ГДЗ по Алгебре 11 Класс Номер 15.30 Углубленный Уровень Мерзляк, Номировский — Подробные Ответы

На прямой l взяты последовательно точки A, С и Е. На отрезках АС и СЕ в одной полуплоскости относительно прямой l построены равносторонние треугольники АВС и CDE. Точки К к М — середины отрезков AD и BE соответственно. Докажите, что треугольник СКМ равносторонний.

Дана прямая \(l\) и точки \(A, C, E\):

1) Пусть точки заданы векторами:
\(
A = z_1, \quad C = z_2 = a z_1, \quad E = z_3 = b z_1;
\)

2) Найдём точку \(K\):
\(
\overrightarrow{CD} = \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) \overrightarrow{CE};
\)
\(
z_d — a z_1 = \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right)(b z_1 — a z_1);
\)
\(
z_d = \frac{1}{2} b z_1 — \frac{1}{2} a z_1 + \frac{\sqrt{3}}{2} i b z_1 — \frac{\sqrt{3}}{2} i a z_1 + a z_1;
\)
\(
z_d = \frac{1}{2} z_1 (a + b) + \frac{\sqrt{3}}{2} z_1 (b — a);
\)
\(
z_k = \frac{1}{2} z_1 (a + b + 2) + \frac{i \sqrt{3}}{4} z_1 (b — a);
\)
\(
\overrightarrow{CK} = \frac{1}{4} z_1 (b — 3a + 2) + \frac{i \sqrt{3}}{4} z_1 (b — a).
\)

3) Найдём точку \(M\):
\(
\overrightarrow{AB} = \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) \overrightarrow{AC};
\)
\(
z_b — z_1 = \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right)(a z_1 — z_1);
\)
\(
z_b = \frac{1}{2} a z_1 — \frac{1}{2} z_1 + \frac{\sqrt{3}}{2} i a z_1 — \frac{\sqrt{3}}{2} i z_1 + z_1;
\)
\(
z_b = \frac{1}{2} z_1 (a + 1) + \frac{\sqrt{3}}{2} z_1 (a — 1);
\)
\(
z_m = \frac{1}{4} z_1 (a + 2b + 1) + \frac{i \sqrt{3}}{4} z_1 (a — 1);
\)
\(
\overrightarrow{CM} = \frac{1}{4} z_1 (2b — 3a + 1) + \frac{i \sqrt{3}}{4} z_1 (a — 1).
\)

4) Угол между векторами:
\(
\overrightarrow{CK} = \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) \cdot \overrightarrow{CM};
\)
\(
\overrightarrow{CK} = \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) \cdot \left(\frac{1}{4} z_1 (2b — 3a + 1) + \frac{i \sqrt{3}}{4} z_1 (a — 1)\right);
\)
\(
\overrightarrow{CK} = \frac{1}{4} z_1 (b — 3a + 2) + \frac{i \sqrt{3}}{4} z_1 (b — a).
\)

Итог:
\(
\angle (\overrightarrow{CK}, \overrightarrow{CM}) = 60^\circ, \quad |\overrightarrow{CK}| = |\overrightarrow{CM}|, \quad \overrightarrow{CK} = \overrightarrow{CM}.
\)

Что и требовалось доказать.

Дано:
Имеются точки \(A, C, E\), заданные комплексными числами:
\(
A = z_1, \quad C = z_2 = a z_1, \quad E = z_3 = b z_1
\)
где \(a, b \in \mathbb{C}\) — комплексные коэффициенты.

Шаг 1. Найдём точку \(K\)
Точка \(K\) лежит на прямой \(CD\), причем вектор \(\overrightarrow{CD}\) связан с вектором \(\overrightarrow{CE}\) следующим образом:
\(
\overrightarrow{CD} = \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) \overrightarrow{CE}.
\)

Введем комплексные координаты точки \(D\), чтобы найти её положение:
\(
z_d — a z_1 = \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right)(b z_1 — a z_1).
\)

Раскрываем скобки:
\(
z_d = a z_1 + \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right)(b z_1 — a z_1).
\)

Внутри скобок выделим общий множитель \(z_1\):
\(
z_d = a z_1 + \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) z_1 (b — a).
\)

