дома » Геометрия в школе » ВЕКТОРЫ И ИХ ПРИМЕНЕНИЕ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ. § 3. Приложение векторов к доказательству теорем и решению задач.

ВЕКТОРЫ И ИХ ПРИМЕНЕНИЕ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ. § 3. Приложение векторов к доказательству теорем и решению задач.

Библиотека учителя математики.
ПРЕПОДАВАНИЕ ГЕОМЕТРИИ В 6—8 КЛАССАХ.
СБОРНИК СТАТЕЙ.

В. А. Гусев, Ю. М. Колягин, Г. Л. Луканкин, Д. И. Хан

 ВЕКТОРЫ И ИХ ПРИМЕНЕНИЕ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ.
§ 3. Приложение векторов к доказательству
теорем и решению задач.

Текст для быстрого ознакомления (формулы и чертежи качественнее отображаются в PDF файле ниже):

Скачать бесплатно: Библиотека учителя математики. ПРЕПОДАВАНИЕ ГЕОМЕТРИИ В 6—8 КЛАССАХ. ВЕКТОРЫ И ИХ ПРИМЕНЕНИЕ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ.

(стр. 126-180)

На главную страницу Библиотека учителя математики. ПРЕПОДАВАНИЕ ГЕОМЕТРИИ В 6—8 КЛАССАХ. СБОРНИК СТАТЕЙ.

В. А. Гусев, Ю. М. Колягин, Г. Л. Луканкин, Д. И. Хан
ВЕКТОРЫ И ИХ ПРИМЕНЕНИЕ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ.
§ 3. Приложение векторов к доказательству
теорем и решению задач.

Понятие вектора, которое нашло широкое распространение в
прикладных науках, явилось плодотворным и в геометрии. Аппарат
векторной алгебры позволил упростить изложение некоторых
сложных геометрических понятий, доказательства некоторых теорем
школьного курса геометрии, позволил создать особый метод
решения различных геометрических задач.

141 Приложение векторов.

Приложение векторов.

Приложение векторов.

1. Применение векторов при доказательстве теорем
В учебных пособиях по геометрии, начиная с 7 класса, уже
используется векторный аппарат при доказательстве некоторых
теорем. К таким теоремам можно отнести следующую: если при
гомотетии с коэффициентом k точки X и ^отображаются на точки
Хг и Уъ то хУ1 = kXY
Из этой теоремы получаем важные свойства гомотетии:
а) при гомотетии с коэффициентом k все расстояния между
точками умножаются на \k\\
б) гомотетичные фигуры подобны;
в) при гомотетии с положительным коэффициентом каждый луч
отображается на сонаправленный с ним луч. При гомотетии с отрицательным
коэффициентом каждый луч отображается на противоположно
направленный с ним луч (рис. 13).
Из свойства (в) следует, что при гомотетии прямая отображается
на параллельную ей прямую, отрезок — на параллельный ему
отрезок, угол — на конгруэнтный ему угол.
Итак, эта теорема позволяет отнести гомотетию к преобразованиям
подобия (само определение гомотетии в своей формулировке
этого не содержит). Заметим, что с использованием векторов в разделе
о гомотетии и подобии доказывается еще одна теорема: если
отрезки ОАг и ОВ± пропорциональны отрезкам О А и ОБ и лежат
соответственно на лучах О А и 05, то прямые АХ ВХ и АВ параллельны.
Важную роль играют векторы при изучении тригонометрических
функций в 8 классе. Здесь тригонометрические функции sin а и
cos а определяются как координаты точек единичной окружности,
а соотношения между элементами в прямоугольном треугольнике
получаются из рассмотрения формул, связывающих координаты
произвольного и единичного вектора:
ах = | а [ cos а, ау = | а [ sin а.
Пользуясь векторами, можно доказать известные нам теоремы
планиметрии. Так, например, в учебном пособии по геометрии для
6 класса доказана теорема Фалеса. Доказательство ее фактически

142 Приложение векторов.

Приложение векторов.

Приложение векторов.

