Дополнительные задачи. Задачи повышенной трудности (к главам X–XV) — с. 359
1369. Даны четырёхугольник MNPQ и точка О. Что представляет собой данный четырёхугольник, если ON⃗ – OM⃗ = OP⃗ – OQ⃗?
По правилу вычитания векторов ON⃗ – OM⃗ = MN⃗ и OP⃗ – OQ⃗ = QP⃗. Значит, MN⃗ = QP⃗: отрезки MN и QP равны и параллельны. Из N – M = P – Q получаем M + P = N + Q, то есть середины диагоналей MP и NQ совпадают. Четырёхугольник, диагонали которого делятся точкой пересечения пополам, — параллелограмм.
Ответ: параллелограмм.
Ответ: параллелограмм.
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?
Точка E симметрична O относительно середины AB: середина отрезка OE — середина AB, то есть (O + E)/2 = (A + B)/2, E = A + B – O (в векторной записи с любым началом). Аналогично F = B + C – O, G = C + D – O, H = D + A – O.
Тогда EF⃗ = F – E = C – A = AC⃗ и HG⃗ = G – H = C – A = AC⃗. Значит, EF⃗ = HG⃗: противоположные стороны EF и HG равны и параллельны. Кроме того, E + G = A + B + C + D – 2O = F + H, то есть диагонали EG и FH имеют общую середину.
Ответ: параллелограмм (его стороны параллельны диагоналям AC и BD четырёхугольника ABCD и равны им).
Тогда EF⃗ = F – E = C – A = AC⃗ и HG⃗ = G – H = C – A = AC⃗. Значит, EF⃗ = HG⃗: противоположные стороны EF и HG равны и параллельны. Кроме того, E + G = A + B + C + D – 2O = F + H, то есть диагонали EG и FH имеют общую середину.
Ответ: параллелограмм (его стороны параллельны диагоналям AC и BD четырёхугольника ABCD и равны им).
1371. Дан треугольник ABC. Докажите, что вектор AB⃗/|AB⃗| + AC⃗/|AC⃗| направлен вдоль биссектрисы угла А, а вектор AB⃗/|AB⃗| – AC⃗/|AC⃗| — вдоль биссектрисы внешнего угла при вершине A.
Обозначим единичные векторы e₁ = AB⃗/|AB⃗| и e₂ = AC⃗/|AC⃗|. Отложим их от точки A: AM⃗ = e₁ и AN⃗ = e₂, M на луче AB, N на луче AC, AM = AN = 1.
Вектор e₁ + e₂ = AM⃗ + AN⃗ — диагональ AK⃗ ромба AMKN со стороной 1 (AMKN — параллелограмм с равными смежными сторонами). Диагональ ромба — биссектриса его угла, поэтому AK — биссектриса угла MAN, то есть угла A треугольника.
Вектор e₁ – e₂ = NM⃗ — вторая диагональ ромба. Диагонали ромба перпендикулярны (это видно и из (e₁ + e₂)·(e₁ – e₂) = |e₁|² – |e₂|² = 0), поэтому NM ⊥ AK. Внешний угол при вершине A дополняет угол A до развёрнутого, и его биссектриса перпендикулярна биссектрисе угла A. Значит, прямая NM (вектор e₁ – e₂) параллельна биссектрисе внешнего угла, то есть вектор e₁ – e₂ направлен вдоль неё. Что и требовалось доказать.
Вектор e₁ + e₂ = AM⃗ + AN⃗ — диагональ AK⃗ ромба AMKN со стороной 1 (AMKN — параллелограмм с равными смежными сторонами). Диагональ ромба — биссектриса его угла, поэтому AK — биссектриса угла MAN, то есть угла A треугольника.
Вектор e₁ – e₂ = NM⃗ — вторая диагональ ромба. Диагонали ромба перпендикулярны (это видно и из (e₁ + e₂)·(e₁ – e₂) = |e₁|² – |e₂|² = 0), поэтому NM ⊥ AK. Внешний угол при вершине A дополняет угол A до развёрнутого, и его биссектриса перпендикулярна биссектрисе угла A. Значит, прямая NM (вектор e₁ – e₂) параллельна биссектрисе внешнего угла, то есть вектор e₁ – e₂ направлен вдоль неё. 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 + l + m = 0 и для произвольной точки О выполняется равенство kOA→ + lOB→ + mOC→ = 0→.
(⇒) Пусть A, B, C лежат на одной прямой. Если A = C, возьмём k = 1, l = 0, m = –1: k + l + m = 0 и OA⃗ – OC⃗ = 0→. Пусть A ≠ C, тогда AB⃗ = n·AC⃗ для некоторого числа n. Для любой точки O: OB⃗ – OA⃗ = n(OC⃗ – OA⃗), откуда (n – 1)OA⃗ + 1·OB⃗ – n·OC⃗ = 0→. Числа k = n – 1, l = 1, m = –n не все нули и k + l + m = 0.
