Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2103
2019-02-08 
а плоскости даны два отрезка $A_1B_1$ и $A_2B_2$, причём
$\frac{A_2B_2}{A_1B_1} = k < 1$.
На отрезке $A_1A_2$ взята точка $A_3$, а на продолжении этого отрезка за точку $A_2$ - точка $A_4$ так, что
$\frac{A_3A_2}{A_3A_1} = \frac{A_4A_2}{A_4A_1} = k$.
Аналогично, на отрезке $B_1B_2$ берётся точка $B_3$, а на продолжении этого отрезка за точку $B_2$ - точка $B_4$ так, что
$\frac{B_3B_2}{B_3B_1} = \frac{B_4B_2}{B_4B_1} = k$
Найти угол между прямыми $A_3B_3$ и $A_4B_4$.
Решение:
Первое решение. Пусть $O$ - центр не сохраняющего ориентацию подобия, переводящего $A_1$ в $A_2$ и $B_1$ в $B_2$. Так как треугольники $OA_1B_1$ и $OA_2B_2$ подобны, то $\angle A_1OB_1 = \angle B_2OA_2$ и биссектрисы углов $A_1OA_2$ и $B_1OB_2$ совпадают. Так как
$\frac{OА_2}{OА_1} = \frac{OB_2}{OB_1} = k$,
эта общая биссектриса пересекает отрезки $A_1A_2$ и $B_1B_2$ в точках $A_3$ и $B_3$, а перпендикулярная ей прямая пересекает продолжения этих отрезков в точках $A_4$ и $B_4$ (рис.). Следовательно, искомый угол прямой.
Чтобы найти точку $O$, построим окружности с диаметрами $A_3A_4$ и $B_3B_4$ и найдём точки их пересечения. Так как окружность с диаметром $A_3A_4$ - геометрическое место точек, отношение расстояний от которых до $A_2$ и $A_1$ равно $k$, то точки пересечения окружностей будут центрами двух подобий, переводящих $A_1$ в $A_2$ и $B_1$ в $B_2$. Oдно из этих подобий сохраняет ориентацию, другое меняет.
Второе решение. Пусть $\vec{A_1B_1} = \vec{u}, \vec{A_2B_2} = \vec{u}$, из условия следует что $\vec{v}^2 = k^2\vec{u}^2$. Тогда
$\vec{A_3B_3} = \vec{A_3A_1} + \vec{A_1B_1} + \vec{B_1B_3} = \frac{1}{1+k}\vec{A_2A_1} + \vec{u} + \frac{1}{1+k}\vec{B_1B_2}$ (*);
с другой стороны,
$\vec{A_3B_3} = \vec{A_3A_2} + \vec{A_2B_2} + \vec{B_2B_3} = \frac{k}{1+k}\vec{A_1A_2} + \vec{u} + \frac{k}{1+k}\vec{B_2B_1}$ (**).
Умножив (*) на $\frac{k}{1+k}$, (**) на $\frac{1}{1+k}$ и сложив полученные равенства, имеем
$\vec{A_3B_3} = \frac{k}{1+k}\vec{u} + \frac{1}{1+k}\vec{v}$.
Аналогично получаем
$\vec{A_4B_4} = \frac{1}{1-k}\vec{v} - \frac{k}{1-k}\vec{u}$.
Тогда
$(\vec{A_3B_3},\vec{A_4B_4}) = \frac{k\vec{u} + \vec{v}, \vec{v} - k\vec{u}}{(1+k)(1-k)} = \frac{\vec{v}^2 - k^2\vec{u}^2}{1-k^2} = 0$,
т.е. векторы ортогональны.
Третье решение. Построим параллелограмм $A_1A_2B_2X$ и проведём биссектрису $A_1Y$ треугольника $A_1XB_1$. Так как
$\frac{B_1Y}{XY} = \frac{A_1B_1}{A_1X} = k$,
то $B_3Y \parallel B_2X$ и
$B_3Y = kB_2X = A_1A_3$.
Следовательно, $A_1A_3B_3Y$ - параллелограмм, т. е. $A_3B_3 \parallel A_1Y$ (рис.).
Аналогично, прямая $A_4B_4$ параллельна внешней биссектрисе угла $XA_1B_1$, и значит, прямые $A_3B_3$ и $A_4B_4$ перпендикулярны.