сводится к осуществлению параллельного
переноса, отображающего точку Аг на
точку Сг .
Следствием из этой теоремы является
теорема о средней линии треугольника (ниже
эта теорема доказана иначе).
Рассмотрим доказательство некоторых
теорем с помощью векторов.
Т е о р е м а 1. Средняя линия треугольника
параллельна его третьей стороне и ее длина равна половине
длины этой стороны.
Д о к а з а т е л ь с т в о . Рассмотрим Д ABC (рис. 14). Пусть
А В = с, ВС = а и АС = Ь, тогда по определению суммы векторов
— > — ► — ►
с + а = Ь. Пусть М и N — середины сторон АВ и ВС A ABC,
тогда
Ш = т+ BN==-AB + -BC^ — + — = -(с+а) = -Ь.
2 2 2 2 2 2
Так как АС = b и MN = —Ь, то MN — —AC.
2 2
Таким образом, MN ff АС, следовательно, [АС] || ШЛ/1. Так
как MN = \AC, то |MJV| =1|ЛС|.
Л ^
Т е о р е м а 2. Сумма квадратов длин диагоналей параллелограмма
равна сумме квадратов длин всех его сторон.
Д о к а з а т е л ь с т в о . Пусть ABCD — данный параллелограмм
(рис. 15).
1. Положим АВ = a, AD = b (|/4£| = |CD| = a, \AD\ =
— | ВС\ = Ь).
V —V — У
2. По определению суммы и разности векторов АС = а + Ь,
DB = а — Ь.
3. Используя свойства скалярного квадрата, получим:
АС2 + DB2 = (а + b)а + (а — Ь)2—а2 + 2а • b + Ь2 + а2 — 2а-~Ь +
+ Ь2 =2а2 + 2Ь2 , т. е. | /4С |2 + | DB |2 = | ЛВ |2 +1 ВС |2 + I CD |2 + #
+ \AD\\ так как ЛС2 = | AC|2, DB2 — \ DB j2.
Т е о р е м а 3. Диагонали ромба взаимно перпендикулярны.
Д о к а з а т е л ь с т в о . Пусть ABCD — данный ромб (рис. 16).
1. Введем обозначения: АВ — а, ВС = b Из определения ромба
АВ — DC = a, AD = ВС = Ь. тт» ‘ ^
2. По определению суммы и разности векторов АС = а + Ь,
DB — а — Ь.

143 Приложение векторов.

Приложение векторов.

Приложение векторов.

3. Рассмотрим АС • DB = (а + Ь) х
х (а— Ь) = а2 — Ь2 = а2 — Ь2 (по свойствам
скалярного произведения).
4. Так как стороны ромба равны, то
а = Ь. Следовательно,ЛС • DB — 0. Из последнего
получаем: AC ± DB, т. е. [DB] 1
± [АС].
Т е о р е м а 4. Диагонали в прямоугольнике
имеют равные длины.
Д о к а з а т е л ь с т в о . Пусть ABCD—
данный прямоугольник (рис. 17).
1. Введя обозначения АВ — а и ВС = Ь,
получим: АС = а + b\ DB — а — Ь.
2. Найдем квадраты длин диагоналей, используя
свойство скалярного произведения:
ЛС2 = |ЛС|2 = (а + Ь? = а2 + 2а • Ь + Г2-
=а2 +Ь2 , так как а- 6 = 0, ибо в прямоуголь-
нике a Lb.
Итак, | ЛС|2 = а2 + Ь2 . Далее, DB2 —
|DB|2 = (а—Ь)2 — а2 — 2а ■ Ь+ Ь2 — а2 + &2, так как а ± Ь.
Следовательно, | ЛС|2 = |£>£|2 = а2 + Ь2 , т. е. |ЛС| = \DB\.
2. Методика решения геометрических задач с помощью векторов
Введенный в среднюю школу векторный аппарат дает новый
эффективный метод для решения геометрических задач. Подробнее
об этом методе сказано в статье В. А. Гусева и Д. И. Хана «Методика
решения геометрических задач с помощью векторов» (Математика
в школе, 1978, № 3).
По значимости его можно уподобить методу составления уравнения.
Так как этот метод является новым для учащихся, необходимо:
а) заинтересовать учащихся, показав им эффективность его
использования на специально подобранных задачах;
б) обучать учащихся некоторым эвристикам (системе определенных
правил, помогающих найти ключ к решению задачи), которые
помогут создать у них навык в его применении;
в) обучать этому методу на достаточно простых по геометрическому
содержанию задачах, чтобы не отвлекать внимание школьников
на трудности чисто геометрического содержания.
Следует иметь в виду (и впоследствии указать на это учащимся),
что векторный метод не является универсальным, к решению некоторых
задач он может быть неприменим или малоэффективен.
Можно выделить следующие эвристики:

144 Приложение векторов.