(⇐) Пусть для некоторых чисел k, l, m (не всех нулевых) k + l + m = 0 и kOA→ + lOB→ + mOC→ = 0→ для любой точки O. Возьмём O = A: тогда OA⃗ = 0→ и l·AB⃗ + m·AC⃗ = 0→. Если l = m = 0, то и k = 0, что противоречит условию; значит, l и m не равны нулю одновременно. При m ≠ 0: AC⃗ = –(l/m)AB⃗ — векторы AB⃗ и AC⃗ коллинеарны, и точки A, B, C лежат на одной прямой (в случае AB⃗ = 0→ или AC⃗ = 0→ это очевидно). При m = 0, l ≠ 0: AB⃗ = 0→, то есть B = A, и три точки лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.
(⇐) Пусть для некоторых чисел k, l, m (не всех нулевых) k + l + m = 0 и kOA→ + lOB→ + mOC→ = 0→ для любой точки O. Возьмём O = A: тогда OA⃗ = 0→ и l·AB⃗ + m·AC⃗ = 0→. Если l = m = 0, то и k = 0, что противоречит условию; значит, l и m не равны нулю одновременно. При m ≠ 0: AC⃗ = –(l/m)AB⃗ — векторы AB⃗ и AC⃗ коллинеарны, и точки A, B, C лежат на одной прямой (в случае AB⃗ = 0→ или AC⃗ = 0→ это очевидно). При m = 0, l ≠ 0: AB⃗ = 0→, то есть B = A, и три точки лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.
1373. Используя векторы, докажите, что середины диагоналей четырёхугольника и точка пересечения отрезков, соединяющих середины противоположных сторон, лежат на одной прямой.
Пусть ABCD — четырёхугольник, E и F — середины диагоналей AC и BD, K, L, M, N — середины сторон AB, BC, CD, DA, G — точка пересечения отрезков KM и LN. Возьмём произвольную точку O.
У четырёхугольника KLMN стороны KL⃗ = (1/2)AC⃗ и NM⃗ = (1/2)AC⃗ равны и параллельны, поэтому KLMN — параллелограмм, и точка пересечения диагоналей KM и LN — середина каждой из них. Значит, OG⃗ = (OK⃗ + OM⃗)/2 = (1/4)(OA⃗ + OB⃗ + OC⃗ + OD⃗).
С другой стороны, OE⃗ = (OA⃗ + OC⃗)/2, OF⃗ = (OB⃗ + OD⃗)/2, и (OE⃗ + OF⃗)/2 = (1/4)(OA⃗ + OB⃗ + OC⃗ + OD⃗) = OG⃗. Следовательно, G — середина отрезка EF, и точки E, G, F лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.
У четырёхугольника KLMN стороны KL⃗ = (1/2)AC⃗ и NM⃗ = (1/2)AC⃗ равны и параллельны, поэтому KLMN — параллелограмм, и точка пересечения диагоналей KM и LN — середина каждой из них. Значит, OG⃗ = (OK⃗ + OM⃗)/2 = (1/4)(OA⃗ + OB⃗ + OC⃗ + OD⃗).
С другой стороны, OE⃗ = (OA⃗ + OC⃗)/2, OF⃗ = (OB⃗ + OD⃗)/2, и (OE⃗ + OF⃗)/2 = (1/4)(OA⃗ + OB⃗ + OC⃗ + OD⃗) = OG⃗. Следовательно, G — середина отрезка EF, и точки E, G, F лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.
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 a = BC, b = CA, c = AB (длины сторон). Биссектриса внешнего угла при вершине A делит сторону BC внешним образом в отношении A₁B : A₁C = AB : AC = c : b; значит (при b ≠ c), BA₁⃗ : CA₁⃗ = c : b как сонаправленные векторы, откуда b·BA₁⃗ = c·CA₁⃗. С началом в произвольной точке O: b(A₁ – B) = c(A₁ – C), (b – c)A₁ = bB – cC, A₁ = (bB – cC)/(b – c).
Аналогично (внешняя биссектриса при B: B₁C : B₁A = a : c, при C: C₁A : C₁B = b : a):
B₁ = (cC – aA)/(c – a), C₁ = (aA – bB)/(a – b).
Положим α = b – c, β = c – a, γ = a – b; α + β + γ = 0. Тогда αA₁ + βB₁ + γC₁ = (bB – cC) + (cC – aA) + (aA – bB) = 0 для любого начала O (точки обозначены своими радиус-векторами). Числа α, β, γ не равны нулю одновременно (иначе a = b = c и биссектрисы внешних углов параллельны противоположным сторонам, точек A₁, B₁, C₁ нет).
По задаче 1372 точки A₁, B₁, C₁ лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.
Аналогично (внешняя биссектриса при B: B₁C : B₁A = a : c, при C: C₁A : C₁B = b : a):
B₁ = (cC – aA)/(c – a), C₁ = (aA – bB)/(a – b).
