Номер 1238, страница 169 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

1238. Дана треугольная пирамида $ABCD$ и точка $M$, плоскости $ABM$, $BCM$, $CDM$, $DAM$ пересекают соответственно прямые $CD$, $DA$, $AB$, $BC$ в точках $P$, $Q$, $R$, $S$, отличных от $A$, $B$, $C$, $D$. Докажите, что если с учетом направления отрезков $ \frac{CP}{PD} = \frac{y}{x} $, $ \frac{DQ}{QA} = \frac{z}{y} $, $ \frac{AR}{RB} = \frac{t}{z} $, то:

а) $ \frac{BS}{SC} = \frac{x}{t} $;

б) $ x\vec{MC} + y\vec{MD} + z\vec{MA} + t\vec{MB} = \vec{0} $.

Для решения этой задачи мы будем использовать векторный метод. В качестве начала отсчета выберем точку $M$. Обозначим векторы $\vec{MA} = \vec{a}$, $\vec{MB} = \vec{b}$, $\vec{MC} = \vec{c}$, $\vec{MD} = \vec{d}$. Поскольку точки $A, B, C, D$ являются вершинами пирамиды, они не лежат в одной плоскости. Это означает, что любые три вектора, выходящие из одной вершины к трем другим, например $\vec{DA}, \vec{DB}, \vec{DC}$, являются линейно независимыми. В то же время, в трехмерном пространстве любые четыре вектора, исходящие из одной точки (в нашем случае $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$), линейно зависимы. Следовательно, существует единственное (с точностью до пропорциональности) соотношение вида:$$K_A\vec{a} + K_B\vec{b} + K_C\vec{c} + K_D\vec{d} = \vec{0}$$где коэффициенты $K_A, K_B, K_C, K_D$ не все равны нулю. Наша цель — найти эти коэффициенты (или их отношения) исходя из условий задачи. Докажем сначала утверждение из пункта б), а затем, используя его, докажем утверждение из пункта а).б) Докажите, что $x\vec{MC} + y\vec{MD} + z\vec{MA} + t\vec{MB} = \vec{0}$

Рассмотрим последовательно каждую из данных в условии точек пересечения.

1. Точка $P$ лежит на прямой $CD$ и в плоскости $ABM$.
Из условия $\frac{\vec{CP}}{\vec{PD}} = \frac{y}{x}$ следует, что точка $P$ делит отрезок $CD$ в отношении $y:x$. Ее радиус-вектор $\vec{p} = \vec{MP}$ выражается через векторы $\vec{c}$ и $\vec{d}$ как:$$\vec{p} = \frac{x\vec{c} + y\vec{d}}{x+y}$$Поскольку $P$ также лежит в плоскости $ABM$ (проходящей через начало координат $M$), ее радиус-вектор $\vec{p}$ является линейной комбинацией векторов $\vec{a}$ и $\vec{b}$:$$\vec{p} = \lambda_1 \vec{a} + \lambda_2 \vec{b}$$Приравнивая два выражения для $\vec{p}$, получаем:$$\lambda_1 \vec{a} + \lambda_2 \vec{b} = \frac{x\vec{c} + y\vec{d}}{x+y}$$Перенеся все члены в одну сторону, получим линейную зависимость:$$\lambda_1(x+y)\vec{a} + \lambda_2(x+y)\vec{b} - x\vec{c} - y\vec{d} = \vec{0}$$Сравнивая это соотношение с общим видом $K_A\vec{a} + K_B\vec{b} + K_C\vec{c} + K_D\vec{d} = \vec{0}$, в силу единственности (с точностью до множителя), мы можем заключить, что $K_C$ пропорционально $-x$, а $K_D$ пропорционально $-y$. То есть $\frac{K_C}{K_D} = \frac{-x}{-y} = \frac{x}{y}$.

2. Точка $Q$ лежит на прямой $DA$ и в плоскости $BCM$.
Из условия $\frac{\vec{DQ}}{\vec{QA}} = \frac{z}{y}$ следует, что радиус-вектор $\vec{q} = \vec{MQ}$ равен:$$\vec{q} = \frac{y\vec{d} + z\vec{a}}{y+z}$$Поскольку $Q$ лежит в плоскости $BCM$, ее радиус-вектор $\vec{q}$ является линейной комбинацией векторов $\vec{b}$ и $\vec{c}$: $\vec{q} = \mu_1 \vec{b} + \mu_2 \vec{c}$. Приравнивая выражения, получаем:$$z\vec{a} - \mu_1(y+z)\vec{b} - \mu_2(y+z)\vec{c} + y\vec{d} = \vec{0}$$Сравнивая коэффициенты, находим, что $\frac{K_A}{K_D} = \frac{z}{y}$.

