• HTML
• IMG
• LATEX
• MARKDOWN
Треугольник \(ABC\) задан вершинами: \(A\left( 1;2;4 \right),\:B\left( 2;4;5 \right),\:C\left( 4;3;3 \right)\)
Треугольник построен на векторах
\[\overline{AB}=\left({2-1;\:4-2;\:5-4}\right)=\left( 1;2;1 \right)\]
\[\overline{AC}=\left({4-1;\:3-2;\:3-4}\right)=\left( 3;1;-1 \right)\]
\[\overline{BC}=\left({4-2;\:3-4;\:3-5}\right)=\left( 2;-1;-2 \right)\]
Уравнения сторон треугольника по двум точкам (их вершинам):
\[AB: \frac{x-1}{2-1}=\frac{y-2}{4-2}=\frac{y-4}{5-4}\Rightarrow \frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{2}=\frac{z-4}{1}\]
\[AC: \frac{x-1}{4-1}=\frac{y-2}{3-2}=\frac{y-4}{3-4}\Rightarrow \frac{x-1}{3}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-4}{-1}\]
\[BC: \frac{x-2}{4-2}=\frac{y-4}{3-4}=\frac{y-5}{3-5}\Rightarrow \frac{x-2}{2}=\frac{y-4}{-1}=\frac{z-5}{-2}\]
Углы при вершинах
\[\angle {A}=\arccos\frac{\overline{AB} \cdot \overline{AC}}{\left|\overline{AB}\right| \cdot \left|\overline{AC}\right|}=\arccos{\frac{1 \cdot 3+2 \cdot 1-1 \cdot 1}{\sqrt{1^{2}+2^{2}+1^{2}} \cdot \sqrt{3^{2}+1^{2}+\left( -1 \right)^{2}}}}=\arccos{\frac{4}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{11}}}=\arccos{\frac{2 \sqrt{66}}{33}}\]
\[\angle {B}=\arccos\frac{\overline{AB} \cdot \overline{BC}}{\left|\overline{AB}\right| \cdot \left|\overline{BC}\right|}=\arccos{\frac{1 \cdot 2+2 \cdot \left({-1}\right)-1 \cdot 2}{\sqrt{1^{2}+2^{2}+1^{2}} \cdot \sqrt{2^{2}+\left( -1 \right)^{2}+\left( -2 \right)^{2}}}}=\arccos{\left({-\frac{2}{\sqrt{6} \cdot 3}}\right)}=\arccos{\left({- \frac{\sqrt{6}}{9}}\right)}\]
\[\angle {C}=\arccos\frac{\overline{AC} \cdot \overline{BC}}{\left|\overline{AC}\right| \cdot \left|\overline{BC}\right|}=\arccos{\frac{3 \cdot 2-1 \cdot 1-1 \cdot \left({-2}\right)}{\sqrt{3^{2}+1^{2}+\left( -1 \right)^{2}} \cdot \sqrt{2^{2}+\left( -1 \right)^{2}+\left( -2 \right)^{2}}}}=\arccos{\frac{7}{\sqrt{11} \cdot 3}}=\arccos{\frac{7 \sqrt{11}}{33}}\]
Длины сторон
\[\left| {AB} \right|=\sqrt{\left({2-1}\right)^2+\left({4-2}\right)^2+\left({5-4}\right)^2}=\sqrt{6}\]
\[\left| {AC} \right|=\sqrt{\left({4-1}\right)^2+\left({3-2}\right)^2+\left({3-4}\right)^2}=\sqrt{11}\]
\[\left| {BC} \right|=\sqrt{\left({4-2}\right)^2+\left({3-4}\right)^2+\left({3-5}\right)^2}=3\]
Уравнения высот
Для того, чтобы найти уравнение высоты \(AH_1\), построим плоскость, перпендикулярную стороне \(BC\).
