#9 Координаты и векторы в геометрии

\(\overrightarrow{AB}=(a,b)\), \(\overrightarrow{AC}=(-b,a)\). Тогда \(AB^2=a^2+b^2=AC^2\), а \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=a(-b)+ba=0\). Значит \(AB=AC\) и \(AB\perp AC\).

\(\overrightarrow{PA}=(-1-x,-y)\), \(\overrightarrow{PB}=(1-x,-y)\). Их скалярное произведение равно \((-1-x)(1-x)+y^2=x^2+y^2-1\). Перпендикулярность равносильна нулю этого выражения, то есть \(x^2+y^2=1\).

Имеем \(M\left(\frac m2,\frac n2\right)\). Тогда \(MA^2=\frac{m^2+n^2}{4}\), \(MB^2=\left(m-\frac m2\right)^2+\left(0-\frac n2\right)^2=\frac{m^2+n^2}{4}\), и аналогично \(MC^2=\frac{m^2+n^2}{4}\). Значит все три расстояния равны.

Середина \(AC\) равна \(\left(\frac{u+p}{2},\frac{v+q}{2}\right)\). Середина \(BD\) равна \(\left(\frac{u+p}{2},\frac{v+q}{2}\right)\). Они совпадают, значит диагонали делятся пополам.

Пусть радиус-векторы \(A,B,C\) равны \(a,b,c\). Тогда \(m=\frac{a+b}{2}\), \(n=\frac{a+c}{2}\). Поэтому \(\overrightarrow{MN}=n-m=\frac{c-b}{2}=\frac12\overrightarrow{BC}\). Отсюда следуют параллельность и отношение длин.

\(AC^2=(a+b)^2+h^2\). Также \(BD^2=(-a-b)^2+h^2=(a+b)^2+h^2\). Следовательно, \(AC=BD\).

\(CA^2=(u+1)^2+v^2\), \(CB^2=(u-1)^2+v^2\). Тогда \(CA^2+CB^2=2u^2+2v^2+2=2CM^2+2\), так как \(CM^2=u^2+v^2\).

Так как \(AB\) горизонтальна, высота из \(C\) имеет уравнение \(x=q\). Прямая \(AC\) имеет наклон \(\frac rq\) при \(q\ne 0\), поэтому высота из \(B\) имеет наклон \(-\frac qr\) и уравнение \(y=-\frac qr(x-p)\). При \(x=q\) получаем \(y=\frac{q(p-q)}{r}\). Если \(q=0\), та же формула даёт \(y=0\). Значит \(H\left(q,\frac{q(p-q)}{r}\right)\).

Подстановка \(B(a,0)\) даёт \(u=-a\), подстановка \(C(0,b)\) даёт \(v=-b\). Окружность: \(x^2+y^2-ax-by=0\). После выделения квадратов получаем \(\left(x-\frac a2\right)^2+\left(y-\frac b2\right)^2=\frac{a^2+b^2}{4}\). Центр равен \(\left(\frac a2,\frac b2\right)\), то есть середине \(BC\).

Пусть радиус-векторы \(A,B,C,D\) равны \(a,b,c,d\). Тогда \(p=\frac{a+b}{2}\), \(q=\frac{b+c}{2}\), \(r=\frac{c+d}{2}\), \(s=\frac{d+a}{2}\). Имеем \(\overrightarrow{PQ}=q-p=\frac{c-a}{2}\) и \(\overrightarrow{SR}=r-s=\frac{c-a}{2}\). Аналогично \(\overrightarrow{QR}=\overrightarrow{PS}\). Значит \(PQRS\) — параллелограмм.

Имеем \(P(t,0)\), \(Q(0,t)\). Вектор \(\overrightarrow{PQ}=(-t,t)=t(-1,1)\), а \(\overrightarrow{BC}=(-1,1)\). Значит \(PQ\parallel BC\) и \(PQ=t\cdot BC\). Так как \(t=\frac{m}{m+n}\), получаем \(PQ:BC=m:(m+n)\).

Серединный перпендикуляр к \(AB\) имеет уравнение \(x=3\). Из равенства \(OA=OC\) получаем \(9+y^2=(3-2)^2+(y-4)^2\), откуда \(y=1\). Значит \(O(3,1)\). По формуле ортоцентра для \(p=6,q=2,r=4\): \(H(2,2)\). Центроид \(G\left(\frac{0+6+2}{3},\frac{0+0+4}{3}\right)=\left(\frac83,\frac43\right)\). Вектор \(\overrightarrow{OH}=(-1,1)\), а \(\overrightarrow{OG}=\left(-\frac13,\frac13\right)=\frac13\overrightarrow{OH}\). Поэтому точки коллинеарны и \(OG:GH=1:2\).

Точка \(M=(0,0)\). Так как \(AB\) горизонтальна, \(CM\perp AB\) тогда и только тогда, когда \(u=0\). С другой стороны, \(CA^2=(u+1)^2+v^2\), \(CB^2=(u-1)^2+v^2\). Равенство этих квадратов также равносильно \(u=0\). Следовательно, условия эквивалентны.

Пусть \(P=B+t(C-B)=(6,0)+t(-4,5)\). Тогда \(\overrightarrow{AP}=P\), а \(\overrightarrow{BC}=(-4,5)\). Условие перпендикулярности даёт \(((6,0)+t(-4,5))\cdot(-4,5)=0\). Получаем \(-24+41t=0\), откуда \(t=\frac{24}{41}\). Значит \(BP:PC=t:(1-t)=24:17\).

