atnasyan-gdz-10-11-2008-2 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 3

Заметим, что АС = 2АВ, поэтому вск<оры АВ и АС козлинеарпы, тогда точки А, В, и Слсжат на одной прямой. в) Найлсм корлинаты векторов АВ и АС. АВ (1; — 9; 91, АС (2, — 18, — 14). Векторы ЛВ и ЛС не колл и псари ы, значит, точки А, В и С не лежат на одной прямой. № 422. Рассмотрим векторы 0А, 0В, 0С. а) Определим коорди«аты прслпола гас м ых векторов ВА, ВВ и ВС ВА( — 2; — !3; 3) = а, ВВ(1; 4; 1) = <г< ВС ( — 1; — 1; -4) = с 41.Кос инатыгочкиикоо динагывекго а 148 -2 = е — и, — !3 =4е — и 3 = е — 4и, 5 и=в 3 1! т 3 и — 2=3+4п, 4е = и — 13, 44 5 -5- 39 Тогда получаем равенство: — — — 13 3 3 3 Признак компланарности векторов выпрлняется при 5 11 !1 5 и = —,т —. 0А = — 0 — -РС 3 3 3 3 По определению векторы РА, РВ и РС компланарны, Поскольку зтн векторы отложены из одной точки,тоточкиА, В, Си Рлежат в одной плоскости.

б) Определим координаты предполагаемых векторов: АР(2; — 1; 3! = А, АВ(3; 31 — 1) = Ь, АС(-2; — 4; О) = с Признак компланарности векторов в координатах: х, = ех, + пх„2 = За — 2и, 2+2п=Зт, у,=ау,+иу„-1=За — 4и, 4п= За+1, з, = ае, + ис„ 3= — т+О.и, т= — 3, 2 + 2и = Зе, 2 + 2п = -9 и = -5,5 4п = Зт + 1, 4п = — 8, п = -2 т= — 3, т= — 3, т = -3, чего быть не может. Мы не нашли такие и и т, при которых выполняются все три равенства. Условие компланарности векторов не исполняется, точкиА, В, Си 0нележат волной плоскости, в) Определим координаты предполагаемых векторов: А0( — 4; 2; — 2) = Й, АВ ( — 7; 8; 1) = Ь, АС(7; — 14; — 7) = и.

Признак ком планарности векторов 3 = тЬ + ис в координатах: Запишем признак ком планарности векторов а = аЬ + ис в коор- динатах х,=ах + их„ т=п — 2, у„= ау, + иу„ 4а = и — 13, е, = ее, + иг„ а=З+4п, а и — 2, 144 Глава И Метод кос динагвп осг ансгее х„= ах, + пх„ — 4 = — 7а + 7п, у„= ау, + пу„2 = 8т — 14п, с,= тс„+ пс„ -2 а — 7п, 7п =а+ 2, ба=6, а 2 7т=(а+2)+4 п= — + —, 7 7 Ва = 2 + 14п, 8т = 2 + 14п. 'Тогда подставляя эти значения в третье уравнение, получаем равенство; 14 3 8=2+ —;8=8. 7 Признак компланарности векторов выполняется при а =1, 3 — — 3— и =-.

АО АВ+ — АС. Приэтом всетри вектораотложены изод- 7 7 ной точки, значит, точки Л, В, С и 0 лежат в одной плоскости (см. главу!'т', 4 3, и, 39 учебника). 7т = 7п + 4, 8а = 2+ 14п т = 7п — 2, т=1, 3 » = —. 7 )г(я 423. АА„ВВ, и СС, — медианы треугольника ЛВС. М вЂ” точка их пересечения. Надо доказать, что точка М имеет координаты х, +х,+х, у, +у,+у, с, +с,+ ., 3 3 3 А(х„у, г г,у С(х,гуВ ВГх,гу,гг ) Рис. 243 Координаты точки равны координатам ее радиус-вектора. Поэтому отметим точку О (О; 0; 0) начала координат на рисунке (произвольно) и начертим радиус-векторы ОМ, ОС, ОВ и ОА.

Их координаты будут соответствовать координатам точек М, С, В, А П Кос динвты точки и кос динатыввкто в соответственно. По теореме о точке пересечения медиан треугольника АМ = 2МАк Поскольку АМ =ОМ вЂ” ОА, МА, =ОА, — ОМ,то, подставив эти разности в наше равенство, получим: ОМ вЂ” ОА = 2(ОА, -ОМ), илиОМ+ 2ОМ =ОА+ 2ОА„или п. 45а). ОМ— Значит, ОМ= 3 г+с +г, '), что и требовалось доказать. 3 х,+х,+х, у,+у,+у, или М ( ' 3 ' 3 ! а)х =-(Π— 2), к 1 у = — (3+ 2), к 1 г = — (-4+ 0), к 2 х = — 1 к 5 у = — =25 2 б) 3 = — (! 4+ х,), ! 1 — 2 =-( — 3+ у), 2 к 1 -7 = — (5+с ), Ю х= — 8 в у,=4 — 14= 5 ет е»= — 19 1 в) — 12= — (х +О) 2 х = — 24 к М 424.

