Тема Векторы и координаты в планиметрии

Длины векторов и скалярное произведение

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела векторы и координаты в планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#126308

Четыре числа ( $x,y,z,t$ ) удовлетворяют трем условиям:

2 2 2 2 x + y =1,z + t= 4,xz+yt= −2

Найти $t,$ если известно, что $y+z$ принимает наибольшее возможное значение.

Источники: Росатом - 2025, 10.4 ( см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Рассмотрим на плоскости два вектора $⃗a = {x;y}$ и $⃗b= {z;t},$ тогда, согласно условиям $x2+ y2 =1,z2+ t2 = 4,$ концы этих векторов лежат на окружностях радиуса 1 и 2 соответственно. Рассмотрим скалярное произведение векторов $⃗a$ и $⃗ b$ :

(⃗a,⃗b)= |⃗a|⋅|⃗b|⋅cosφ =xz+ yt= −2= −|⃗a|⋅|⃗b|

Следовательно, $cosφ = −1,$ и векторы $⃗a$ и $⃗b$ коллинеарные и противоположные по направлению. Тогда

⃗a ⃗b |⃗a| = −|⃗b|

⃗b=− 2⃗a

Так как конец вектора $⃗a,$ выпущенного из начала координат, лежит на единичной окружности, обозначим его координаты

⃗a ={cosα,sin α} , где α∈ ℝ ⃗b= −2{cosα,sinα}

Тогда $y =sinα;z =− 2cosα.$

√-(-1- 2-- ) √- y+ z = sinα− 2cosα = 5 √5 sinα − √5cosα = 5sin(α− φ),

где $φ$ — любой угол, такой что

cosφ= √1- и sin φ= √2- 5 5

Так как угол $α$ может принимать любые действительные значения, то угол $α− φ$ также может принимать любые действительные значения, в частности, при $α− φ= π2$ величина

y+z =√5 sin(α − φ) =√5

принимает наибольшее возможное значение. При этом

t=− 2sinα =−2 sin(π +φ) =− 2cosφ =− √2- 2 5

Ответ:

$−√2- 5$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#79601

Векторы $⃗a ,⃗a,⃗a ,⃗a 1 2 3 4$ , расположенные в одной плоскости с вектором $⃗b$ , имеют равную длину, отличную от длины вектора $⃗b$ . Известно, что

−→ || || 9⃗a1− 4⃗a2− 5⃗b= 16⃗a3− 9⃗a4− 7⃗b= 0 ,|⃗a1− ⃗b|= 8

Найдите $|| ⃗|| |⃗a3− b|.$

Источники: ОММО - 2024, задача 4 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте выразим всё через a₁ и a₃, ведь именно они выделяются: a₁ = 4/9 * a₂ + 5/9 * b, a₃ = 9/16 * a₄ + 7/16 * b. Что мы можем заметить здесь? А если вспомнить словосочетание «отношение отрезков»?

Подсказка 2

Это похоже на то, что мы взяли вектора a₂ и b, провели их от одной точки и на отрезке, который соединяет их концы, поставили точку с отношение 7/9, и вот этот вектор равен a₁. Аналогично с a_3. Как теперь можно наше наблюдение совместить с фактом про равные длины из условия?

Подсказка 3

Давайте создадим треугольник AOE, где OA = a₂, OE = b. Тогда вектор a₁ понятно находится по рассуждению выше. Но ведь у нас еще есть a₃. Пусть тогда OD = a₄. Тогда, опять же, a₃ понятно ищется на картинке. Но что же все таки с равными длинами? В какой конструкции у нас много точек на одном расстоянии лежит?

Подсказка 4

Верно! Концы векторов a₁, a₂, a₃, a₄ лежат на одной окружности, при этом прямые DC, AB, OE пересекаются в одной точке и делятся понятным отношением этой самой окружностью. Что тогда остается сказать, если даны окружность и отношения секущих?

Подсказка 5

Можно сказать, что у нас EB * EA = EC * ED, если BA = 4x, а EC = 9y, то y = x/2. Осталось воспользоваться условием задачи ещё раз

Показать ответ и решение

Выразим $⃗a = 4a⃗+ 5⃗b 1 92 9$ и $⃗a = 9-⃗a +-7⃗b 3 164 16$ . Поэтому $⃗a 1$ — чевиана в треугольнике $AOE$ со сторонами $OA = ⃗a 2$ и $OE =⃗b$ , которая делит третью сторону $AE$ в отношении $5$ к $4$ . А $a⃗3$ — чевиана треугольника $OED$ со сторонами $⃗ OE =b$ и $OD = ⃗a4$ , делящая $ED$ в отношении $9$ к $7$ . Так как векторы $⃗a1,⃗a2,⃗a3,⃗a4$ равны, то они лежат на окружности с центром в точке $O$ , а треугольники $AOB$ и $OCD$ — равнобедренные.