 Приложение векторов.

Приложение векторов.

Конкретные применения первых трех эвристик читатель может
пронаблюдать при рассмотрении аффинных задач; последних трех
эвристик — при рассмотрении метрических задач.
3. Аффинные задачи.
Хорошо известны те трудности, с которыми сталкиваются учащиеся
и учитель, когда речь идет о решении аффинных задач.

145 Приложение векторов.

 Приложение векторов.

Приложение векторов.

Выделим несколько видов аффинных
задач, которые целесообразно
решать с применением векторов.
При этом обращаем внимание
на задачи, в тексте которых
не содержится никаких понятий
векторной алгебры (т. е. чисто геометрические).
Здесь не рассматривается система
задач каждого вида, конкретный
вид иллюстрируется задачами
средней сложности. Вместе g
тем указываются те требования, которые
предъявляются к задачам
данного вида. Следует отметить,
что рассмотренные ниже три вида
задач достаточно распространены
среди тех задач, которые приходится
решать учащимся средней
школы.
К первому виду отнесем задачи,
связанные с доказательством
параллельности некоторых отрезков
и прямых. В задачах этого
типа для решения нужно показать
коллинеарность векторов, изображаемых
некоторыми данными от-
резками, т. е. доказать, что а — kb,
где k — некоторое число. Рассмотрим
решение задач такого вида на
примерах.
3 а д а ч а 1. В плоскости даны четырехугольник A BCD и точка
М. Докажите, что точки, симметричные точке М относительно
середин сторон этого четырехугольника, являются вершинами параллелограмма.
Р е ш е н и е . Пусть ABCD — данный четырехугольник
(рис. 18), a N, Р, Q и R — точки, симметричные точке М относительно
середин [АВ], [ВС], [CD] и [DA].
Согласно «правилу параллелограмма» имеем:
MN = МА + MB, МР = MB + МС, MQ = МС + MD,
MR — MD + МА. (1)
По определению разности векторов:
NR = MR — MN и PQ = MQ — МР.
Так как NR — PQ = (MR — MN) — (MQ — МР), то, используя
равенства (1), убеждаемся, что NR — PQ = 0, т. е. NR =

146 Приложение векторов.

■= PQ. Аналогично доказывается, что NP = RQ. Следовательно,
NR = PQ и NP — RQ, а это значит, что четырехугольник NPQR —
параллелограмм.
З а д а ч а 2. Дан четырехугольник ABCD. Прямая, проведенная
через вершину А параллельно (ВС), пересекает (BD) в точке М,
а прямая, проведенная через вершину В параллельно стороне AD,
пересекает (АС) в точке N. Доказать, что ШЛП || [DC1.
Р е ш е н и е . Для решения задачи достаточно доказать коллинеарность
векторов (рис. 19), т. е. надо доказать, что DC = kMN,
где k — некоторое число. Но векторы DC и MN непосредственно
один через другой не выражаются, т. е. их коллинеарность видна
не сразу. Чтобы убедиться в их коллинеарности, нужно выразить
каждый из этих векторов через некоторые другие векторы. При
этом замечаем следующее: вектор DC легко выражается через векторы
ОС и OD, вектор MN — через векторы ОМ и ON, где О =
= (АС) П (BD). А векторы ОС и ON можно выразить через вектор
АО, векторы OD и О — через вектор ВО. Отношение длин отрезков
диагоналей четырехугольника можно принять равным отношению
чисел: | АО\ : |0С| = р : q, \В0\ : \0D\ — т : п (1). Тогда можно
выразить вектор DC через АО и ВО последовательными заменами:
DC = ОС — OD = ^АО — -ВО = — (mqAO — npBO).
р т тр
С другой стороны, из параллельности отрезков BE и AD вытекает
| АО\ : |ОЛП = |DO| : \ОВ\ = п : т (2). Тогда из чертежа и
равенств (2) следует: ON = —АО. Аналогично из параллельности
Л
отрезков AM и ВС следует: |£0| : \ ОМ \ = |СО| : | АО\ = q ‘ р и
ОМ = —ВО. Тогда можно выразить вектор MN через АО и ВО
4 ,
последовательными заменами: MN — ON — ОМ — —— ВО +
т _ , _ «
+ r LAO = — (-пр = BO + mqAO).
п n q
Откуда DC = —MN, что и означает в переводе на геометри-
т р
ческий язык параллельность отрезков MN и DC.
Ко второму виду относятся задачи, в которых доказывается,
что некоторая точка делит отрезок в некотором отношении или,
в частности, является его серединой.
Для доказательства того, что точка С делит отрезок АВ в некотором
отношении \АС\ : \СВ\ = т : п, достаточно:
а) доказать равенство АС = — СВ;
п
б) доказать равенство

