / 2.
Меньшая диагональ AC (она меньше BD, так как AD > BC и в BD катет AD больше). AC² = AB² + BC² = a²: 3a²/4 + BC² = a², откуда BC = a/2. Тогда AD = AH + HD = a/2 + a/2 = a.
Средняя линия равна (AD + BC) / 2 = (a + a/2) / 2 = 3a/4.
Ответ: 3a/4.
997. Докажите, что вершина угла, образованного биссектрисами двух углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, лежит на прямой, содержащей среднюю линию трапеции.
Пусть ABCD трапеция с основаниями AD и BC, боковая сторона CD, а P точка пересечения биссектрис углов C и D (они прилежат к боковой стороне CD).
Опустим из P перпендикуляры PE, PF, PG на прямые BC, CD, AD соответственно. Точка биссектрисы угла равноудалена от его сторон: P лежит на биссектрисе угла C, поэтому PE = PF; P лежит на биссектрисе угла D, поэтому PF = PG. Значит, PE = PG: точка P равноудалена от параллельных прямых BC и AD.
Геометрическое место точек, равноудалённых от двух параллельных прямых, прямая, параллельная им и проходящая посередине между ними. Средняя линия трапеции параллельна основаниям и по теореме о средней линии лежит посередине между ними (её концы являются серединами боковых сторон, а значит, равноудалены от оснований). Поэтому эта прямая и есть ГМТ, и P лежит на прямой, содержащей среднюю линию.
Опустим из P перпендикуляры PE, PF, PG на прямые BC, CD, AD соответственно. Точка биссектрисы угла равноудалена от его сторон: P лежит на биссектрисе угла C, поэтому PE = PF; P лежит на биссектрисе угла D, поэтому PF = PG. Значит, PE = PG: точка P равноудалена от параллельных прямых BC и AD.
Геометрическое место точек, равноудалённых от двух параллельных прямых, прямая, параллельная им и проходящая посередине между ними. Средняя линия трапеции параллельна основаниям и по теореме о средней линии лежит посередине между ними (её концы являются серединами боковых сторон, а значит, равноудалены от оснований). Поэтому эта прямая и есть ГМТ, и P лежит на прямой, содержащей среднюю линию.