$PIC$

По теореме об отрезках секущих

4x ⋅9x= 9y⋅16y

Откуда

y = x 2

По условию $4x= 8$ , следовательно $|a⃗3− ⃗b|= 9y = 9.$

Ответ: 9

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#82783

Старинный подземный ход имеет свод параболической формы (то есть в поперечном сечении туннель ограничен полом — осью $Ox$ и графиком некоторой параболы $2 y = a− bx$ ). Ширина туннеля (измеряется по полу) равна $24$ , высота туннеля равна $18$ . Ход укрепили распорками — на параболе отметили точки $A$ , $B$ , $C$ , $D$ и соединили их между собой балками. Балки $AB$ и $CD$ параллельны полу, $AD$ пересекается с $BC$ , и при этом $∘ ∠ACB = ∠ADB = 90$ . Найдите расстояние между балками $AB$ и $CD$ .

Источники: Ломоносов - 2024, 11.6 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте введем на нашей картинке систему координат, которая была бы нам удобна. К примеру симметричную относительно прямой симметрии параболы и нулевой высоты в тоннеле. Тогда, что нужно чтобы зафиксировать картинку? Каких параметров будет достаточно, чтобы выразить через это всю картинку?

Подсказка 2

Нам достаточно h - высоты вершины, а также длины основания - 2l(для симметрии). Тогда, если наша парабола задается функцией f(x) = a - bx^2, то f(l) = f(-l), f(0) = h. Тогда f(x) = h(1 - x^2/l^2). Значит, мы можем задать две точки A и C, а остальные - будут отличаться от симметричных только умножением на -1 абсциссы. Давайте так и сделаем - пусть x_1 - абсцисса А, а x_2 - абсцисса C. Тогда как нам выразить перпендикулярность, если мы работаем в координатах? Мы ведь не использовали еще ни разу тот факт, что, к примеру, AC и CB перпендикулярны.

Подсказка 3

Верно, мы можем выразить это через скалярное произведение векторов AC и CB. После того, как мы запишем и преобразуем выражение, у нас получится, что -(x_2^2 - x_1^2) - (h^2)/(l^4) * (x_2^2 - x_1^2)^2 = 0. Но при этом, у нас x_1 != x_2, поэтому x_2^2 - x_1^2 = - (h^2)/(l^4). Тогда, нам остается понять, чему равно расстояние между балками и записать ответ!

Показать ответ и решение

Обозначим ширину тоннеля за $2l$ , а высоту за $h$ . Из этих параметров однозначно выводятся параметры параболы: $x$ принадлежит отрезку $[−l,l],$ а $y(l)= y(−l)= 0,$ так что

hx2 y(x)= h− -l2-

Теперь зададим координаты точек так:

2 2 2 2 A = (x1,h(1− xl12 )),B = (−x1,h(1 − x1l2 )),C = (x2,h(1 − x2l2 )),D = (x2,h(1− x2l2 ))

Так как $AB$ и $CD$ параллельны полу, то понятно, что ординаты $A$ и $B$ одинаковы. Значит, абсциссы отличаются только знаком. Аналогично для $C$ и $D$ .

$PIC$

Тогда перпендикулярность $AC$ и $CB,$ $AD$ и $DB$ можно выразить, например, через равенство нулю скалярных произведений. Достаточно рассмотреть одну пару, так как рисунок симметричен.

AC = (x2− x1; h(x2− x2),CB = (−x1 − x2; h(x2− x2)) l2 1 2 l2 2 1

2 2 h2- 2 22 AC ⋅CB =− (x2− x1)− l4 (x2− x1)= 0

Тогда либо $2 2 (x2− x1) =0$ (но балки не совпадают, поэтому такой вариант не подойдет), либо

2 2 l4 (x2− x1)= − h2

А расстояние между балками это:

2 |hl2(x22− x21)|= lh-= 8

Ответ: 8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#97371

(a) Докажите, что сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон.

(b) Докажите, что сумма квадратов сторон произвольного четырехугольника не меньше, чем сумма квадратов его диагоналей, причем равенство достигается только в случае параллелограмма.

Подсказки к задаче

Подсказка, пункт а

Введите векторы, образующие стороны параллелограмма. Честно напишите через эти 2 вектора сумму квадратов длин диагоналей и сумму квадратов длин всех четырех сторон.

Подсказка 1, пункт б

Введите векторы, образующие стороны четырехугольника, их получится 4. Как проверять то, что требуется в задаче? Нужно выразить все выражения через наши 4 вектора. Как понять, что равенство получается только в случае параллелограмма?

Подсказка 2, пункт б

Если перед вами параллелограмм, то противоположные векторы должны быть равны с обратным знаком, причем это равносильно. Подумайте, как это можно написать, и сведите задачу к этим двум выражениям.

