Реши задание на изображении

Сначала кратко (№2–6). В №2 считаю, что \(O\) — точка пересечения диагоналей параллелограмма; в №6 по рисунку сторона равна \(4\sqrt3\).

1. №2
   \[ \overrightarrow{AO}=\frac12\overrightarrow{AB}+\frac12\overrightarrow{AD} \] \[ \overrightarrow{CE}=-\overrightarrow{AB}-\frac15\overrightarrow{AD} \] \[ \overrightarrow{KE}=\frac45\overrightarrow{AD}-\frac14\overrightarrow{AB} \]

2. №3
   \[ \overrightarrow{AB}=(2;-2),\qquad \overrightarrow{AC}=(6;2) \] \[ 3\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}=(-6;-10) \]

3. №4
   \[ 2\vec q-3\vec r=(5;11) \]

4. №5
   \[ \vec a\cdot \vec b=16 \] \[ \cos\varphi=\frac{\vec a\cdot\vec b}{|\vec a||\vec b|}=\frac45=0{,}8 \] \[ \varphi\approx36{,}9^\circ \]

5. №6
   \[ \angle A=60^\circ \] (по рисунку угол острый; формально из площади возможен и \(120^\circ\))
   \[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=6\sqrt3 \]

Как это получается

№2

Пусть \[ A=(0;0),\quad \overrightarrow{AB}=\vec u,\quad \overrightarrow{AD}=\vec v. \] Тогда \[ B=(1;0),\quad D=(0;1),\quad C=(1;1). \]

Так как \(AK:KB=1:3\), точка \(K\) делит \(AB\) в отношении \(1:4\), значит \[ K=\left(\frac14;0\right). \]

Так как \(AE:ED=4:1\), точка \(E\) делит \(AD\) в отношении \(4:5\), значит \[ E=\left(0;\frac45\right). \]

Точка \(O\) — середина диагонали \(AC\), поэтому \[ O=\left(\frac12;\frac12\right). \]

Теперь вычитаем координаты: \[ \overrightarrow{AO}=\left(\frac12;\frac12\right), \] то есть \[ \overrightarrow{AO}=\frac12\overrightarrow{AB}+\frac12\overrightarrow{AD}. \]

Далее: \[ \overrightarrow{CE}=E-C= \left(0;\frac45\right)-(1;1) = \left(-1;-\frac15\right), \] поэтому \[ \overrightarrow{CE}=-\overrightarrow{AB}-\frac15\overrightarrow{AD}. \]

И \[ \overrightarrow{KE}=E-K= \left(0;\frac45\right)-\left(\frac14;0\right) = \left(-\frac14;\frac45\right), \] значит \[ \overrightarrow{KE}=-\frac14\overrightarrow{AB}+\frac45\overrightarrow{AD}. \]

№3

Координаты вектора — это «конец минус начало»: \[ \overrightarrow{AB}=(3-1;-1-1)=(2;-2). \] \[ \overrightarrow{AC}=(7-1;3-1)=(6;2). \]

Умножаем векторы на числа и вычитаем: \[ 3\overrightarrow{AB}=3(2;-2)=(6;-6), \] \[ 2\overrightarrow{AC}=2(6;2)=(12;4). \] \[ 3\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}= (6;-6)-(12;4)=(-6;-10). \]

№4

Выполняем действия покоординатно: \[ 2\vec q=2(-2;4)=(-4;8), \] \[ 3\vec r=3(-3;-1)=(-9;-3). \] \[ 2\vec q-3\vec r=(-4;8)-(-9;-3)=(5;11). \]

№5

Векторы можно записать в координатах: \[ \vec a=3\vec i+4\vec j=(3;4), \] \[ \vec b=4\vec j=(0;4). \]

Скалярное произведение: \[ \vec a\cdot\vec b=3\cdot0+4\cdot4=16. \]

Длины: \[ |\vec a|=\sqrt{3^2+4^2}=5, \] \[ |\vec b|=\sqrt{0^2+4^2}=4. \]

Поэтому \[ \cos\varphi=\frac{16}{5\cdot4}=\frac45=0{,}8. \] Отсюда \[ \varphi\approx36{,}9^\circ. \]

№6

Пусть две данные стороны — это \(AB=3\) и \(AC=4\sqrt3\), а угол между ними \(\angle A=\alpha\).

Площадь треугольника: \[ S=\frac12\cdot AB\cdot AC\cdot\sin\alpha. \] Подставляем: \[ 9=\frac12\cdot3\cdot4\sqrt3\cdot\sin\alpha, \] \[ 9=6\sqrt3\sin\alpha, \] \[ \sin\alpha=\frac{9}{6\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{2}. \]

Значит, \[ \alpha=60^\circ \quad \text{или} \quad 120^\circ. \] На рисунке угол при вершине \(A\) острый, поэтому берём \[ \alpha=60^\circ. \]

Тогда \[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = AB\cdot AC\cdot\cos60^\circ. \] \[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = 3\cdot4\sqrt3\cdot\frac12 = 6\sqrt3. \]

Если бы угол был \(120^\circ\), скалярное произведение было бы отрицательным: \[ -6\sqrt3. \]

Проверка для №6: \[ S=\frac12\cdot3\cdot4\sqrt3\cdot\sin60^\circ = 6\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{2}=9. \] Верно.