Координаты середины отрезка выразим через координаты его начала и конца: 1 ! ! хч = -(х„+ х,), у„= -(у, + у,), с„= — (с„+ с,). Подставим координаты данных нам точек: 140 4 = -(у„+ 0), 1 ! 15 =-(е + 2), 2 )Хв 425. Примем, что точка М вЂ” середина отрезка АВ. Тогда 1 ! 1 х„-(х„+ х,), у„= — (), + у,), е„= -(е„+ с,). Запишем уравнения исходя из условий задачи: 1 1 1 х„= — (х„+х,), 0 = -(у„+у,), 0 — (е„+ х,), т.к. М лежит на оси Ох. п =-5, 1 е = — = — 0,5, 2 е 1 2 4 2п — 2, 2 п= 2, 1 х 2 х м 1),— +!=в и е 2 2 е=п+2, 1 х =— м т=1, и = — 1.

1 а) х = -(-3 + 2), м 1 0 = -(е — 2), 2 0 = — (5+ п), 1 2 б)х„=-(1+ 1), 1 0 = — (0,5+ е), 1 2 1 0= -( — 4+ 2п), 2 ! в) х = -(О + 1), 1 0 = — (е + и), 2 1 0 = — (и+1 — е+ 2 ! х = —, м е= — и, 2е= 2, Глава р Метод кос инат а и ост анстае е — =1, 2 л 5 2 2' 3 х =--+! м В 1. коо динвты точки и коо динвты ввкто и 147 1 г) х = — (7 — 5), х =1, 2 1 О=-(2е+п — 3,) 2е+л=3„ 2 1 0=-(-л+е — 3), и=а — 3, 2 3-е+ 3 6-е е = 2 2 2е = 12 — 2е; а=3;н=О х„= 1 3-и а=в 2 и=а — 3 №ОЗО.И №.:9(-ОЬ'27+и, (АВ! = У:; .,).

а)А (-1; 0; 2), В (1; — 2; 3), (АВ/ = , глс А (х„у,; с,), В (х,; ,~АВ~=Д4+4ч-!) =3; О) А (-35; -17; 20), В (-34; — 5; 8), !АВ! = (ВВ( (9+522 (-~2( 229 55. М 428. ~з+(3(= а + (3 № (2', то а ( + х у + у т + с ) , т.к, сали № 525. И.. (Д- ЗР 5' И-,255' ( — 3( 5' ",'95 925 3-593, (О, '9(2 3)+( — 5' 3'-Ч.З 35 3 59 5; .-= +ч З° 5 - О„,.„,:553;3;553(2(=,5' ° 5'+32 -93, (( = -2/(; В(0; 0; -2), !ф = ч(02 + 0' + (-2)' = 2, В(3 — О;Π— 2;О),В(5; — 2;03;(к = 55'+( — 2(' ° О=,'5 !46 Глава К Метод кое ината а ест ансгве а)(а+ Ь!= (3-2)'+(-2+ 3)'+(1+1)' /Г+1+4 = /6; б)а уг3' (-2) 5' '9 б 3 .. Я, (О(-8-2~' 3'+ 3' -,б 9+ 3 Оу ° 39, !а! + !Ь! = 2/(4 + ~(! 4 = 2 /! 4 в) Д вЂ” (Ь!,Г4 —,Г4 О г)(а-Ь!= (х, -ху) +(у, -у,)'+(с, -е,)', (2 — О( (3 1) (-2-3)' (5-3)'- /25 15+9- 31.25- б,/г; 3 ( 32( = 4МГ ' (3УР ° (3 Г , *- - - (3» 33 3 3 3 (уб (-3 3)' ° (2'3) О '3) 9' ° 52' + 3 9 2б = 99 Иб 3,/(4 ) 939(у(=,3 ° .Д-3)' 2' ° 3' = 39: 9 б ° 1= '39, и= 14; ж) 2а (6,' — 4; 2), Зс(-9; 6; 3), 2а-Зс = «2, «) (6+ 9; -4 — 6 2 — 3), л((15; — 1О; — 1) (О(= (Г5' (-39)' 3' = 215 ° 399 3,'1|б № 429.