Показать доказательство

(a) Пусть $v1,v2$ — векторы, образованные сторонами параллелограмма. Тогда диагонали параллелограмма образованы векторами $v1 +v2$ и $v1 − v2.$ Наконец, в силу билинейности скалярного произведения

2 2 (v1+v2) +(v1− v2) = (v1+ v2,v1+ v2)+ (v1− v2,v1− v2)=

2 2 =((v1,v1)+2(v1,v2)+(v2,v2)+((v1,v1)− 2(v1,v2)+ (v2,v2))= 2(v1 + v2)

(b) Пусть $v1,v2,v3,v4$ — векторы, образованные сторонами четырехугольника. Тогда векторы, образованные диагоналями четырехугольника, могут быть выражены как $v1+ v2,v2+ v3,v3+ v4,v4+v1.$ Тогда доказываемое неравенство можно представить в виде

(v + v − v − v )2 (v − v − v + v )2 v21 + v22 + v23 +v24 ≥-1--22-3---4 + -1---22-3---4

После раскрытия скобок в правой части, имеем

( ) ∑4 1 ∑4 i=1(vi,vi)≥ 4 2i=1(vi,vi)− 4(v1,v3)− 4(v2,v4)

4∑ (v,v)+ 2(v ,v )+ 2(v ,v )≥ 0 i=1 i i 1 3 2 4

(v1+ v3,v1+ v3)+ (v2 +v4,v2+ v4)≥0

(v1+ v3)2+ (v2 +v4)2 ≥0

последнее верно при любых $v1,v2,v3,v4,$ причем равенство достигается тогда и только тогда, когда $v1 = −v3,v2 =− v4,$ то есть когда исходный четырехугольник является параллелограмом.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#97373

Докажите, что для любых единичных векторов на плоскости $v , 1$ $v ,...,v 2 n$ можно выбрать знаки в выражении $± v ±v ± ...± v 1 2 n$ так, что длина получившегося вектора будет не меньше чем $√ - n.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Будем для удобства считать, что выбраны векторы u_i с учетом знака. Запишите квадрат суммы векторов. Что после этого нужно доказать?

Подсказка 2

Преобразованиями получите, что нужно взять векторы u_i так, чтобы сумма попарных скалярных произведений была неотрицательна. Как это можно сделать? Вообще у нас в условии n векторов, поэтому можно попробовать провернуть индукцию.

Подсказка 3

Докажите базу для двух векторов. Как реализовать переход? Выделите слагаемые, в которые входит новый вектор. Как бы сделать там сумму поменьше?

Показать доказательство

Пусть вектор $u1$ равен вектору $v1$ с выбранным перед ним знаком. Тогда результирующий вектор имеет вид $∑n i=1ui.$ Тогда достаточно показать, что знаки можно выбрать таким образом, что

( ) ∑n ∑n ∑ 2 ∑k k∑ n≤ i=1 ui,i=1ui = ui + 2i⁄=j(ui,uj)= n+2 i⁄=j(ui,uj)

то есть таким образом, что

∑k 0 ≤i⁄=j(ui,uj) (∗)

Докажем возможность такого выбора индукцией по $n.$ База для $n =2$ очевидна: скалярные произведения $(v1,v2)$ и $(v1,−v2)$ противоположны по знаку, а значит, хотя бы одно из них неотрицательно. Пусть для некоторого $k$ существует комбинация знаков при которой верно неравенство $(∗).$ Заметим, что

k+∑1 ( ∑k ) k∑ ( ∑k ) (ui,uj)= uk+1, ui + (ui,uj)≥(∗) uk+1, ui i⁄=j i=1 i⁄=j i=1

Сумма $∑k i=1ui$ фиксирована и не зависит от знака $uk+1,$ следовательно, достаточно положить такой знак $uk+1,$ что произведение $( ∑k ) uk+1, ui i=1$ неотрицательно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#97374

Дан четырёхугольник $ABCD,$ в котором $AB = AD$ и $∠ABC = ∠ADC = 90∘.$ На сторонах $BC$ и $CD$ выбраны соответственно точки $F$ и $E$ так, что $DF ⊥ AE.$ Докажите, что $AF ⊥ BE.$

Подсказки к задаче

Подсказка

Самое сложно это грамотно ввести векторы. Как это сделать, чтобы их не было слишком много? Введите все векторы, которые чему-то перпендикулярны. Постарайтесь выразить через эти векторы условие и то, что требуется доказать.

Показать доказательство

Отрезки $AF$ и $DE$ перпендикулярны, следовательно, (здесь и далее в данной задаче, $XY ≡−X−Y→)$ получаем $(AE,DF )=0.$ Осталось заметить, что

(AE,DF )=(AE,DA + AF)= (AE,DA )+(AE,AF)=

2 2 = (AD + DE,DA )+(AE,AF )= −AD +(DE,DA )+(AE,AF )=− AB + (AE,AF)

= (AB +BF,BA )+(AE,AF )= (AF,BA )+(AE,AF )=(AF,BA +AE )= (AF,BE )

следовательно, отрезки $AF$ и $BE$ так же перпендикулярны.

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#97377

Пусть $A A ...A 1 2 n$ — правильный $n$ -угольник, $X$ — произвольная точка. Рассмотрим проекции $X , 1$ $X ,...,X 2 n$ точки $X$ на прямые $A1A2,$ $A2A3,...,AnA1$ соответственно. Пусть $xi$ — длина отрезка $AiXi$ с учетом знака (знак плюс берётся в случае, когда лучи $AiXi$ и $AiAi+1$ сонаправлены). Докажите, что сумма $x1+ x2+...+xn$ равна половине периметра многоугольника $A1A2 ...An.$

Подсказки к задаче

Подсказка

Когда есть правильный многоугольник и вы хотите ввести векторы, очень полезно отметить его центр. Вам сразу легче становится выражать все векторы, а к тому же вы получаете прекрасное тождество - сумма векторов из O во все вершины равна 0. Сделайте это и в этой задаче, выразите все x_i через вектор OX, векторы выходящие из центра многоугольника и векторы сторон.