Положим α = b – c, β = c – a, γ = a – b; α + β + γ = 0. Тогда αA₁ + βB₁ + γC₁ = (bB – cC) + (cC – aA) + (aA – bB) = 0 для любого начала O (точки обозначены своими радиус-векторами). Числа α, β, γ не равны нулю одновременно (иначе a = b = c и биссектрисы внешних углов параллельны противоположным сторонам, точек A₁, B₁, C₁ нет).
По задаче 1372 точки A₁, B₁, C₁ лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.
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. HG/GO = 2.
Примем O за начало отсчёта; тогда |A| = |B| = |C| = R (радиус описанной окружности). Положим H′ = A + B + C (радиус-вектор OH′⃗).
Проверим, что AH′ ⊥ BC: (H′ – A)·(C – B) = (B + C)·(C – B) = |C|² – |B|² = 0. Аналогично BH′ ⊥ CA и CH′ ⊥ AB. Значит, H′ лежит на всех трёх прямых, содержащих высоты, то есть H′ = H, и OH⃗ = OA⃗ + OB⃗ + OC⃗.
Точка G пересечения медиан имеет радиус-вектор OG⃗ = (OA⃗ + OB⃗ + OC⃗)/3 (по теореме о медианах: OG⃗ = OA⃗ + (2/3)AA₁⃗ = (OA⃗ + OB⃗ + OC⃗)/3). Следовательно, OG⃗ = (1/3)OH⃗. Так как треугольник неравносторонний, H ≠ O, и G лежит на отрезке OH с OG = OH/3, GH = (2/3)OH. Значит, HG : GO = 2 : 1. Что и требовалось доказать.
Проверим, что AH′ ⊥ BC: (H′ – A)·(C – B) = (B + C)·(C – B) = |C|² – |B|² = 0. Аналогично BH′ ⊥ CA и CH′ ⊥ AB. Значит, H′ лежит на всех трёх прямых, содержащих высоты, то есть H′ = H, и OH⃗ = OA⃗ + OB⃗ + OC⃗.
Точка G пересечения медиан имеет радиус-вектор OG⃗ = (OA⃗ + OB⃗ + OC⃗)/3 (по теореме о медианах: OG⃗ = OA⃗ + (2/3)AA₁⃗ = (OA⃗ + OB⃗ + OC⃗)/3). Следовательно, OG⃗ = (1/3)OH⃗. Так как треугольник неравносторонний, H ≠ O, и G лежит на отрезке OH с OG = OH/3, GH = (2/3)OH. Значит, HG : GO = 2 : 1. Что и требовалось доказать.
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.
Четырёхугольник ABCD — параллелограмм тогда и только тогда, когда AB⃗ = DC⃗ (противоположные стороны AB и DC равны и параллельны, а векторы AB⃗ и DC⃗ направлены одинаково). Координаты векторов: AB⃗ = (x₂ – x₁; y₂ – y₁), DC⃗ = (x₃ – x₄; y₃ – y₄). Векторы равны тогда и только тогда, когда равны их соответствующие координаты: x₂ – x₁ = x₃ – x₄ и y₂ – y₁ = y₃ – y₄, то есть x₁ + x₃ = x₂ + x₄ и y₁ + y₃ = y₂ + y₄.
(Другой взгляд: эти равенства означают, что середины диагоналей AC и BD, имеющие координаты ((x₁ + x₃)/2; (y₁ + y₃)/2) и ((x₂ + x₄)/2; (y₂ + y₄)/2), совпадают, а четырёхугольник, диагонали которого делятся пополам точкой пересечения, — параллелограмм.) Что и требовалось доказать.
(Другой взгляд: эти равенства означают, что середины диагоналей AC и BD, имеющие координаты ((x₁ + x₃)/2; (y₁ + y₃)/2) и ((x₂ + x₄)/2; (y₂ + y₄)/2), совпадают, а четырёхугольник, диагонали которого делятся пополам точкой пересечения, — параллелограмм.) Что и требовалось доказать.
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. AC/CB = λ), выражаются формулами x = (x₁ + λx₂)/(1 + λ), y = (y₁ + λy₂)/(1 + λ).
Точка C лежит на отрезке AB, поэтому AC⃗ и CB⃗ сонаправлены, и AC = λ·CB означает AC⃗ = λ·CB⃗. Координаты векторов: AC⃗ = (x – x₁; y – y₁), CB⃗ = (x₂ – x; y₂ – y).
Из AC⃗ = λCB⃗: x – x₁ = λ(x₂ – x), y – y₁ = λ(y₂ – y). Отсюда x(1 + λ) = x₁ + λx₂, y(1 + λ) = y₁ + λy₂, и (так как 1 + λ ≠ 0) x = (x₁ + λx₂)/(1 + λ), y = (y₁ + λy₂)/(1 + λ). Что и требовалось доказать.
Из AC⃗ = λCB⃗: x – x₁ = λ(x₂ – x), y – y₁ = λ(y₂ – y). Отсюда x(1 + λ) = x₁ + λx₂, y(1 + λ) = y₁ + λy₂, и (так как 1 + λ ≠ 0) x = (x₁ + λx₂)/(1 + λ), y = (y₁ + λy₂)/(1 + λ). Что и требовалось доказать.