147 Приложение векторов.

QC = • QA -f QB,
m + n m + n
где Q— произвольная точка. Доказательство достаточности последнего
пункта (б) несложно:
п q a + + =r. Iq a + Lq b ,
— 1 — п \ т п } т п
QC.
т + п т + /
*=»- (QC-QA) =-(QB
т п
■QC)^>-AC = -CB,
т п
что и означает, что I АС ]: ] СВ \ = т
Заметьте, что, проведя доказательство в обратном порядке,
можно убедиться в необходимости условия б) для деления точкой
С отрезка АВ в отношении m : п.
Решим несколько задач этого вида.
3 а д а ч а 3. В произвольном четырехугольнике отрезок, соединяющий
середины диагоналей, проходит через точку пересечения
средних линий. Доказать, что этот отрезок делится ею пополам.
Р е ш е н и е . Тот факт, что точка О (рис. 20) является серединой
отрезка EF, можно доказать различными способами. Наиболее
естественными из них являются:
1) доказать, что ЕР — QF, это означает, что EPFQ — параллелограмм,
и так как [EF] является его диагональю, то она проходит
через точку О и делится ею пополам;
2) доказать, что ЕО — OF;
3) доказать, что Q0 = — (QE+ QF) или NО= -i (NE + NF);
4) доказать, что СО — — (СЕ + CF) или DO — — (DE + DF).

Приложение векторов.

Приложение векторов.

Рассмотрим первый способ
доказательства, который в Данном
случае является и самым
простым.
В треугольнике ABC отрезок
ЕР является средней линией,
откуда ЕР— АВ. В треугольнике
ABD отрезок QF является
средней линией, откуда
QF = —АВ. Это значит, что
2
ЕР = QF, и задача решена.
З а д а ч а 4. В параллелограмме
A BCD сторона AD разделена
на п конгруэнтных частей
и первая точка деление сома

148 Приложение векторов.

Приложение векторов.

Приложение векторов.