Координаты середины отрезка МВ (примем это будет точка К) вычисляются по формуле: К(х +х у»+у» . с»+ с») 2 ' 2 2 -4+О 7-! О+ 2 К ( —; —; — ); Н(-2; 3; 1), значит, ОК ( — 2; 3; ! ) и 2 2 2 'Вб) 3(-2) +3' У б 9+5 939. № 430. а) Чтобы найти периметр,»3АВС, нужно найти длины векторов АВ ВС и СА. Периметр треугольника ранен их сумме. (ВВ~ - 9 3 у' ' ( .

° . 953 УВ(,.*„у,.у.; 149 В н Коо униты точки и кос динаты векто а - Н +1'+(-1)' = г'1~' (АВ) = ) ) 9 ! =д2- =- -=!- в 4 4 2 Аналогично: ВС (2 — 2; 0 — 2; — 1 + 3), ВС (О; -2; 2), Аг щ-~~ ° ~-2)' т- А = /24 =2Г2; 3 В, СА ( — — 2;! — 0; — 2+!), С 2 1 Риа 244 СА ( —; 1; — 1), 2 )СА, = '( — ~ +!'+(-!)'= 1-+1+1 = (- = — = 1 —. 2~ 14 )(4 2 2 (АВ(+)ВС)+~А) = 1 — + 2 /2+1 — = 3+ 2 l2. 2 2 б) АА„ВВ, и СС, — медианы. АА, = — (АВ+ АС), ВВ, = — (ВАвАС),СС, = (СА+СВ). 3 ! — 3 АВ(2- —;2-1; — 3+ 2), АВ( —; 1; — 1) и АС (2- —;0-1;-1+2), 2 2 2 1 АС ( —; — 1; 1), следовательно 2 АА, 1 — — + —; — (! — !); — (1-1)), АА, (1; 0; О); 2~2 2/ 2 2 — тр' Г! 1 — — — 1 !АА,)= ( — ~ +0+0= ~-= — =05;ВА= — АВ; ВА( —; — 1;1); (23 1(4 2 ' 2' ВС(2 — 2;0 — 2; — 1+ 3), ВС(0; — 2;2),следовательно 1бО 1(' 1 11 1 — 1 33 ВВ, (-~ — +071:-(-1-2);-(1 ь 2)), ВВ, ( —;--;-), 2(, 2 7'2 2 ' ' 4' 2 2' (99(- Я'+'(--')' Я'- Г3 9 9- (23 1 СА = — АС; СА ( —; 1; -1); СВ = — ВС; СВ (О; 2; — 2), =» 2 — 1( ! 1 3 3 СС, ( — ~ — — + 07(; — (1 + 2); — (-1- 2)), СС, ( —; —; — — ) и 2~ 2 72 2 ' ' 42' 2 гб,(1- („-') +Н +( —,) - —,-(00( № 431.

Сначала сравним длины сторон треугольника. Для этого по фор кани (и. 45 в) учебника) В= найдем (АЩ, (ВС(, (АС(. Затем, если все три стороны равны, то треугольник АВС вЂ” правильный. Если две стороны из трех равны: с = Ь м а, то треугольник равнобедренный, если нет одинаковых сторон: с м Ь и а, то есть если а > Ь > с, то следует проверить, выполняется ли равенство а' = Ь '+ с'(теорема Пифагора).

Если да, тода, 2"ОАВС -прямоугольный, где а — гипотенуза. Я9 99 0=42 09= -,)0+09 99 - 2.29 Ч9 0+99 ~2 99- треугольник правильный. б)(бя (3-5)'+(2+3)'+(-0-2)' 20 ТОО+30- 303. а)(АВ! = 73('2. (ВС( = 7~Г2. (АС( = 7,2. (АЩ = (ВС) = (АС( СлаваК Методкоо динвтвп ест нстве 151 4 Г. Коо динаты точки икоо динатывекто а (ВС(= (1 — 1) +(-1 — 1( (1 11) 41 11 1М 411. (1С,- (1-ИГ+(1-1(' ° (-1 И1('-,Я+И1+11-,(%. )ВС() !Лй!) !ЛС). Проверим, выполняется ли равенство ВС' = АС+АВ1,(496) = ( /56) + (~/!40), 196 = 56 + 140 = 196 — верно. Значит, треугольник АВС- пря- моугольный, в)(АВ)= (5-5)'+(3-5) +(1-1) = /0+4+0=2, )ВС) =,/(5-4)'+( — 3+ 3)'+( — 1-0) = 4+0+1 = /2, )ЛС) = (5-4)'+(-5+ 3)'+( — ! -О)' = 4+4+ ! =,/6, !АС) ) )АВ) ) )ВС).