Показать доказательство

Достаточно рассмотреть случай, когда длины сторон многоугольника $A ...A 1 n$ равны $1.$ В этом случае $x = (A-X,−−A−−A−→) . i i i i+1$ Пусть $O$ — центр правильного многоугольника $A1...An.$ Тогда

∑n ∑n ( ) ( ∑n ) n∑ ( ) xi = −A−i→O,−−A−i−A−i+→1 + −−O→X, −−A−i−A−i+→1 = −A−i→O,−A−i−A−i−→+1 i=1 i=1 i=1 i=1

поскольку $∑n −−−−−→ −→ AiAi+1 = 0 i=1$ для любого многоугольника. Остаётся заметить, что

( −−→ −−−−−→ ) AiO,AiAi+1 = 1∕2

для всех $i.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#97586

На плоскости нарисованы два квадрата $ABCD$ и $KLMN$ (их вершины перечислены против часовой стрелки). Докажите, что середины отрезков $AK$ , $BL$ , $CM$ и $DN$ являются вершинами квадрата.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, как можно доказать, что четырёхугольник является квадратом. Например, если доказать, что две соседние стороны равны и перпендикулярны, а потом сделать то же самое для других пар соседних сторон, то мы получим требуемое.

Подсказка 2

Реализовать задуманное можно через векторы. Если выразить векторы, соответствующие сторонам четырëхугольника, через векторы, про которые мы знаем побольше информации, а именно векторы сторон двух квадратов, то всё должно получиться.

Показать доказательство

Сформулируем и докажем следующюю лемму.

Лемма. Дан четырехугольник $ABCD$ , точки $M, N$ середины соотвественно сторон $AD$ и $BC$ , тогда

−→ −−→ −M−→N = AB-+-DC-. 2

Доказательство. Имеем

−−M→N = −−M→A + −A→B +−B−→N.

Аналогично

−M−N→ = −−M→D + −−D→C +−C−→N.

$PIC$

Поскольку $−M−A→ = −−M−→D$ и $−B−→N = −−C−→N$ , то, сложив полученные равенства и поделив на 2, получим требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к доказательству исходной задачи. В силу леммы, имеем

−−→ −→ −−→ −→ −−→ −−→ PQ = AB-+-KL; QR = BC-+-LM- 2 2

Векторы $−→AB$ и $−K−→L$ получаются из векторов $−−B→C$ и $−L−M→$ поворотом на $90∘.$ Поэтому из приведенных выше равенств следует, что вектор $−Q→R$ получается из вектора $−−P→Q$ поворотом на $90∘,$ то есть отрезки $PQ$ и $QR$ равны и перпендикулярны. Аналогично, любые две стороны в четырехугольнике $P QRS$ равны и перпендикулярны.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#97590

Точка $K$ — середина стороны $AB$ квадрата $ABCD$ , а точка $M$ лежит на диагонали $AC$ , причём $AM :MC =3 :1.$ Докажите, что угол $KMD$ прямой.

Показать доказательство

Переведём задачу на язык векторов: $∠KMD$ прямой тогда и только тогда, когда скалярное произведение векторов $−M−K→$ и $−M−D→$ равно 0.

$PIC$

Выразим $−−→ MK$ через вектора $−→ AB$ и $−−→ AD$

−−→ −−→ −−→ 1−→ 3−→ 1−→ 3( −→ −−→ ) 1 −→ 3−−→ MK = AK − AM = 2AB − 4AC = 2AB − 4 AB+ BC = −4 AB − 4BC

Так как $ABCD$ — квадрат, то $−−→ −−→ AD = BC,$ тогда

−M−K→ = − 1−A→B − 3−B−→C =− 1−A→B − 3−A−→D 4 4 4 4

Выразим $−M−→D$ через вектора $−A→B$ и $−−A→D$

( ) −−M→D = −−A→D − −−A→M = −−A→D − 3 −A→C =−A−→D − 3 −A→B +−A−→D = 1 −−A→D − 3 −A→B 4 4 4 4

Теперь рассмотрим их скалярное произведение

−−→ −−→ ( 1−→ 3−−→ ) ( 1−−→ 3−→ ) -3−→ 2 3-−−→ 2 8-−→ −−→ MK ⋅MD = −4AB − 4AD ⋅ 4AD − 4AB = 16AB − 16AD + 16AB ⋅AD

Заметим, что раз $ABCD$ — квадрат, то $AB = AD$ и $∠BAD$ прямой, следовательно, $−→ 2 −−→2 AB = AD$ и $−→ −−→ AB ⋅AD = 0,$ тогда получаем

−−→ −−→ 3 3 MK ⋅MD = 16 − 16 = 0.

Значит, $∠KMD$ прямой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#121925

(a) Пусть $A,B,C$ и $D$ — произвольные точки на плоскости. Докажите, что $------ --- --- --- --- (AB,CD )+ (BC, AD)+ (CA, BD)= 0.$

(b) Выведите из (a), что высоты треугольника пересекаются в одной точке.

