ГДЗ по Геометрии 10 Класс Базовый Уровень Номер 5.25 Мерзляк, Номировский, Полонский, Якир — Подробные Ответы

Точки \( E, F, M \) и \( K \) — середины соответственно рёбер \( AB, BC, AD \) и \( CD \) тетраэдра \( DABC \). Докажите, что отрезки \( MF \) и \( KE \) пересекаются и точкой пересечения делятся пополам.

Точки \( E, F, M, K \) — середины рёбер \( AB, BC, AD, CD \).

Тогда \( E = \frac{A + B}{2} \), \( F = \frac{B + C}{2} \), \( M = \frac{A + D}{2} \), \( K = \frac{C + D}{2} \).

Векторы \( MF = F — M = \frac{B + C}{2} — \frac{A + D}{2} = \frac{B + C — A — D}{2} \),

\( KE = E — K = \frac{A + B}{2} — \frac{C + D}{2} = \frac{A + B — C — D}{2} \).

Пусть \( O \) — точка пересечения, тогда

\( O = M + \lambda MF = K + \mu KE \).

Подставим:

\( \frac{A + D}{2} + \lambda \frac{B + C — A — D}{2} = \frac{C + D}{2} + \mu \frac{A + B — C — D}{2} \).

Умножим на 2:

\( A + D + \lambda (B + C — A — D) = C + D + \mu (A + B — C — D) \).

Перенесём всё в левую часть:

\( A — C + \lambda (B + C — A — D) — \mu (A + B — C — D) = 0 \).

Раскроем скобки:

\( A — C + \lambda B + \lambda C — \lambda A — \lambda D — \mu A — \mu B + \mu C + \mu D = 0 \).

Сгруппируем:

\( A(1 — \lambda — \mu) + B(\lambda — \mu) + C(-1 + \lambda + \mu) + D(-\lambda + \mu) = 0 \).

Решаем систему:

\( 1 — \lambda — \mu = 0 \),

\( \lambda — \mu = 0 \),

\( -1 + \lambda + \mu = 0 \),

\( -\lambda + \mu = 0 \).

Из второго и четвёртого: \( \lambda = \mu \).

Подставим в первое: \( 1 — 2\lambda = 0 \Rightarrow \lambda = \frac{1}{2} \).

Тогда \( \mu = \frac{1}{2} \).

Значит точка \( O \) делит отрезки пополам.

1. Пусть \( DABC \) — тетраэдр, а точки \( E, F, M, K \) — середины рёбер \( AB, BC, AD, CD \) соответственно. Тогда по определению середины отрезка координаты этих точек выражаются как среднее арифметическое координат концов соответствующих рёбер:

\( E = \frac{A + B}{2} \), \( F = \frac{B + C}{2} \), \( M = \frac{A + D}{2} \), \( K = \frac{C + D}{2} \).

2. Найдём вектор \( \overrightarrow{MF} \), который направлен от точки \( M \) к точке \( F \):

\( \overrightarrow{MF} = F — M = \frac{B + C}{2} — \frac{A + D}{2} = \frac{B + C — A — D}{2} \).

3. Аналогично найдём вектор \( \overrightarrow{KE} \), направленный от точки \( K \) к точке \( E \):

\( \overrightarrow{KE} = E — K = \frac{A + B}{2} — \frac{C + D}{2} = \frac{A + B — C — D}{2} \).

4. Пусть точка пересечения отрезков \( MF \) и \( KE \) обозначается через \( O \). Тогда точка \( O \) лежит на обоих отрезках, и её координаты можно выразить через параметры \( \lambda \) и \( \mu \), где \( 0 \leq \lambda, \mu \leq 1 \):

\( O = M + \lambda \overrightarrow{MF} = K + \mu \overrightarrow{KE} \).

5. Подставим выражения для \( M, K, \overrightarrow{MF}, \overrightarrow{KE} \):

\( \frac{A + D}{2} + \lambda \cdot \frac{B + C — A — D}{2} = \frac{C + D}{2} + \mu \cdot \frac{A + B — C — D}{2} \).

6. Умножим обе части равенства на 2, чтобы избавиться от знаменателей:

\( A + D + \lambda (B + C — A — D) = C + D + \mu (A + B — C — D) \).

7. Перенесём все слагаемые в левую часть уравнения:

\( A + D + \lambda (B + C — A — D) — C — D — \mu (A + B — C — D) = 0 \).

8. Упростим выражение, раскрывая скобки:

\( A — C + \lambda B + \lambda C — \lambda A — \lambda D — \mu A — \mu B + \mu C + \mu D = 0 \).

9. Сгруппируем коэффициенты при вершинах \( A, B, C, D \):

\( A (1 — \lambda — \mu) + B (\lambda — \mu) + C (-1 + \lambda + \mu) + D (-\lambda + \mu) = 0 \).

10. Поскольку \( A, B, C, D \) — независимые векторы, коэффициенты перед ними должны равняться нулю, что даёт систему уравнений:

\( 1 — \lambda — \mu = 0 \),

\( \lambda — \mu = 0 \),

\( -1 + \lambda + \mu = 0 \),

\( -\lambda + \mu = 0 \).

Из второго и четвёртого уравнений следует, что \( \lambda = \mu \).

Подставляя в первое уравнение, получаем \( 1 — 2\lambda = 0 \), откуда \( \lambda = \frac{1}{2} \).

Следовательно, \( \mu = \frac{1}{2} \).

Это значит, что точка \( O \) делит отрезки \( MF \) и \( KE \) пополам.