28,29,31,32,33

Краткие ответы

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

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

31. \[ \overrightarrow{MN}=(1-t)\overrightarrow{AC}+t\overrightarrow{BD}, \] поэтому \(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD},\overrightarrow{MN}\) компланарны.

32. Четыре точки компланарны тогда и только тогда, когда существуют числа \(\alpha_i\), не все нулевые, 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

Используем равенство \[ \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}. \]

Если \(C\in(AB)\), то существует \(t\in\mathbb R\), для которого \[ \overrightarrow{AC}=t\overrightarrow{AB}. \] Тогда \[ \begin{aligned} \overrightarrow{OC} &=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AC}\\ &=\overrightarrow{OA}+t(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})\\ &=(1-t)\overrightarrow{OA}+t\overrightarrow{OB}. \end{aligned} \] Положим \(\alpha=1-t\). Получаем: \[ \overrightarrow{OC} =\alpha\overrightarrow{OA}+(1-\alpha)\overrightarrow{OB}. \]

Обратно, пусть \[ \overrightarrow{OC} =\alpha\overrightarrow{OA}+(1-\alpha)\overrightarrow{OB}. \] Тогда \[ \begin{aligned} \overrightarrow{AC} &=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}\\ &=(1-\alpha)(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})\\ &=(1-\alpha)\overrightarrow{AB}. \end{aligned} \] Значит, \(\overrightarrow{AC}\) коллинеарен \(\overrightarrow{AB}\), следовательно, \(C\in(AB)\).

29

Если \(C\in[AB)\), то по определению луча \[ \overrightarrow{AC}=\alpha\overrightarrow{AB}, \qquad \alpha\ge0. \] Тогда \[ \begin{aligned} \overrightarrow{OC} &=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AC}\\ &=\overrightarrow{OA}+\alpha(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})\\ &=(1-\alpha)\overrightarrow{OA}+\alpha\overrightarrow{OB}. \end{aligned} \]

Обратно, пусть \[ \overrightarrow{OC} =(1-\alpha)\overrightarrow{OA}+\alpha\overrightarrow{OB}, \qquad \alpha\ge0. \] Тогда \[ \overrightarrow{AC} =\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA} =\alpha(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}) =\alpha\overrightarrow{AB}. \] Так как \(\alpha\ge0\), точка \(C\) лежит на луче \([AB)\).

31

Пусть \(t\) — одинаковый параметр деления отрезков: \[ \overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB}, \qquad \overrightarrow{CN}=t\overrightarrow{CD}. \]

Тогда \[ \overrightarrow{OM} =(1-t)\overrightarrow{OA}+t\overrightarrow{OB}, \] а также \[ \overrightarrow{ON} =(1-t)\overrightarrow{OC}+t\overrightarrow{OD}. \]

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

Вектор \(\overrightarrow{MN}\) является линейной комбинацией векторов \(\overrightarrow{AC}\) и \(\overrightarrow{BD}\). Значит, все три вектора лежат в одной плоскости: \[ \boxed{\overrightarrow{AC},\ \overrightarrow{BD},\ \overrightarrow{MN} \text{ компланарны}.} \]

32

Необходимость

Пусть точки \(A_1,A_2,A_3,A_4\) лежат в одной плоскости. Тогда три вектора \[ \overrightarrow{A_1A_2},\quad \overrightarrow{A_1A_3},\quad \overrightarrow{A_1A_4} \] лежат в двумерном пространстве, поэтому линейно зависимы. Значит, существуют числа \(\beta_2,\beta_3,\beta_4\), не все нулевые: \[ \beta_2\overrightarrow{A_1A_2} +\beta_3\overrightarrow{A_1A_3} +\beta_4\overrightarrow{A_1A_4} =\vec 0. \]

Положим \[ \alpha_2=\beta_2,\quad \alpha_3=\beta_3,\quad \alpha_4=\beta_4,\quad \alpha_1=-(\beta_2+\beta_3+\beta_4). \] Тогда \[ \alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4=0. \]

Кроме того, \[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{4}\alpha_i\overrightarrow{PA_i} &=\beta_2(\overrightarrow{PA_2}-\overrightarrow{PA_1}) +\beta_3(\overrightarrow{PA_3}-\overrightarrow{PA_1})\\ &\quad+\beta_4(\overrightarrow{PA_4}-\overrightarrow{PA_1})\\ &=\beta_2\overrightarrow{A_1A_2} +\beta_3\overrightarrow{A_1A_3} +\beta_4\overrightarrow{A_1A_4}\\ &=\vec0. \end{aligned} \]

Достаточность

Пусть \[ \sum_{i=1}^{4}\alpha_i\overrightarrow{PA_i}=\vec0, \qquad \sum_{i=1}^{4}\alpha_i=0, \] и хотя бы одно \(\alpha_i\ne0\).

Выберем индекс \(k\), для которого \(\alpha_k\ne0\). Тогда \[ \begin{aligned} \vec0 &=\sum_{i=1}^{4}\alpha_i\overrightarrow{PA_i} -\left(\sum_{i=1}^{4}\alpha_i\right)\overrightarrow{PA_k}\\ &=\sum_{i\ne k}\alpha_i\overrightarrow{A_kA_i}. \end{aligned} \]

Это нетривиальная линейная зависимость трёх векторов \[ \overrightarrow{A_kA_i}\quad (i\ne k). \] Следовательно, они лежат в одной плоскости. Значит, все четыре точки \(A_1,A_2,A_3,A_4\) принадлежат одной плоскости.

33

Обозначим:

• \(M\) — середину \(OA\);
• \(G\) — центр тяжести треугольника \(ABC\).

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

Тогда \[ \overrightarrow{OM}=\frac12\vec a, \] а для центра тяжести треугольника: \[ \overrightarrow{OG} =\frac13(\vec a+\vec b+\vec c). \]

Точка \(D\) лежит на прямой \(MG\), поэтому \[ \overrightarrow{OD} =\overrightarrow{OM} +t(\overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OM}). \]

Подставим: \[ \begin{aligned} \overrightarrow{OD} &=\frac12\vec a +t\left(\frac13(\vec a+\vec b+\vec c)-\frac12\vec a\right)\\ &=\left(\frac12-\frac{t}{6}\right)\vec a +\frac{t}{3}\vec b+\frac{t}{3}\vec c. \end{aligned} \]

Так как \(D\) лежит в плоскости \((OBC)\), составляющая по направлению \(\vec a=\overrightarrow{OA}\) должна исчезнуть: \[ \frac12-\frac{t}{6}=0, \qquad t=3. \]

Поэтому \[ \overrightarrow{OD} =\vec b+\vec c =\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}. \]

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