28,29,31,32,33

Краткий ответ

28. Точка \(C\in(AB)\) тогда и только тогда, когда существует \(\alpha\in\mathbb R\): \[ \overrightarrow{OC} =\alpha\overrightarrow{OA}+(1-\alpha)\overrightarrow{OB}. \]

29. Точка \(C\in[AB)\) тогда и только тогда, когда существует \(\alpha\ge 0\): \[ \overrightarrow{OC} =(1-\alpha)\overrightarrow{OA} +\alpha\overrightarrow{OB}. \]

31. Если точки делят отрезки в одном отношении, то \[ \overrightarrow{MN} =(1-\lambda)\overrightarrow{AC} +\lambda\overrightarrow{BD}, \] поэтому \(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD},\overrightarrow{MN}\) компланарны.

32. Четыре точки компланарны тогда и только тогда, когда существуют числа \(\alpha_i\), не все равные нулю, такие, что \[ \sum_{i=1}^{4}\alpha_i\overrightarrow{PA_i}=\vec 0, \qquad \sum_{i=1}^{4}\alpha_i=0. \]

33. \[ \boxed{\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}. \]

28

Если выполняется данное равенство, то \[ \begin{aligned} \overrightarrow{BC} &=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}\\ &=\alpha\overrightarrow{OA} +(1-\alpha)\overrightarrow{OB} -\overrightarrow{OB}\\ &=\alpha\bigl(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}\bigr)\\ &=\alpha\overrightarrow{BA}. \end{aligned} \]

Значит, \(\overrightarrow{BC}\) коллинеарен \(\overrightarrow{BA}\), поэтому точка \(C\) лежит на прямой \((AB)\).

Обратно, если \(C\in(AB)\), то векторы \(\overrightarrow{BC}\) и \(\overrightarrow{BA}\) коллинеарны. Поэтому существует \(\alpha\in\mathbb R\), для которого \[ \overrightarrow{BC}=\alpha\overrightarrow{BA}. \] Тогда \[ \begin{aligned} \overrightarrow{OC} &=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{BC}\\ &=\overrightarrow{OB} +\alpha(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB})\\ &=\alpha\overrightarrow{OA} +(1-\alpha)\overrightarrow{OB}. \end{aligned} \]

29

Вычтем \(\overrightarrow{OA}\) из обеих частей: \[ \begin{aligned} \overrightarrow{AC} &=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}\\ &=(1-\alpha)\overrightarrow{OA} +\alpha\overrightarrow{OB} -\overrightarrow{OA}\\ &=\alpha(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})\\ &=\alpha\overrightarrow{AB}. \end{aligned} \]

Условие \(\alpha\ge0\) означает:

• \(\alpha=0\) — точка \(C=A\);
• \(0<\alpha<1\) — точка \(C\) между \(A\) и \(B\);
• \(\alpha=1\) — точка \(C=B\);
• \(\alpha>1\) — точка \(C\) лежит за точкой \(B\).

Именно это и означает принадлежность лучу \([AB)\). Обратно, для любой точки луча выполняется \[ \overrightarrow{AC}=\alpha\overrightarrow{AB}, \qquad \alpha\ge0, \] откуда получается требуемая формула.

31

Пусть общий параметр деления равен \(\lambda\). Тогда \[ \overrightarrow{AM}=\lambda\overrightarrow{AB}, \qquad \overrightarrow{CN}=\lambda\overrightarrow{CD}. \]

Отсюда относительно произвольной точки \(O\): \[ \overrightarrow{OM} =(1-\lambda)\overrightarrow{OA} +\lambda\overrightarrow{OB}, \] \[ \overrightarrow{ON} =(1-\lambda)\overrightarrow{OC} +\lambda\overrightarrow{OD}. \]

Следовательно, \[ \begin{aligned} \overrightarrow{MN} &=\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OM}\\ &=(1-\lambda) (\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}) +\lambda(\overrightarrow{OD}-\overrightarrow{OB})\\ &=(1-\lambda)\overrightarrow{AC} +\lambda\overrightarrow{BD}. \end{aligned} \]

Вектор \(\overrightarrow{MN}\) выражен через \(\overrightarrow{AC}\) и \(\overrightarrow{BD}\). Значит, три данных вектора компланарны.

32

Сначала заметим, почему точку \(P\) можно выбирать произвольно. Для любой точки \(Q\): \[ \overrightarrow{PA_i} =\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{QA_i}. \] Поэтому \[ \sum_{i=1}^{4}\alpha_i\overrightarrow{PA_i} = \left(\sum_{i=1}^{4}\alpha_i\right)\overrightarrow{PQ} + \sum_{i=1}^{4}\alpha_i\overrightarrow{QA_i}. \] Если \[ \sum_{i=1}^{4}\alpha_i=0, \] то значение суммы не зависит от выбора точки \(P\).

Необходимость

Пусть точки \(A_1,A_2,A_3,A_4\) лежат в одной плоскости. Возьмём \(P=A_4\). Векторы \[ \overrightarrow{A_4A_1},\quad \overrightarrow{A_4A_2},\quad \overrightarrow{A_4A_3} \] лежат в двумерном векторном пространстве, поэтому они линейно зависимы. Существуют числа \(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\), не все нулевые, такие, что \[ \alpha_1\overrightarrow{A_4A_1} +\alpha_2\overrightarrow{A_4A_2} +\alpha_3\overrightarrow{A_4A_3} =\vec 0. \]

Положим \[ \alpha_4=-(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3). \] Тогда \[ \alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4=0, \] а также \[ \sum_{i=1}^{4}\alpha_i\overrightarrow{A_4A_i}=\vec 0. \] По доказанной выше независимости от точки отсчёта это верно для любого \(P\).

Достаточность

Пусть \[ \sum_{i=1}^{4}\alpha_i\overrightarrow{PA_i}=\vec 0, \qquad \sum_{i=1}^{4}\alpha_i=0, \] причём хотя бы одно \(\alpha_k\ne0\).

Возьмём \(P=A_k\). Тогда \[ \sum_{i\ne k}\alpha_i\overrightarrow{A_kA_i}=\vec 0. \] Это нетривиальная линейная зависимость трёх векторов, выходящих из точки \(A_k\). Значит, они натянуты не более чем на двумерное пространство. Следовательно, все четыре точки лежат в одной плоскости.

33

Обозначим: \[ \vec a=\overrightarrow{OA},\qquad \vec b=\overrightarrow{OB},\qquad \vec c=\overrightarrow{OC}. \]

Пусть \(M\) — середина \(OA\), а \(G\) — центр тяжести треугольника \(ABC\). Тогда \[ \overrightarrow{OM}=\frac12\vec a, \] \[ \overrightarrow{OG} =\frac13(\vec a+\vec b+\vec c). \]

Любая точка \(X\) прямой \(MG\) имеет вид \[ \overrightarrow{OX} =\overrightarrow{OM} +t\bigl(\overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OM}\bigr). \] Подставим координаты: \[ \overrightarrow{OX} = \left(\frac12-\frac t6\right)\vec a +\frac t3\vec b+\frac t3\vec c. \]

Плоскость \((OBC)\) натянута на векторы \(\vec b,\vec c\). Поэтому для точки пересечения \(D\) коэффициент при \(\vec a\) должен быть равен нулю: \[ \frac12-\frac t6=0. \] Отсюда \[ t=3. \]

Тогда \[ \overrightarrow{OD} =0\cdot\vec a+\vec b+\vec c =\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}. \]

Следовательно, \[ \boxed{\overrightarrow{OD} =\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}. \]