Показать доказательство

(a) Пусть точка $O$ — начало координат. Обозначим векторы $--------- --- OA,OB,OC, OD$ через $a,b,c,d.$ Если векторы в равенстве из условия выразить через $a,b,c,d,$ то оно примет вид:

(b− a)(d− c)+ (c− b)(d− a)+ (a− c)(d− b) =0.

Если раскрыть скобочки в левой части, все слагаемые взаимно уничтожатся.

(b) Давайте пересечём высоты из $A$ и $B$ в точке $H.$ Рассмотрим равенство из предыдущего пункта, но только вместо $D$ будет точка $H.$ Из определения высоты имеем: $------ (BC,AH )= 0$ и $------ (CA,BH )= 0.$ Но тогда и $------ (AB,CD )=0.$ То есть $CD ⊥AB.$ Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#121945

(a) Докажите, что сумма квадратов расстояний от произвольной точки плоскости до двух противоположных вершин прямоугольника равна сумме квадратов расстояний от этой точки до двух других вершин прямоугольника.

(b) Дан прямоугольник $ABCD$ и точка $P.$ Докажите, что $------ --- --- PA⋅PC = PB ⋅PD.$

(c) Дан прямоугольник $ABCD$ и точка $P.$ Прямые, проходящие через $A$ и $B$ и перпендикулярные, соответственно, $PC$ и $PD,$ пересекаются в точке $Q.$ Докажите, что $PQ ⊥AB.$

Показать доказательство

(a) Обозначим вершины прямоугольника за $A,B,C,D.$ Пусть точка $A$ — начало координат. Обозначим векторы $--- AB$ и $--- AD$ через $u$ и $v.$ Тогда вектор $--- AC$ будет равен $u+ v.$ Рассмотрим произвольную точку $P.$ Обозначим вектор $--- OP$ через $p.$ Тогда сумма квадратов расстояний от $P$ до $B$ и $D$ равна $2 2 (p− u) +(p− v)$ (скалярное произведение двух одинаковых векторов равно квадрату модуля этого вектора). Аналогично сумма квадратов расстояний до $A$ и $C$ равна $2 2 p + (p − (u+ v)) .$ Заметим, что $2 2 2 2 2 (p− u)+ (p− v) = 2p − 2p(u+v)+ u + v.$ Также $2 2 2 2 p +(p− (u+v)) =2p − 2p(u+ v)+ (u+ v).$ Равенство этих выражений равносильно равенству $2 2 2 u + v = (u+ v).$ Учитывая, что $uv = 0,$ поскольку векторы перпендикулярны, это верно.

(b) Распишем это равенство через векторы, введённые в предыдущем пункте:

(u− p)(v− p)= (u+v − p)(0 − p).

После раскрытия скобок и приведения подобных получится равенство $uv = 0,$ которое является верным.

(c) Обозначим вектор $OQ-$ через $q.$ Он перпендикулярен $PC,$ откуда $q(u+ v− p)= 0.$ Также $BQ ⊥PD,$ откуда $(v− q)(p− u) =0.$ Если вычесть одно равенство из другого и учесть, что $uv = 0,$ то получится равенство $v(q− p)= 0.$ Это даёт требуемое.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#121964

Четыре перпендикуляра, опущенные из вершин выпуклого пятиугольника на противоположные стороны, пересекаются в одной точке. Докажите, что пятый такой перпендикуляр тоже проходит через эту точку.

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $0$ будет началом отсчёта, а векторы до вершин $A,B,C,D,E$ обозначим $a,$ $b,$ $c,$ $d,$ $e$ соответственно, а вектор к точке пересечения перпендикуляров $P$ — $p.$ Для первых четырёх перпендикуляров выполняются условия перпендикулярности:

1. Перпендикуляр из $A$ на сторону $CD :$

(p− a)⋅(d− c)= 0.

2. Перпендикуляр из $B$ на сторону $DE :$

(p− b)⋅(e− d)= 0.

3. Перпендикуляр из $C$ на сторону $EA :$

(p− c)⋅(a− e)= 0.

4. Перпендикуляр из $D$ на сторону $AB :$

(p− d)⋅(b− a)= 0.

Из системы уравнений следует, что $P$ удовлетворяет всем четырём условиям. Для доказательства, что пятый перпендикуляр из $E$ на сторону $AB$ также проходит через $P,$ запишем cумму первых четырёх уравнений:

p ⋅(d − c +e− d+ a− e+ b− a)− a⋅d +c ⋅a − b ⋅e +b ⋅d − c ⋅a +c ⋅e − b ⋅d +a ⋅d = 0

p⋅(b− c)+(c− b)⋅e= 0 ⇐ ⇒ (p− e)⋅(b− c)= 0,

это и есть условие перпендикулярности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#121965

В треугольнике $ABC$ выполнено $AC2 + BC2 = 5AB2.$ Докажите, что медианы $AK$ и $BM$ перпендикулярны.

Показать доказательство

Привяжем систему отсчёта к точке $C.$ Обозначим векторы сторон:

--- - --- - CA =a, CB = b.

