Номер 419, страница 154 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

419. В пространстве выбраны точки A, B, C, D. Докажите, что:

а) отрезки, соединяющие середины отрезков $AB$ и $CD$, $AC$ и $BD$, $AD$ и $BC$, проходят через одну точку $M$ и делятся ею пополам;

б) для любой точки $K$ пространства истинно равенство $\vec{KM} = \frac{1}{4}(\vec{KA} + \vec{KB} + \vec{KC} + \vec{KD})$.

а)

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Введем в пространстве произвольную систему координат с началом в точке $O$. Каждой точке $X$ пространства поставим в соответствие ее радиус-вектор $\vec{r}_X = \vec{OX}$.

Обозначим середины отрезков $AB, CD, AC, BD, AD, BC$ как $P, Q, R, S, T, U$ соответственно. Радиус-вектор середины отрезка равен полусумме радиус-векторов его концов. Запишем радиус-векторы для наших точек:

Для середины $P$ отрезка $AB$: $\vec{r}_P = \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_B}{2}$.

Для середины $Q$ отрезка $CD$: $\vec{r}_Q = \frac{\vec{r}_C + \vec{r}_D}{2}$.

Для середины $R$ отрезка $AC$: $\vec{r}_R = \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_C}{2}$.

Для середины $S$ отрезка $BD$: $\vec{r}_S = \frac{\vec{r}_B + \vec{r}_D}{2}$.

Для середины $T$ отрезка $AD$: $\vec{r}_T = \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_D}{2}$.

Для середины $U$ отрезка $BC$: $\vec{r}_U = \frac{\vec{r}_B + \vec{r}_C}{2}$.

В задаче речь идет об отрезках $PQ$, $RS$ и $TU$. Чтобы доказать, что они пересекаются в одной точке и делятся ею пополам, найдем радиус-векторы середин этих трех отрезков.

Пусть $M_1$ — середина отрезка $PQ$. Ее радиус-вектор:

$\vec{r}_{M_1} = \frac{\vec{r}_P + \vec{r}_Q}{2} = \frac{1}{2}\left(\frac{\vec{r}_A + \vec{r}_B}{2} + \frac{\vec{r}_C + \vec{r}_D}{2}\right) = \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_B + \vec{r}_C + \vec{r}_D}{4}$.

Пусть $M_2$ — середина отрезка $RS$. Ее радиус-вектор:

$\vec{r}_{M_2} = \frac{\vec{r}_R + \vec{r}_S}{2} = \frac{1}{2}\left(\frac{\vec{r}_A + \vec{r}_C}{2} + \frac{\vec{r}_B + \vec{r}_D}{2}\right) = \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_C + \vec{r}_B + \vec{r}_D}{4} = \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_B + \vec{r}_C + \vec{r}_D}{4}$.

Пусть $M_3$ — середина отрезка $TU$. Ее радиус-вектор:

$\vec{r}_{M_3} = \frac{\vec{r}_T + \vec{r}_U}{2} = \frac{1}{2}\left(\frac{\vec{r}_A + \vec{r}_D}{2} + \frac{\vec{r}_B + \vec{r}_C}{2}\right) = \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_D + \vec{r}_B + \vec{r}_C}{4} = \frac{\vec{r}_A + \vec{r}_B + \vec{r}_C + \vec{r}_D}{4}$.

Поскольку радиус-векторы точек $M_1, M_2, M_3$ равны ($\vec{r}_{M_1} = \vec{r}_{M_2} = \vec{r}_{M_3}$), эти три точки совпадают. Обозначим эту общую точку $M$.

Точка $M$ является серединой каждого из отрезков $PQ$, $RS$ и $TU$. Это означает, что все три отрезка проходят через точку $M$ и делятся ею пополам. Утверждение доказано.

Ответ: Доказано.

б)

Требуется доказать, что для любой точки $K$ пространства истинно равенство $\vec{KM} = \frac{1}{4}(\vec{KA} + \vec{KB} + \vec{KC} + \vec{KD})$, где $M$ — точка пересечения из пункта а).

Как и в пункте а), выберем произвольную точку $O$ в качестве начала отсчета. Мы уже установили, что радиус-вектор точки $M$ определяется формулой:

$\vec{OM} = \frac{1}{4}(\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} + \vec{OD})$.

Рассмотрим правую часть доказываемого равенства. Используя правило разности векторов ($\vec{XY} = \vec{OY} - \vec{OX}$), выразим каждый вектор, начинающийся в точке $K$, через радиус-векторы с началом в $O$:

$\frac{1}{4}(\vec{KA} + \vec{KB} + \vec{KC} + \vec{KD}) = \frac{1}{4}((\vec{OA} - \vec{OK}) + (\vec{OB} - \vec{OK}) + (\vec{OC} - \vec{OK}) + (\vec{OD} - \vec{OK}))$.

Сгруппируем слагаемые в скобках:

$\frac{1}{4}((\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} + \vec{OD}) - 4\vec{OK})$.

Раскроем скобки:

$\frac{1}{4}(\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} + \vec{OD}) - \frac{4\vec{OK}}{4} = \frac{1}{4}(\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} + \vec{OD}) - \vec{OK}$.

Подставим известное выражение для радиус-вектора точки $M$:

$\vec{OM} - \vec{OK}$.

По правилу разности векторов, $\vec{OM} - \vec{OK} = \vec{KM}$, что является левой частью исходного равенства.

Таким образом, мы показали, что правая часть равенства тождественно равна левой. Следовательно, равенство истинно для любой точки $K$ пространства.

Ответ: Доказано.