\(PA^2=(x+1)^2+y^2\), \(PB^2=(x-1)^2+y^2\). Их сумма равна \(2x^2+2y^2+2\). Условие \(PA^2+PB^2=10\) даёт \(2x^2+2y^2+2=10\), то есть \(x^2+y^2=4\). Локус — окружность с центром в начале координат и радиусом \(2\).

Из симметрии центр окружности должен лежать на оси \(Oy\). Проверим окружность \(x^2+\left(y+\frac14\right)^2=\frac{145}{16}\). Для \(A\) и \(B\): \(9+\frac{1}{16}=\frac{145}{16}\). Для \(C\) и \(D\): \(4+\frac{81}{16}=\frac{145}{16}\). Все четыре точки удовлетворяют одному уравнению окружности.

\(AB^2=BC^2=CD^2=DA^2=a^2+b^2\), значит все стороны равны и \(ABCD\) — ромб. Диагональ \(AC\) лежит на оси \(Ox\), а \(BD\) — на оси \(Oy\), поэтому \(AC\perp BD\).

По формулам деления отрезка получаем \(D(4,2)\), \(E(0,\frac32)\), \(F(\frac{12}{5},0)\). Прямая \(AD\): \(y=\frac{x}{2}\). Прямая \(BE\): \(y=-\frac{x}{4}+\frac32\). Их пересечение: \(x=2\), \(y=1\). Прямая \(CF\) проходит через \(C(0,6)\) и \(F(\frac{12}{5},0)\), поэтому имеет уравнение \(y=6-\frac52x\). Точка \((2,1)\) ей принадлежит. Значит три прямые пересекаются в одной точке.

Окружность через \(A(0,0)\), \(B(1,0)\) имеет вид \(x^2+y^2-x+\lambda y=0\). Подставляя \(C(u,v)\), получаем \(\lambda=\frac{u-u^2-v^2}{v}\). Точка отражения имеет координаты \(H'\left(u,-\frac{u(1-u)}{v}\right)\). Подстановка даёт \(u^2+\frac{u^2(1-u)^2}{v^2}-u-\frac{u(1-u)(u-u^2-v^2)}{v^2}=0\). После сокращения остаётся \(0=0\). Значит \(H'\in(ABC)\).

Так как \(D\) — основание высоты из \(C\), имеем \(CD\perp DB\), значит \(\angle BDC=90^\circ\). Так как \(E\) — основание высоты из \(B\), имеем \(BE\perp CE\), значит \(\angle BEC=90^\circ\). Следовательно, точки \(D\) и \(E\) лежат на окружности с диаметром \(BC\). Поэтому \(B,C,D,E\) соокружны.

Центр окружности имеет координаты \(O\left(\frac12,\frac{u^2+v^2-u}{2v}\right)\). Ортоцентр \(H\left(u,\frac{u(1-u)}{v}\right)\). Векторное равенство \(\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\) эквивалентно \(H=A+B+C-2O\). Правая часть равна \((1+u,v)-\left(1,\frac{u^2+v^2-u}{v}\right)=\left(u,\frac{u-u^2}{v}\right)=H\). Равенство доказано.

Центр окружности \(O(0,0)\), радиус \(5\). Основание перпендикуляра из \(O\) на прямую \(3x+4y=20\) равно \(M\left(\frac{3\cdot 20}{3^2+4^2},\frac{4\cdot 20}{3^2+4^2}\right)=\left(\frac{12}{5},\frac{16}{5}\right)\). Расстояние \(OM=4\). Половина хорды равна \(\sqrt{5^2-4^2}=3\), поэтому \(AB=6\).

Выберем аффинные координаты так, что \(E=(0,0)\), \(A=(a,0)\), \(B=(b,0)\), \(D=(0,d)\), \(C=(0,c)\). Пусть \(F=(r,s)\). Так как \(F\in AD\), имеем \(\frac{r}{a}+\frac{s}{d}=1\), то есть \(rd+as=ad\). Так как \(F\in BC\), имеем \(\frac{r}{b}+\frac{s}{c}=1\), то есть \(rc+bs=bc\). Середины \(AC\), \(BD\), \(EF\) имеют координаты \(\left(\frac a2,\frac c2\right)\), \(\left(\frac b2,\frac d2\right)\), \(\left(\frac r2,\frac s2\right)\). Достаточно доказать, что \((r,s)\) лежит на прямой через \((a,c)\) и \((b,d)\). Уравнение этой прямой даёт выражение \((d-c)r-(b-a)s-a(d-c)+c(b-a)\). Оно равно \((rd+as-ad)-(rc+bs-bc)=0\). Значит три середины коллинеарны.

Имеем \(O\left(\frac12,\frac{u^2+v^2-u}{2v}\right)\), \(H\left(u,\frac{u(1-u)}{v}\right)\), \(G\left(\frac{1+u}{3},\frac v3\right)\). Проверим, что \(G=\frac{2O+H}{3}\). По первой координате: \(\frac{2\cdot\frac12+u}{3}=\frac{1+u}{3}\). По второй координате: \(\frac{\frac{u^2+v^2-u}{v}+\frac{u-u^2}{v}}{3}=\frac{v}{3}\). Значит \(G\) лежит на \(OH\) и делит отрезок \(OH\) в отношении \(OG:GH=1:2\).