Номер 463, страница 169 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

463. В треугольной пирамиде $SABC$ медианы основания $ABC$ пересекаются в точке $M$, на рёбрах $SA, SB, SC$ выбраны точки $A_1, B_1, C_1$. Плоскость $A_1B_1C_1$ пересекает отрезок $SM$ в точке $M_1$. Докажите, что $\frac{SA}{SA_1} + \frac{SB}{SB_1} + \frac{SC}{SC_1} = 3 \cdot \frac{SM}{SM_1}$.

Для решения этой задачи воспользуемся векторным методом. Введем систему координат с началом в точке $S$, вершине пирамиды. Обозначим векторы, идущие из вершины $S$ к вершинам основания, следующим образом:

$\vec{SA} = \vec{a}$

$\vec{SB} = \vec{b}$

$\vec{SC} = \vec{c}$

Поскольку $SABC$ — треугольная пирамида, векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$ некомпланарны, то есть они образуют базис в трехмерном пространстве.

Точка $M$ — точка пересечения медиан основания $ABC$. Это означает, что $M$ является центроидом треугольника $ABC$. Радиус-вектор центроида равен среднему арифметическому радиус-векторов вершин. В нашей системе координат с началом в $S$ радиус-вектор точки $M$ будет:

$\vec{SM} = \frac{1}{3}(\vec{SA} + \vec{SB} + \vec{SC}) = \frac{1}{3}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})$

Точки $A_1, B_1, C_1$ лежат на ребрах $SA, SB, SC$ соответственно. Это значит, что их радиус-векторы коллинеарны векторам $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$. Мы можем выразить их следующим образом:

$\vec{SA_1} = k_1 \vec{SA} = k_1 \vec{a}$, где $k_1 = \frac{SA_1}{SA}$

$\vec{SB_1} = k_2 \vec{SB} = k_2 \vec{b}$, где $k_2 = \frac{SB_1}{SB}$

$\vec{SC_1} = k_3 \vec{SC} = k_3 \vec{c}$, где $k_3 = \frac{SC_1}{SC}$

Из этих соотношений следует, что:

$\frac{SA}{SA_1} = \frac{1}{k_1}$, $\frac{SB}{SB_1} = \frac{1}{k_2}$, $\frac{SC}{SC_1} = \frac{1}{k_3}$

Точка $M_1$ лежит на отрезке $SM$. Следовательно, вектор $\vec{SM_1}$ коллинеарен вектору $\vec{SM}$:

$\vec{SM_1} = k_4 \vec{SM}$, где $k_4 = \frac{SM_1}{SM}$

Подставим выражение для $\vec{SM}$:

$\vec{SM_1} = k_4 \cdot \frac{1}{3}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) = \frac{k_4}{3}\vec{a} + \frac{k_4}{3}\vec{b} + \frac{k_4}{3}\vec{c}$

В то же время, точка $M_1$ лежит в плоскости $A_1B_1C_1$. Это означает, что вектор $\vec{SM_1}$ можно представить как линейную комбинацию векторов $\vec{SA_1}$, $\vec{SB_1}$ и $\vec{SC_1}$, причем сумма коэффициентов этой комбинации равна 1.

$\vec{SM_1} = \alpha \vec{SA_1} + \beta \vec{SB_1} + \gamma \vec{SC_1}$, где $\alpha + \beta + \gamma = 1$.

Подставим выражения для векторов $\vec{SA_1}$, $\vec{SB_1}$, $\vec{SC_1}$:

$\vec{SM_1} = \alpha (k_1 \vec{a}) + \beta (k_2 \vec{b}) + \gamma (k_3 \vec{c}) = (\alpha k_1)\vec{a} + (\beta k_2)\vec{b} + (\gamma k_3)\vec{c}$

Теперь у нас есть два выражения для вектора $\vec{SM_1}$. Поскольку векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$ образуют базис, разложение по этому базису единственно. Приравняем коэффициенты при соответствующих векторах:

$\alpha k_1 = \frac{k_4}{3}$

$\beta k_2 = \frac{k_4}{3}$

$\gamma k_3 = \frac{k_4}{3}$

Выразим из этих равенств $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$:

$\alpha = \frac{k_4}{3k_1}$

$\beta = \frac{k_4}{3k_2}$

$\gamma = \frac{k_4}{3k_3}$

Теперь воспользуемся условием $\alpha + \beta + \gamma = 1$:

$\frac{k_4}{3k_1} + \frac{k_4}{3k_2} + \frac{k_4}{3k_3} = 1$

Вынесем общий множитель $\frac{k_4}{3}$ за скобки:

$\frac{k_4}{3} \left( \frac{1}{k_1} + \frac{1}{k_2} + \frac{1}{k_3} \right) = 1$

Разделим обе части на $\frac{k_4}{3}$ (так как $k_4 \neq 0$):

$\frac{1}{k_1} + \frac{1}{k_2} + \frac{1}{k_3} = \frac{3}{k_4}$

Теперь вернемся к исходным отношениям отрезков:

$\frac{1}{k_1} = \frac{SA}{SA_1}$, $\frac{1}{k_2} = \frac{SB}{SB_1}$, $\frac{1}{k_3} = \frac{SC}{SC_1}$, $\frac{1}{k_4} = \frac{SM}{SM_1}$

Подставим эти выражения в полученное равенство:

$\frac{SA}{SA_1} + \frac{SB}{SB_1} + \frac{SC}{SC_1} = 3 \cdot \frac{SM}{SM_1}$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что $\frac{SA}{SA_1} + \frac{SB}{SB_1} + \frac{SC}{SC_1} = 3 \cdot \frac{SM}{SM_1}$.