единена с вершиной В (рис. 21). На
какие части делит полученная прямая
диагональ АС? ,
Р е ш е н и е . Пусть DC — b,
DA = а и АР = а АС (рис. 21).
Выразим вектор АР двояким об-
разом через векторы а и Ь:
1) АР — а АС — а (Ь —а) =а ф—
— a) —ab—aa\
2) АР = АК + КР=—-а + аКВ=—-а + а(-а + Ь)^
п п \п I
= а + ab (КР= а КВ, так как А АР К <*> А ВРС).
П
Тогда по теореме о единственности представления вектора через
два неколлинеарных вектора имеем: ———-а— ——1— -= —а 1 4 =» а =—— .
п п + 1
Это значит, что длина отрезка АР составляет (п + 1) часть от длины
отрезка АС. Задача решена.
При решении задач второго вида иногда выбирается произвольная
точка Q плоскости в качестве полюса. При решении задач
второго вида (и вообще при решении задач векторным способом)
находит широкое применение следующая теорема.
Т е о р е м а . Пусть точки Аъ А2 , А3 не лежат на’ одной прямой,
М — четвертая данная точка, a Q — произвольная точка
плоскости. «Если
QM — o^iQ41+PiQ^2+ YiQ^3>
QM— a2 QA-i + P2 Q^4 2+ y%QA 3 ,
то аг = а2 , pi = р2, уг = у2 .
Д о к а з а т е л ь с т в о . Имеем:
QM = а,0Аг+ ^QA,+ y i QA3 J q% + + y q%
QM = a 2 Q Л i+J\QA2+j2QA3 J 1 ^ ‘ 1 _
= oc2 Q^1 -j- P2 Q-<42 ^ (ai ^2 ) 1 —{— (Pi P2 )Q.A2 ~\~
(Yx—Y2 )Q^ 3 =0- Ho QA2= QAl -{- AX A2 1 QA3=QAt -f- Аг А3 .
Тогда (аг — a2) QAX + (Рх — p2) QA1 + (Эх — (32) A± A2 +
+ (Yi — V2) Q^i + (У1 — У21 A1A3 = 0 » [(«1 — a2 ) +
+ (Pi — P2) + (Yi — V2)l QA 1 = (Pi —-Pa) + (Yi — Ye) <Mi*
Так как точкой Q может быть любая точка плоскости, то в левой
части последнего равенства вектор QAX переменный, а в правой —
векторы А2 Аъ А3 Аг постоянны и неколлинеарны. Значит, это

149 Приложение векторов.

Приложение векторов.

Приложение векторов.

равенство возможно только при равенстве
нулю коэффициентов при этих векторах:
(«1 — а2) + (Pi — Р2) + (Yi — Yt) = О,
Pi— Рг = °<
Yi — Y* = °-
Откуда и вытекает, что ах = а2» Pi =
= Р2. Yi = Y2*
Рассмотрим теперь решение задачи из
второй группы с использованием этой теоремы.
3 а д а ч а 5. На стороне АС треугольника ABC взята точка
М, что \АМ\ =— \АС\, а на продолжении стороны ВС — такая
3
точка N, что |BN\ = \СВ\. В каком отношении точка Р пересечения
отрезков АВ и MN делит каждый из этих отрезков?
Р е ш е н и е. Обозначим: | NP\: | PM \ = а : р, \AP\i\PB\ =
— у : 6 (1) (рис. 22). Тогда нам нужно найти а : Р и y • б. Для этого
нужно составить несколько уравнений, содержащих а, Р, Y. б.
Два таких уравнения можно написать сразу, используя теорему о
делении отрезка в данном отношении.
Если Q — произвольная точка плоскости, то для отрезков А В
и NM имеем:
QP = _l^QyV + _^QM, (2)
а + р а + Р
QP = JL. QA + —L QB.
V + б Y + 6 (3)
Написанные равенства содержат пять различных векторов.
Уменьшим их число, заменив имеющиеся векторы другими на основе
той же теоремы. Тогда для отрезков NC и АС имеем:
QB = |(ZQ N+ QC), QM = \QОA 1.QC. О (4)
Подставляя из равенства (4) в равенства (2) и (3) значения QB и
QM, получим:
QP = V ntr I V
QP =
7 + 6

QA +
2(y+6)
QA + p
QN+
, m +
2(y-6)
3 ( a + P ) a + p ‘ ‘ 3 ( a + p )
Откуда на основе доказанной выше теоремы имеем:
V _ Р
QC,
QC.
(5)
(6)
2(|+б) а + Р’
2 а
7 + 6
Y
[2(7+б)

З(а+Р)’
а
3(а+р)
Решив эту систему уравнений, получим:
у = 8 и Р = —- а. Это говорит о том, что
\АР\ = \ВР\ и \NP\ :[Ш| = 3:1.
Задача решена.

150 Приложение векторов.

Приложение векторов.

Приложение векторов.