Тогда вектор $AB-= a− b.$ Из условия:

-2 -2 - -2 |a| +|b| = 5|a− b|.

Медианы:

- --- b - ---- a - AK = 2 − a, BM = 2 − b.

Скалярное произведение:

--- ---- (b ) (a -) 5a ⋅b |a|2+ |b|2 AK ⋅BM = 2 − a ⋅ 2 −b = -4--−----2-- .

Подставим условие $|a|2+ |b|2 =5|a− b|2 :$

- - - - - - AK-⋅BM-= 5a⋅b− 5(|a|2−-2a⋅b+|b|2)= 0. 4 2

Следовательно, медианы перпендикулярны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#121967

Дан четырехугольник с целыми координатами вершин и равными диагоналями. Докажите, что его диагонали не могут пересекаться под углом $∘ 45 .$

Показать доказательство

Пусть $AC-$ и $BD-$ — диагонали четырёхугольника $ABCD.$ Если они пересекаются под $45∘,$ то:

--- --- --- --- ∘ AC ⋅BD =|AC|⋅|BD |⋅cos45 .

Так как $|AC|= |BD-|,$ то:

--- --- ---2 √2- AC ⋅BD = |AC| ⋅ 2 .

Но $--- --- AC ⋅BD$ — целое число (целые координаты), а $---2 √2 |AC| ⋅2-$ — иррациональное. Противоречие. Угол $∘ 45$ невозможен.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#121988

В равнобедренном треугольнике $ABC$ на основании $AC$ выбрана точка $P.$ Точки $X$ и $Y$ на сторонах $AB$ и $BC$ соответственно таковы, что $PX ∥BC,$ $PY ∥AB.$ Точка $K$ — середина дуги $AC$ (не содержащей точку $B$ ) описанной окружности треугольника $ABC.$ Докажите, что $KP ⊥XY.$

Показать доказательство

$PIC$

Поместим треугольник $ABC$ в декартову систему:

— $A (−a,0),$ $C(a,0),$ $B(0,b),$ где $a> 0,$ $b> 0.$

— Точка $P$ на $AC :$ $P(p,0),$ $p∈ [− a,a].$

Условие $PX ∥ BC.$ Направляющий вектор $BC :$ $(a,−b).$ Прямая $PX :$

x−-p= y−-0 =⇒ y =− b(x− p). a −b a

Параметризация $AB :$

X (t)= (−a+ t⋅a,0+ t⋅b), t∈ [0,1].

Подставляем $y = − ba(x− p)$ в $AB :$

t⋅b =− b(− a+ t⋅a − p) =⇒ t= a+-p. a 2a

Координаты $X :$

( a+p-b(a+-p)) (−a-+p b(a-+p)) − a+ 2 , 2a = 2 , 2a .

Условие $PY ∥AB.$ Направляющий вектор $AB :$ $(a,b).$ Прямая $PY :$

x − p y− 0 b --a- = -b-- =⇒ y = a(x− p).

Параметризация $BC :$

Y(s)=(0+ s⋅a,b− s⋅b), s∈[0,1].

Подставляем $y = ba(x− p)$ в $BC :$

b− s ⋅b= ba (s⋅a− p) =⇒ s= a+2ap.

Координаты $Y :$

( ) a+-p,b(a−-p) . 2 2a

Радиус описанной окружности: $a2+b2. b$ Точка $K$ — середина дуги $AC,$ лежит на оси $Oy$ имеет координаты:

( 2 2 ) ( 2) 0,a-+-b-− b = 0,a- . b b

Теперь найдём координаты каждого из векторов и посчитаем скалярное произведение, которое должно быть равно нулю.

KP- =(p− 0,0+ a2)= (p,a2), b b

--- ( a+ p −a+ p b(a− p) b(a+ p)) bp XY = -2--− --2--,--2a--− --2a-- = (a,− a-).

2 KP-⋅XY-= pa − a-bp= 0. ab

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#69116

В прямоугольнике $ABCD$ опущен перпендикуляр $BK$ на диагональ $AC.$ Точки $M$ и $N$ — середины отрезков $AK$ и $CD$ соответственно. Докажите, что угол $BMN$ прямой.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте вспомним, как доказывать перпендикулярность, используя векторы? Конечно, мы должны доказать, что скалярное произведение MN и BM равно нулю. Для этого необходимо выразить эти векторы через попарно перпендикулярные: BC, BK, KC, AB

Подсказка 2

Так как скалярное произведение линейно по каждому аргументу, имеем, что MN * BM = 1/4 (BC * BK - KC * AB). Как используя перпендикулярность векторов (то есть BC * BA = KC * BK = 0) доказать, что BC * BK - KC * AB = 0?

