Реши задание на изображении

Пришли, пожалуйста, ещё раз изображение с заданиями 28 и 29 — сейчас их условия не отображаются.

Это продолжение текущего задания: решим № 28 и № 29.

Используем: \[ \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA},\qquad \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}. \]

28

Необходимость. Пусть \(C\in(AB)\). Тогда векторы \(\overrightarrow{AC}\) и \(\overrightarrow{AB}\) коллинеарны, поэтому существует \(t\in\mathbb R\), такое что \[ \overrightarrow{AC}=t\overrightarrow{AB}. \] Следовательно, \[ \begin{aligned} \overrightarrow{OC} &=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AC}\\ &=\overrightarrow{OA}+t(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})\\ &=(1-t)\overrightarrow{OA}+t\overrightarrow{OB}. \end{aligned} \] Положив \(\alpha=1-t\), получим \[ \overrightarrow{OC} =\alpha\overrightarrow{OA}+(1-\alpha)\overrightarrow{OB}. \]

Достаточность. Пусть \[ \overrightarrow{OC} =\alpha\overrightarrow{OA}+(1-\alpha)\overrightarrow{OB}, \qquad \alpha\in\mathbb R. \] 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 \(\overrightarrow{AB}\), поэтому \[ \boxed{C\in(AB)}. \]

---

29

Необходимость. Пусть \(C\in[AB)\). Тогда луч \([AB)\) состоит из точек, для которых \[ \overrightarrow{AC}=\alpha\overrightarrow{AB}, \qquad \alpha\ge 0. \] Поэтому \[ \begin{aligned} \overrightarrow{OC} &=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AC}\\ &=\overrightarrow{OA}+\alpha(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})\\ &=(1-\alpha)\overrightarrow{OA} +\alpha\overrightarrow{OB}. \end{aligned} \]

Достаточность. Пусть существует \(\alpha\ge0\), такое что \[ \overrightarrow{OC} =(1-\alpha)\overrightarrow{OA} +\alpha\overrightarrow{OB}. \] Тогда \[ \overrightarrow{AC} =\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA} =\alpha(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}) =\alpha\overrightarrow{AB}. \] Так как \(\alpha\ge0\), точка \(C\) лежит на луче, начинающемся в \(A\) и проходящем через \(B\). Значит, \[ \boxed{C\in[AB)}. \]

Итак, оба утверждения доказаны.

31

Пусть точки \(M\) и \(N\) делят направленные отрезки \(AB\) и \(CD\) в одном и том же отношении. Тогда существует число \(\lambda\), такое что

\[ \overrightarrow{OM}=(1-\lambda)\overrightarrow{OA} +\lambda\overrightarrow{OB}, \]

\[ \overrightarrow{ON}=(1-\lambda)\overrightarrow{OC} +\lambda\overrightarrow{OD}. \]

Вычтем первое равенство из второго:

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

Значит, \(\overrightarrow{MN}\) выражается через \(\overrightarrow{AC}\) и \(\overrightarrow{BD}\). Следовательно, векторы

\[ \boxed{\overrightarrow{AC},\ \overrightarrow{BD},\ \overrightarrow{MN}} \]

компланарны.

---

32

Рассмотрим точку \(A_4\) как начало отсчёта. Для \(i=1,2,3\):

\[ \overrightarrow{PA_i} =\overrightarrow{PA_4}+\overrightarrow{A_4A_i}. \]

Поэтому

\[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{4}\alpha_i\overrightarrow{PA_i} &=\left(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4\right) \overrightarrow{PA_4}\\ &\quad+\alpha_1\overrightarrow{A_4A_1} +\alpha_2\overrightarrow{A_4A_2} +\alpha_3\overrightarrow{A_4A_3}. \end{aligned} \]

Если

\[ \alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4=0, \]

то условие

\[ \sum_{i=1}^{4}\alpha_i\overrightarrow{PA_i}=\overrightarrow 0 \]

равносильно равенству

\[ \alpha_1\overrightarrow{A_4A_1} +\alpha_2\overrightarrow{A_4A_2} +\alpha_3\overrightarrow{A_4A_3} =\overrightarrow 0. \]

Так как коэффициенты не все равны нулю, три вектора

\[ \overrightarrow{A_4A_1},\quad \overrightarrow{A_4A_2},\quad \overrightarrow{A_4A_3} \]

линейно зависимы. Значит, они лежат в одной плоскости, проходящей через \(A_4\). Следовательно, точки \(A_1,A_2,A_3,A_4\) компланарны.

Обратно, если четыре точки лежат в одной плоскости, то три вектора, проведённые из \(A_4\) к остальным точкам, линейно зависимы. Поэтому существуют не все нулевые \(\alpha_i\), удовлетворяющие обоим условиям.

Итак,

\[ \boxed{ A_1,A_2,A_3,A_4\text{ лежат в одной плоскости} } \]

тогда и только тогда, когда существуют числа \(\alpha_i\), не все равные нулю, такие что

\[ \boxed{ \alpha_1\overrightarrow{PA_1} +\alpha_2\overrightarrow{PA_2} +\alpha_3\overrightarrow{PA_3} +\alpha_4\overrightarrow{PA_4} =\overrightarrow 0, \qquad \alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4=0. } \]

---

33

Обозначим через \(M\) середину ребра \(OA\), а через \(G\) — центр грани \(ABC\).

Так как \(M\) — середина \(OA\),

\[ \overrightarrow{OM}=\frac12\overrightarrow{OA}. \]

Центр треугольника \(ABC\) — его точка пересечения медиан, поэтому

\[ \overrightarrow{OG} =\frac13\left( \overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB} +\overrightarrow{OC} \right). \]

Любая точка \(X\) прямой \(MG\) имеет вид

\[ \overrightarrow{OX} =\overrightarrow{OM} +t\overrightarrow{MG}. \]

Поскольку

\[ \overrightarrow{MG} =\overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OM} =-\frac16\overrightarrow{OA} +\frac13\overrightarrow{OB} +\frac13\overrightarrow{OC}, \]

получаем

\[ \overrightarrow{OX} =\left(\frac12-\frac t6\right)\overrightarrow{OA} +\frac t3\overrightarrow{OB} +\frac t3\overrightarrow{OC}. \]

Точка \(D\) лежит в плоскости \((OBC)\). Поэтому в разложении \(\overrightarrow{OD}\) по векторам \(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}\) коэффициент при \(\overrightarrow{OA}\) должен быть равен нулю:

\[ \frac12-\frac t6=0, \qquad t=3. \]

Следовательно,

\[ \overrightarrow{OD} =\frac33\overrightarrow{OB} +\frac33\overrightarrow{OC}. \]

Таким образом,

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