К задачам третьего вида отнесем те,
в которых требуется доказать принадлежность
трех точек одной прямой. Эти задачи
можно было бы рассматривать как частные
случаи задач предыдущего вида. Но они
имеют некоторую специфику решения в связи
с использованием условия принадлежности
прямой трех точек. Представителем
задач этой группы является следующая.
3 а д а ч а 6. На стороне ЛЛтреуголь- А В, м2 с
ника ABC дана точка Р, через которую рис 2з
проведены прямые параллельно его медианам
АМ± и ВМ2 и пересекающие соответствующие
стороны треугольника в точках Ау и Вх . Доказать,
что середина отрезка А1В1 (точка Е), а также точка Р и точка G
пересечения медиан данного треугольника лежат на одной прямой.
Р е ш е н и е . Изменим заключение задачи таким образом, чтобы
можно было применить векторы к ее решению. Это можно сделать
следующими способами (рис. 23):
1) Установить, что ЕР = kGP (можно взять и другие векторы).
2) Для некоторой точки Q установить, что QE = k QP +
+ (1 — k) QG (условие принадлежности трех точек одной прямой).
Первый путь решения нам знаком из решения задач первого
вида.
Рассмотрим второй путь. Но для этого вначале выведем условие
принадлежности Трех точек одной прямой.
Для того чтобы точки А, В, С принадлежали одной прямой,
необходимо и достаточно, чтобы для полюса Q выполнялось равенство
QC = pQA + q QB, р + Q = I-
Д о к а з а т е л ь с т в о . Пусть точки А, В, С принадлежат
одной прямой. Тогда можно написать: \АС\ : \ СВ\ = т.: я. Это
означает справедливость следующей цепочки равенств:
\АС\:\СВ\ = т: ОС = —QA Н — QB &
т + п т + п
&{QC = pQA + q QB • p + q = 1}.
Рассуждения, проводимые по этой цепочке, доказывают и необходимость,
и достаточность условия.
Решение данной задачи, таким образом, сводится к тому, чтобы
установить зависимость между векторами QP, QE, QG. Если точку
Q выбрать произвольно, то решение задачи окажется весьма усложненным,
поэтому выберем точку Q в удобном для нас месте. Лучше
всего принять ее совпадающей с точкой С. При этом векторы СР,

151 Приложение векторов.

CE, CG легко выражаются через СА и СВ. Действительно, пусть
\АР\ : | РВ\ = т : п (1). Тогда | ЛВХ|: |ВхС| — т : (т + п + п) =
= т : (2п + т) (2) (так как М2 — середина [ЛС]) и | ВАУ \ : | Аг С\—
= п : (т + т + п) = п : (2т + п) (3) (так как Mt — середина
15С1). Из свойства центра тяжести G вытекает:
CG = ^-±(CA + CB) = ^(СА+СВ). (4)
Из отношений (2) и (3) можно написать:
СВ = 2 п +,£?,- СА, САг = .2я>+я СВ.
1 2 ( m + n ) 2 ( m + n )
Тогда из свойства середины Е отрезка Л^ можно написать:
СЕ = — ( СВ1 + CAJ = — / — С А + — СВ). (5)
2 к 1 и 4 \ m + n m + n / w
По теореме о делении отрезка в данном отношении имеем:
СР = — СЛ + — СВ. (6)
m + п т + п
Чтобы связать векторы CG, СЕ, СР, преобразуем вектор СЕ:
^ = 1 / E+idll ^ + ^L±ZLdl^. cs) = 1 (СЛ + СВ +
4 \ /п+л /7г + /г ) 4
+ _!!_ СЛ + — Щ = — (3CG+ СР) = — CG +
m+я т+ п ) 4 4
+ -СР, т. е. C£=-CG + -CP, а так как 1 + 1 = 1,
4 4 4 4 4
то точки £, G, Р принадлежат одной прямой и |£G| :|Р£| = 1 :3.
Задача решена.
Рассмотренные нами виды аффинных задач на плоскости далеко
не исчерпывают всего многообразия этих задач. Но они образуют
самые многочисленные группы задач, что и оправдывает их А специальное
рассмотрение.
4. Метрические задачи
При решении метрических задач использу-
, ется скалярное произведение векторов. Мы
не будем классифицировать эти задачи по
видам, а приведем несколько примеров таких
задач.
3 а д а ч а 7. На основании АВ равнобедренного
треугольника ABC дана точка Р.
Доказать, что |РС|2 = |ЛС|2—\АР\ — \ВР\.
Выяснить, как изменится формула, если точка
Р расположена на продолжении основания
АВ.
Р е ш е н и е . Запишем требуемое равенст

Приложение векторов.