Подсказка 3

Используйте, что BK = KC * ctg(α) и AB = BC * ctg(α), где ∠KBC = ∠BAC = α

Показать доказательство

$PIC$

Поскольку

( ) ( ) ( ) −M−N→ = 1 −A−→D + −−K→C = 1 −−B→C +−K−→C и −B−M→ = 1 −B→A + −−B→K 2 2 2

то

−−→ −−→ 1( −−→ −−→ ) (−→ −−→ ) 1 (−−→ −−→ −−→ −→ ) MN ⋅BM = 4 BC +KC ⋅ BA + BK = 4 BC ⋅BK +KC ⋅BA =

1( −−→ −−→ −−→ −→ ) = 4 BC ⋅BK −KC ⋅AB

Так как

−−→ −→ −−→ −−→ BC ⋅BA = KC ⋅BK = 0

Обозначим $∠BAC =∠KBC = α.$

Тогда

−−B→C ⋅−−B→K − −K−C→ ⋅−A→B = BC ⋅BK ⋅cosα − KC ⋅AB ⋅cosα =

= (BC⋅BK − KC ⋅AB)cosα= (BC⋅KC ctgα− KC ⋅BCctgα)cosα = 0.

Следовательно, $BM ⊥ MN.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#69118

Пусть $O$ — центр окружности, описанной около равнобедренного треугольника $ABC$ $(AB =AC ),D$ — середина стороны $AB,$ а $E$ — точка пересечения медиан треугольника $ACD.$ Докажите, что $OE ⊥ CD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно доказать, что какие-то две прямые перпендикулярны. Может, попробовать доказать, что направляющие векторы этих прямых перпендикулярны...

Подсказка 2

Два вектора перпендикулярны, когда их скалярное произведение равно 0. Может, как-то удобно выразить векторы EO и CD, чтобы посчитать их скалярное произведение...

Подсказка 3

Попробуйте выразить их через вектора OA, OC, OB. Например, вектор CD=1/2(CA+CB), где CA=CO+OA и CB=CO+OB.

Подсказка 4

Осталось выразить OE. Мы знаем, что OE=OA+AE, а AE=1/3(AD+AC). Как же тогда выражается OE через OA, OC, OB?

Подсказка 5

OE=1/6(3OA+2OC+OB). Проверьте, что скалярное произведение действительно равно нулю, и радуйтесь!

Показать доказательство

$PIC$

( ) −−O→D = 1 −O→A + −−O→B 2

Поэтому

−−→ 1 (−→ −−→ −−→ ) 1( −→ −−→ 1(−→ −−→) ) OE = 3 OA +OC + OD = 3 OA+ OC + 2 OA + OB = = 1(3−O→A + 2−−O→C+ −O−→B ) 6

Кроме того,

−−→ 1 (−→ −−→ ) 1 ((−−→ −→ ) (−−→ −−→ )) CD = 2 CA +CB = 2 CO + OA + CO + OB = 1 (−→ −−→ −−→) = 2 OA +OB − 2OC

Значит,

( ) ( ) 12−O−→E ⋅−C−→D = 3−O→A +2−O−→C + −−O→B ⋅ −O→A +−O−→B − 2−−O→C =

= 3−O→A2 + 3−O→A ⋅−O−→B − 6−O→A ⋅−O−→C + 2−O−→C ⋅−O→A + 2−O−→C ⋅−O−→B − 4−O−→C2+

+−O→A ⋅−−O→B +−O−→B2 − 2−O−→B ⋅−−O→C =

−→ −−→ −→ −−→ = 3R2 − 4R2 +R2 +4OA ⋅OB − 4OA ⋅OC =

−→ (−−→ −−→ ) −→ −−→ = 4OA OB − OC = 4OA ⋅CB = 0

Так как $OA ⊥ BC$ ( $R$ — радиус окружности). Следовательно, $OE ⊥CD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#98023

Про натуральные числа $n,m,k$ и $l$ известно, что $mn =kl= 350.$ Оказалось, что точки с координатами $(m,n)$ и $(k,l)$ различны, а площадь треугольника с вершинами в данных точках и начале координат минимальна. Вычислите эту площадь.

Источники: Отбор Физтех 2023, Задача 4 (olymp-online.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $⃗a$ и $⃗b$ — векторы с координатами $(m, n)$ и $(k,l)$ соответственно. Построим перпендикулярный к $⃗b$ вектор $⃗b′$ такой, что $⃗ ⃗′ |b|= |b |,$ его координаты будут $(−l,k).$

$PIC$

Можем выразить площадь треугольника через векторы $⃗a$ и $⃗ b:$

1 S = 2|⃗a||⃗b|sinα,

где $α$ — угол между $⃗a$ и $⃗b.$

Учитывая, что $sin α= cos(90∘− α)$ и $|⃗b|=|⃗b′|,$ получаем:

S = 1|⃗a||⃗b′|cos(90∘− α) 2

Но $(90∘ − α)$ равно уголу между $⃗a$ и $⃗b′,$ тогда $|⃗a||⃗b′|cos(90∘− α )$ — скалярное произведение $⃗a$ и $⃗b′.$

S = 1(⃗a,⃗b′)= 1⋅(−ml+ nk) 2 2

Минимизируем $nk − ml :$

350- 350 ( n -l) nk− ml= n ⋅ l − l⋅ n = 350⋅ l − n

По построению, не умаляя общности, $n> l$ (иначе бы строили перпендикуляр относительно вектора $⃗a,$ а не $⃗b$ ).