а плоскости даны два отрезка $A_1B_1$ и $A_2B_2$, причём
$\frac{A_2B_2}{A_1B_1} = k < 1$.
На отрезке $A_1A_2$ взята точка $A_3$, а на продолжении этого отрезка за точку $A_2$ - точка $A_4$ так, что
$\frac{A_3A_2}{A_3A_1} = \frac{A_4A_2}{A_4A_1} = k$.
Аналогично, на отрезке $B_1B_2$ берётся точка $B_3$, а на продолжении этого отрезка за точку $B_2$ - точка $B_4$ так, что
$\frac{B_3B_2}{B_3B_1} = \frac{B_4B_2}{B_4B_1} = k$
Найти угол между прямыми $A_3B_3$ и $A_4B_4$.
Решение:
Первое решение. Пусть $O$ - центр не сохраняющего ориентацию подобия, переводящего $A_1$ в $A_2$ и $B_1$ в $B_2$. Так как треугольники $OA_1B_1$ и $OA_2B_2$ подобны, то $\angle A_1OB_1 = \angle B_2OA_2$ и биссектрисы углов $A_1OA_2$ и $B_1OB_2$ совпадают. Так как
$\frac{OА_2}{OА_1} = \frac{OB_2}{OB_1} = k$,
эта общая биссектриса пересекает отрезки $A_1A_2$ и $B_1B_2$ в точках $A_3$ и $B_3$, а перпендикулярная ей прямая пересекает продолжения этих отрезков в точках $A_4$ и $B_4$ (рис.). Следовательно, искомый угол прямой.
Чтобы найти точку $O$, построим окружности с диаметрами $A_3A_4$ и $B_3B_4$ и найдём точки их пересечения. Так как окружность с диаметром $A_3A_4$ - геометрическое место точек, отношение расстояний от которых до $A_2$ и $A_1$ равно $k$, то точки пересечения окружностей будут центрами двух подобий, переводящих $A_1$ в $A_2$ и $B_1$ в $B_2$. Oдно из этих подобий сохраняет ориентацию, другое меняет.
Второе решение. Пусть $\vec{A_1B_1} = \vec{u}, \vec{A_2B_2} = \vec{u}$, из условия следует что $\vec{v}^2 = k^2\vec{u}^2$. Тогда
$\vec{A_3B_3} = \vec{A_3A_1} + \vec{A_1B_1} + \vec{B_1B_3} = \frac{1}{1+k}\vec{A_2A_1} + \vec{u} + \frac{1}{1+k}\vec{B_1B_2}$ (*);
с другой стороны,
$\vec{A_3B_3} = \vec{A_3A_2} + \vec{A_2B_2} + \vec{B_2B_3} = \frac{k}{1+k}\vec{A_1A_2} + \vec{u} + \frac{k}{1+k}\vec{B_2B_1}$ (**).
Умножив (*) на $\frac{k}{1+k}$, (**) на $\frac{1}{1+k}$ и сложив полученные равенства, имеем
$\vec{A_3B_3} = \frac{k}{1+k}\vec{u} + \frac{1}{1+k}\vec{v}$.
Аналогично получаем
$\vec{A_4B_4} = \frac{1}{1-k}\vec{v} - \frac{k}{1-k}\vec{u}$.
Тогда
$(\vec{A_3B_3},\vec{A_4B_4}) = \frac{k\vec{u} + \vec{v}, \vec{v} - k\vec{u}}{(1+k)(1-k)} = \frac{\vec{v}^2 - k^2\vec{u}^2}{1-k^2} = 0$,
т.е. векторы ортогональны.
Третье решение. Построим параллелограмм $A_1A_2B_2X$ и проведём биссектрису $A_1Y$ треугольника $A_1XB_1$. Так как
$\frac{B_1Y}{XY} = \frac{A_1B_1}{A_1X} = k$,
то $B_3Y \parallel B_2X$ и
$B_3Y = kB_2X = A_1A_3$.
Следовательно, $A_1A_3B_3Y$ - параллелограмм, т. е. $A_3B_3 \parallel A_1Y$ (рис.).
Аналогично, прямая $A_4B_4$ параллельна внешней биссектрисе угла $XA_1B_1$, и значит, прямые $A_3B_3$ и $A_4B_4$ перпендикулярны.