Приложение векторов.

152 Приложение векторов.

во в векторной форме. Учитывая сонаправленность^векторов ЛР и РВ
(рис. 24), получим: РС=АС2 — АР • РВ (1). Доказательство равенства
(1) и есть решение задачи. Преобразуем правую часть (1): АС2 —
-ЛРх РВ = АС(ЛС + СР)- (PC +СВ) = ЛС2 — АС ■ PC —
— АС • СВ + СР2 — СР • СВ = (ЛС2 — ЛС • PC) — (ЛС х
X СВ + СР- СВ) + СР2 = AC •(AC — PC) — СВ • (ЛС + СР) -f-
+ СР2 = (ЛС» + С?) • (^с — СВ) + СР2 = ЛР • (ЛС — С5) +
+ СР2.
Если теперь вектор СВ’ — ЛС, то ЛС — СВ = СВ’ — СВ —
= ВВ’, но А АВ’В прямоугольный. Таким образом, АР • (АС —
— СВ) = АР • ВВ’ = 0. Следовательно, ЛС2 — ЛР • РВ — СР2,
откуда и вытекает справедливость доказываемого равенства. Исследуем
изменение этого равенства в зависимости от расположения
точки Р на прямой АВ. Если точка Р принадлежит отрезку АВ, то
при переходе от векторного равенства (1) к скалярному равенству
имеем: РС2 = |РС|2= |РС|2, ЛС5 = |ЛС|2= |ЛС|2, АР ■ РВ =
= | ЛР| • | РВ\cos (ЛР, РВ) = | ЛР| • | РВ| • cos 0° = | ЛР| х
х |РВ|, т. е. |РС|2 = |ЛС|2 — |ЛР| • |РВ|.
Если же точка Р не принадлежит отрезку АВ, то векторы ЛР и
РВ противонаправлены и ЛР • РВ — | ЛР| • | РВ| cos 180° =
= —| Л Р | • | РВ|. Тогда доказываемое равенство имеет вид: | РС|2 =
= |ЛС|2+ | ЛР| • |РВ|. Задача решена полностью.
З а д а ч а 8. Найти сумму квадратов длин медиан треугольника,
если известны его стороны а, b и с.
Р е ш е н и е . Рассмотрим Д ЛВС (рис. 25).
1. Пусть Л В — с, ВС — а, С А — Ь.
2. По определению суммы векторов
AD=c+ BE* а+-, СР=Ь + —
3. Используя свойство скалярного квадрата,
получим:
Ш+Те2+ СР2 = (с- + |) + (а +1) +
+ (^+7 ) = Г2 + с — а + ^ + а* + аЛ +
— > ■ • >
+ 1 2 + Ь 2 + &.;+^. = 1(а2 + &2 + с2) +
4 4 4
= [с — а + b ■ а +& • с]. (1)

Приложение векторов.

Приложение векторов.

153 Приложение векторов.