Раскрываем произведение:
\(
z_d = a z_1 + \frac{1}{2} z_1 (b — a) + \frac{\sqrt{3}}{2} i z_1 (b — a).
\)

Теперь группируем слагаемые:
\(
z_d = \frac{1}{2} b z_1 — \frac{1}{2} a z_1 + \frac{\sqrt{3}}{2} i b z_1 — \frac{\sqrt{3}}{2} i a z_1 + a z_1.
\)

Приводим подобные слагаемые:
\(
z_d = \frac{1}{2} z_1 (a + b) + \frac{\sqrt{3}}{2} z_1 (b — a).
\)

Учитывая, что точка \(K\) расположена на середине между \(D\) и прямой \(CE\), её координаты будут:
\(
z_k = \frac{1}{2} z_1 (a + b + 2) + \frac{i \sqrt{3}}{4} z_1 (b — a).
\)

Вектор \(\overrightarrow{CK}\) из точки \(C\) в точку \(K\) равен:
\(
\overrightarrow{CK} = \frac{1}{4} z_1 (b — 3a + 2) + \frac{i \sqrt{3}}{4} z_1 (b — a).
\)

Шаг 2. Найдём точку \(M\)
Точка \(M\) лежит на прямой \(AB\), причем вектор \(\overrightarrow{AB}\) связан с вектором \(\overrightarrow{AC}\) следующим образом:
\(
\overrightarrow{AB} = \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) \overrightarrow{AC}.
\)

Введем комплексные координаты точки \(B\), чтобы найти её положение:
\(
z_b — z_1 = \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right)(a z_1 — z_1).
\)

Раскрываем скобки:
\(
z_b = z_1 + \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right)(a z_1 — z_1).
\)

Внутри скобок выделим общий множитель \(z_1\):
\(
z_b = z_1 + \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) z_1 (a — 1).
\)

Раскрываем произведение:
\(
z_b = z_1 + \frac{1}{2} z_1 (a — 1) + \frac{\sqrt{3}}{2} i z_1 (a — 1).
\)

Теперь группируем слагаемые:
\(
z_b = \frac{1}{2} a z_1 — \frac{1}{2} z_1 + \frac{\sqrt{3}}{2} i a z_1 — \frac{\sqrt{3}}{2} i z_1 + z_1.
\)

Приводим подобные слагаемые:
\(
z_b = \frac{1}{2} z_1 (a + 1) + \frac{\sqrt{3}}{2} z_1 (a — 1).
\)

Координаты точки \(M\) выражаются через \(z_b\) и \(z_c\):
\(
z_m = \frac{1}{4} z_1 (a + 2b + 1) + \frac{i \sqrt{3}}{4} z_1 (a — 1).
\)

Вектор \(\overrightarrow{CM}\) из точки \(C\) в точку \(M\) равен:
\(
\overrightarrow{CM} = \frac{1}{4} z_1 (2b — 3a + 1) + \frac{i \sqrt{3}}{4} z_1 (a — 1).
\)

Шаг 3. Угол между векторами \(\overrightarrow{CK}\) и \(\overrightarrow{CM}\)
Вектор \(\overrightarrow{CK}\) связан с вектором \(\overrightarrow{CM}\) следующим образом:
\(
\overrightarrow{CK} = \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) \cdot \overrightarrow{CM}.
\)

Подставляем выражение для \(\overrightarrow{CM}\):
\(
\overrightarrow{CK} = \left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) \cdot \left(\frac{1}{4} z_1 (2b — 3a + 1) + \frac{i \sqrt{3}}{4} z_1 (a — 1)\right).
\)

Раскрываем произведение:
\(
\overrightarrow{CK} = \frac{1}{4} z_1 (b — 3a + 2) + \frac{i \sqrt{3}}{4} z_1 (b — a).
\)

Итог:
Мы доказали, что:
\(
\angle (\overrightarrow{CK}, \overrightarrow{CM}) = 60^\circ, \quad |\overrightarrow{CK}| = |\overrightarrow{CM}|, \quad \overrightarrow{CK} = \overrightarrow{CM}.
\)

Что и требовалось доказать.