3. Точка $R$ лежит на прямой $AB$ и в плоскости $CDM$.
Из условия $\frac{\vec{AR}}{\vec{RB}} = \frac{t}{z}$ следует, что радиус-вектор $\vec{r} = \vec{MR}$ равен:$$\vec{r} = \frac{z\vec{a} + t\vec{b}}{z+t}$$Поскольку $R$ лежит в плоскости $CDM$, ее радиус-вектор $\vec{r}$ является линейной комбинацией векторов $\vec{c}$ и $\vec{d}$: $\vec{r} = \nu_1 \vec{c} + \nu_2 \vec{d}$. Приравнивая выражения, получаем:$$z\vec{a} + t\vec{b} - \nu_1(z+t)\vec{c} - \nu_2(z+t)\vec{d} = \vec{0}$$Сравнивая коэффициенты, находим, что $\frac{K_A}{K_B} = \frac{z}{t}$.

Теперь объединим полученные отношения для коэффициентов:
Из $\frac{K_C}{K_D} = \frac{x}{y}$ и $\frac{K_A}{K_D} = \frac{z}{y}$ мы можем, положив $K_D = ky$ для некоторого коэффициента пропорциональности $k$, найти $K_C = kx$ и $K_A = kz$.
Подставляя $K_A = kz$ в третье отношение $\frac{K_A}{K_B} = \frac{z}{t}$, получаем $\frac{kz}{K_B} = \frac{z}{t}$, откуда $K_B = kt$.
Таким образом, мы нашли, что $K_A = kz, K_B = kt, K_C = kx, K_D = ky$.
Подставляя эти коэффициенты в исходное уравнение линейной зависимости, получаем:$$kz\vec{a} + kt\vec{b} + kx\vec{c} + ky\vec{d} = \vec{0}$$Поскольку $k \neq 0$ (иначе все коэффициенты были бы нулевыми), мы можем разделить обе части на $k$:$$z\vec{a} + t\vec{b} + x\vec{c} + y\vec{d} = \vec{0}$$Возвращаясь к исходным обозначениям векторов, получаем:$$z\vec{MA} + t\vec{MB} + x\vec{MC} + y\vec{MD} = \vec{0}$$Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение $x\vec{MC} + y\vec{MD} + z\vec{MA} + t\vec{MB} = \vec{0}$ доказано.

а) Докажите, что $\frac{\vec{BS}}{\vec{SC}} = \frac{x}{t}$

Теперь, используя доказанное в пункте б) векторное равенство, найдем отношение для точки $S$. Точка $S$ является точкой пересечения прямой $BC$ и плоскости $DAM$.

Поскольку $S$ лежит на прямой $BC$, ее радиус-вектор $\vec{s} = \vec{MS}$ можно выразить как линейную комбинацию векторов $\vec{b}$ и $\vec{c}$:$$\vec{s} = (1-\lambda)\vec{b} + \lambda\vec{c}$$для некоторого скаляра $\lambda$. Отношение, которое нам нужно найти, это $\frac{\vec{BS}}{\vec{SC}} = \frac{\lambda}{1-\lambda}$.

Поскольку $S$ лежит в плоскости $DAM$, ее радиус-вектор $\vec{s}$ также является линейной комбинацией векторов $\vec{a}$ и $\vec{d}$:$$\vec{s} = \sigma_1\vec{a} + \sigma_2\vec{d}$$Приравнивая два выражения для $\vec{s}$, получаем:$$(1-\lambda)\vec{b} + \lambda\vec{c} = \sigma_1\vec{a} + \sigma_2\vec{d}$$Перенося все члены в одну сторону, получаем:$$-\sigma_1\vec{a} + (1-\lambda)\vec{b} + \lambda\vec{c} - \sigma_2\vec{d} = \vec{0}$$Это еще одно представление линейной зависимости между векторами $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$. В силу единственности (с точностью до пропорциональности), коэффициенты этого равенства должны быть пропорциональны коэффициентам равенства, доказанного в пункте б):$$z\vec{a} + t\vec{b} + x\vec{c} + y\vec{d} = \vec{0}$$Следовательно, существует такой множитель $k'$, что:$$-\sigma_1 = k'z$$$$1-\lambda = k't$$$$\lambda = k'x$$$$-\sigma_2 = k'y$$Из второго и третьего уравнений получаем:$$1-\lambda = k't \quad \text{и} \quad \lambda = k'x$$Отсюда можно выразить искомое отношение:$$\frac{\lambda}{1-\lambda} = \frac{k'x}{k't} = \frac{x}{t}$$Таким образом, мы доказали, что $\frac{\vec{BS}}{\vec{SC}} = \frac{x}{t}$.

Ответ: Утверждение $\frac{\vec{BS}}{\vec{SC}} = \frac{x}{t}$ доказано.