Для минимизации выражения нужно, чтобы $n l$ было минимально. Тогда $n 7 l = 5.$

Получаем окончательное значение площади:

( ) S = 12 ⋅350 ⋅ 75 − 57 =120

Ответ: 120

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#34678

Точка $O$ является центром окружности, описанной около треугольника $ABC$ со сторонами $BC = 8$ и $AC = 4$ . Найдите длину стороны $AB$ , если длина вектора $−→ −−→ −−→ 4OA −OB − 3OC$ равна $10$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В таких задачах на счет нужно очень четко понять, какие переменные мы вводим и зачем это делать. Какие переменные у нас уже известны? Две стороны треугольника. Значит, если попробовать выразить наше выражение векторное, через часть из известных переменных и того, что нам нужно найти, то может что-то получится.

Подсказка 2

Давайте выразим каждый из векторов в выражении через векторы CA и AB, тогда выходит, что |3AC + AB| = 10 (здесь написаны векторы). Далее, нам ничего не остается как возводить в квадрат, но там вылезет косинус из произведения векторов. Как побороть эту проблему, если у нас в виде переменных остаются AB и cos(BAC).

Подсказка 3

Конечно, у нас есть cos(BAC) и AB, значит все намекает на теорему косинусов для треугольника ABC и стороны BC. Вычтя из нашего равенства, которое получилось возведением в квадрат модуля, равенство из теоремы косинусов, получим уравнение, в котором есть AB*cos(BAC), приравненное к константе. Что тогда можно сделать, чтобы найти AB?

Подсказка 4

Само собой, остается подставить это в уравнение, полученное из модуля, так как после подстановки, там останется одна неизвестная - AB, а значит, задача решена!

Показать ответ и решение

$PIC$

Будем пользоваться тем, что скалярный квадрат вектора равен квадрату длины вектора.

Из условия получаем, что

|3−−→CO+ 3−O→A +−B−→O + −O→A|= 10

−→ −→ |3CA+ BA|= 10

−→ −→ |3AC+ AB|= 10

А теперь возведём обе части в квадрат:

9AC2+ AB2 +6AC ⋅AB⋅cos∠BAC = 100

По теореме косинусов из треугольника $ABC$ имеем

2 2 2 AC + AB − 2AC ⋅AB ⋅cos∠BAC = BC

Вычитая это равенства из полученного выше, получаем

8AC2+ 8AB ⋅AC ⋅cos∠BAC =100− BC2

С учётом $AC = 4,BC = 8$ имеем

8⋅16+ 8⋅AB ⋅4⋅cos∠BAC = 36

8AB ⋅cos∠BAC =9− 32

Подставим в $2 2 2 AC + AB − 2AC ⋅AB ⋅cos∠BAC = BC :$

2 16+ AB +23= 64

AB =5

Ответ:

$5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#72245

В треугольнике $ABC$ синус угла $A$ равен $3∕5.$ На стороне $AC$ взяли точку $M$ так, что $CM =15,$ на стороне $AB$ взяли точку $N$ так, что $BN = 7,AN = AM,$ $T$ — середина $NC,$ $P$ — середина $BM.$ Найдите длину отрезка $PT.$ Если возможных ответов несколько, введите их сумму. Ответ округлите до десятых.

Источники: Муницип - 2022, Республика Башкортостан, 10.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас отмечены две середины, может, стоит поискать средние линии? Попробуйте придумать какую-нибудь среднюю линию с точкой T...

Подсказка 2

Можно взять точку L- середину BC. Тогда TL- средняя линия треугольника △NCB ⇒ TL=7/2 и TL // AB. А что мы можем сказать про PL?

Подсказка 3

Это тоже средняя линия, только для треугольника △MBC ⇒PL=15/2 и PL // AC. Из параллельности следует, что уголок ∠PLT равен ∠BAC. Можем ли мы уже найти PT?

Подсказка 4

Конечно можем, ведь у нас есть теорема косинусов! Доведите решение до конца и не забудьте, что cos(∠BAC) может принимать два значения...

Показать ответ и решение

$PIC$

Обозначим длины $AN$ и $AM$ за $x.$ Введём систему из двух единичных векторов: пусть вектор $−→ b$ коллинеарен вектору $−→ AB,$ а вектор $−→c$ коллинеарен вектору $−A→C.$ Тогда верны векторные соотношения:

−→PT =−A→T − −→AP,−A→P = 1(−A→B + −−A→M ),−A→T = 1(−→AC+ −−A→N ) 2 2 −→AB = (x+ 7)⃗b,−→AC = (x+ 15)⃗c, −A−→M = x⃗c, −A−→N = x⃗b −→ 1 −→ −−→ −→ −−→ 1 ⃗ P T = 2(AC +AN − AB −AM )= 2(15⃗c− 7b)

Вычисляя скалярный квадрат вектора $−→ PT,$ и учитывая, что косинус угла $\text{[math]}$ может быть равен равен $4∕5$ для острого угла и $− 4∕5$ для тупого, получим

−→ −→ 1 PT ⋅PT = 4(49⃗b⋅⃗b+225⃗c⋅⃗c− 210⃗b⋅⃗c)= 26,5 −→ −→ 1 ⃗⃗ ⃗ PT ⋅PT = 4(49b⋅b+225⃗c⋅⃗c− 210b⋅⃗c)= 110,5

Ответ: 15.7