4. Так как по правилу сложения векторов а + b + с — О, то
(я + b + с)2 = 0. Таким образом, а2 + &2+с2+ 2 [а — с +а • Ь +
+ fc • с] = 0, т. е. а2 + Ь2 + с2 —-> -*■ —► — *=• — -*2■ [с • а + 6 • a + 6 • d
Итак, с — а + Ь — а + Ь * с а 2 + 6 2 + с 2
Подставив полученное значение в равенство (1), получим:
\AD\* + \BE |2 + |CF|2 = |(a2 + b2 + c2),.
так как согласно свойству скалярного квадрата
AD2= | AD I2, ВВ2 = | BE |2, CF2 = \CF |2.
З а д а ч а 9. Доказать, что высоты произвольного треугольника
пересекаются в одной точке.
Д о к а з а т е л ь с т в о . 1. Пусть [АР] ± [ВС], [BQ] -L [СА],
где [ЛР] и [BQ]—высоты A ABC и О — точка их пересечения
(рис. 26).
2. Обозначим ОА = а, ОВ = Ь, ОС = с и L — точка пересечения
(ОС) и (ЛВ).
—3.> По определению разности векторов АВ — b — а, ВС = —*■ —> ->
«= с — Ь, СА — а — с.
4. Так как [РА] ± [ВС], то а • (с — Ь) = 0, т. е. а • с = а • Ь.
5. Аналогично, так как [OB] JL [СЛ],
то 6 • (а — с) = 0, т. е. b • с = b • а.
6. Из этих равенств по транзитивности
а • с — b > с (так как а • b = b • а), т. е.
с • (я — 6) = 0.
Последнее означает: [ОС] J_ [ЛВ].
7. Итак, [CL] — высота А ЛВС.
З а д а ч а 10. Для того чтобы диагонали
четырехугольника были взаимно пер-
и с пендикулярны, необходимо и достаточно,
Рис 26 чтобы суммы квадратов длин противоположных
сторон четырехугольника были
равны. Доказать.
Н е о б х о д и м о с т ь . Имеем перпендикулярность
диагоналей ЛС и BD (рис. 27).
Нужно доказать равенство | ЛВ|2+1 CD |2=
= |ВС|2 + |ЛО|2. Здесь можно обойтись
без векторов, используя теорему Пифагора.
В самом деле, |ЛВ|2+ \CD\2= |ЛО|2 +
+ |ОВ|2+ |СО|2 + |OD\2 — (|ЛО|3 Н-
+ | 0£>|2)+ (| ОВ|2+1 ОС|2)-1 ЛО|2+ |ВС|2.
Рис. 27 * Необходимость доказана.

Приложение векторов.

Приложение векторов.

154 Приложение векторов.

Д о с т а т о ч н о с т ь . Имеем равенство
j АВ |2 + J CD )2 = | ВС |2 + | AD |2.
Нужно доказать перпендикулярность диагоналей АС и BD. На
языке векторов это означает доказательство одного из равенств:
а) СА ■ DB = 0; б) ОА • ОВ = 0; в) ОА • DO — 0;
г) СО ■ ОВ = 0; д) СО • DO = 0; е) СО • DB = 0;
ж) ОА • DB = 0; з) ОВ • СА = 0; и) DO • СЛ = 0.
Теперь нужно составить такое равенство, в котором содержа*
лись бы величины |ЛВ|2, |CD|2, |ВС|2, \AD\2 и члены одного из
равенств, которые нужно доказать.
Для этого прежде всего преобразуем исходное скалярное равенство
АВ2 + CD2 = ВС2 + DA2 (при записи векторов, получаемых
из скаляров, лучше всего соблюдать определенный порядок
букв по определенному выбранному направлению обхода).
Здесь мы замечаем, что можно дополнить суммы до полного квадрата
и рассмотреть первые степени полученных сумм, т. е. приходим
к необходимости сравнения выражений АВ + CD и ВС + DЛ.
Но они в сумме дают нулевой вектор в силу замкнутости четырехугольника
ABCD:
AB + CD + BC + DA = 0& АВ+CD = СВ + ЛОфф
^ (АВ + сЪу = (CBj-f ADf^> | ЛВ|2 +J CD |2 + 2 Л В • CD —
«= | ВС I2 + \AD\2 + 2 AD • СВфф AB • CD = AD ■ CB&
<=> (AO + OB) (CO + OD) = (M) + OD) (CO + OB) ф=>
« = » л о — с о + л о — о В + о в — с о + о в — о о = л о — с о +
+ л о — о в + о 5 — с о + о 5 — ов<=> (ло • oh— ао ■ дв) +
+ (ОВ ■ СО — OD ■ СО) = 0 « ЛО (OD — 0″В) + СО (ОВ — OD)=
= 0«=* (ОВ — OD) (ОА + СО) = 0<& DB ■ СА = 0,
что и означает перпендикулярность диагоналей.

155 Приложение векторов.

На главную страницу Библиотека учителя математики. ПРЕПОДАВАНИЕ ГЕОМЕТРИИ В 6—8 КЛАССАХ. СБОРНИК СТАТЕЙ.
Школьная Математика.

Около

Статистика


Яндекс.Метрика




Свежие комментарии