Нормальный вектор этой плоскости будет равен направляющему векторы стороны: \(\bar{n}_1=\overline{BC}=\left( 2;-1;-2 \right)\), а её уравнение
\[2\left({x-1}\right)-1\left({y-2}\right)-2\left({z-4}\right)=0\]
\[2 x - y - 2 z + 8=0\]
Теперь найдём точку пересечения этой плоскости и прмямой \(BC\), решая совместно:
\[H_1:\:\left\{\begin{array}{l}\frac{x-2}{2}=\frac{y-4}{-1}=\frac{z-5}{-2},\\2 x - y - 2 z + 8=0\end{array}\right. \Rightarrow\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}x=\frac{22}{9},\\y=\frac{34}{9},\\z=\frac{41}{9}\end{array}} \right.\]
Уравнение высоты по двум точкам \(A\) и \(H_1\)
\[AH_1: \frac{x-1}{\frac{22}{9}-1}=\frac{y-2}{\frac{34}{9}-2}=\frac{y-4}{\frac{41}{9}-4}\Rightarrow \frac{x-1}{\frac{13}{9}}=\frac{y-2}{\frac{16}{9}}=\frac{z-4}{\frac{5}{9}}\]
Аналогично для \(BH_2\)
Нормальный вектор плоскости: \(\bar{n}_2=\overline{AC}=\left( 3;1;-1 \right)\)
Уравнение плоскости
\[3\left({x-2}\right)+1\left({y-4}\right)-1\left({z-5}\right)=0\]
\[3 x + y - z - 5=0\]
Точка пересечения плоскости и прмямой \(AC\):
\[H_2:\:\left\{\begin{array}{l}\frac{x-1}{3}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-4}{-1},\\3 x + y - z - 5=0\end{array}\right. \Rightarrow\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}x=\frac{23}{11},\\y=\frac{26}{11},\\z=\frac{40}{11}\end{array}} \right.\]
Уравнение высоты по двум точкам \(B\) и \(H_2\)
\[BH_2: \frac{x-2}{\frac{23}{11}-2}=\frac{y-4}{\frac{26}{11}-4}=\frac{y-5}{\frac{40}{11}-5}\Rightarrow \frac{x-2}{\frac{1}{11}}=\frac{y-4}{- \frac{18}{11}}=\frac{z-5}{- \frac{15}{11}}\]
Для \(CH_3\)
Нормальный вектор плоскости: \(\bar{n}_3=\overline{AB}=\left( 1;2;1 \right)\)
Уравнение плоскости
\[1\left({x-4}\right)+2\left({y-3}\right)+1\left({z-3}\right)=0\]
\[x + 2 y + z - 13=0\]
Точка пересечения плоскости и прмямой \(AB\):
\[H_3:\:\left\{\begin{array}{l}\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{2}=\frac{z-4}{1},\\x + 2 y + z - 13=0\end{array}\right. \Rightarrow\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}x=\frac{5}{3},\\y=\frac{10}{3},\\z=\frac{14}{3}\end{array}} \right.\]
Уравнение высоты по двум точкам \(C\) и \(H_3\)
\[CH_3: \frac{x-4}{\frac{5}{3}-4}=\frac{y-3}{\frac{10}{3}-3}=\frac{y-3}{\frac{14}{3}-3}\Rightarrow \frac{x-4}{- \frac{7}{3}}=\frac{y-3}{\frac{1}{3}}=\frac{z-3}{\frac{5}{3}}\]
Точка пересечения высот
Высоты треугольника пересекаются в одной точке - ортоцентре треугольника
\[\left\{\begin{array}{l}\frac{x-1}{\frac{13}{9}}=\frac{y-2}{\frac{16}{9}}=\frac{z-4}{\frac{5}{9}}\\\frac{x-2}{\frac{1}{11}}=\frac{y-4}{- \frac{18}{11}}=\frac{z-5}{- \frac{15}{11}}\end{array}\right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}x=\frac{51}{25},\\y=\frac{82}{25},\\z=\frac{82}{25}\end{array}} \right.\]
Длины высот
\[\left| {AH_1} \right|=\sqrt{\left({\frac{22}{9}-1}\right)^2+\left({\frac{34}{9}-2}\right)^2+\left({\frac{41}{9}-4}\right)^2}=\frac{5 \sqrt{2}}{3}\]
\[\left| {BH_2} \right|=\sqrt{\left({\frac{23}{11}-2}\right)^2+\left({\frac{26}{11}-4}\right)^2+\left({\frac{40}{11}-5}\right)^2}=\frac{5 \sqrt{22}}{11}\]
\[\left| {CH_3} \right|=\sqrt{\left({\frac{5}{3}-4}\right)^2+\left({\frac{10}{3}-3}\right)^2+\left({\frac{14}{3}-3}\right)^2}=\frac{5 \sqrt{3}}{3}\]
Уравнения медиан
Середины отрезков
\[BC:\:x_{M_1}=\frac{2+4}{2}=3;y_{M_1}=\frac{4+3}{2}=\frac{7}{2};z_{M_1}=\frac{5+3}{2}=\frac{7}{2}\Rightarrow M_1\left( 3;\frac{7}{2};4 \right)\]
\[AC:\:x_{M_2}=\frac{1+4}{2}=\frac{5}{2};y_{M_2}=\frac{2+3}{2}=\frac{5}{2};z_{M_2}=\frac{4+3}{2}=\frac{5}{2}\Rightarrow M_2\left( \frac{5}{2};\frac{5}{2};\frac{7}{2} \right)\]
\[AB:\:x_{M_3}=\frac{1+2}{2}=\frac{3}{2};y_{M_3}=\frac{2+4}{2}=3;z_{M_3}=\frac{4+5}{2}=3\Rightarrow M_3\left( \frac{3}{2};3;\frac{9}{2} \right)\]
Уравнения медиан
\[AM_1: \frac{x-1}{3-1}=\frac{y-2}{\frac{7}{2}-2}=\frac{y-4}{4-4}\Rightarrow \frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{\frac{3}{2}}=\frac{z-4}{0}\]
\[BM_2: \frac{x-2}{\frac{5}{2}-2}=\frac{y-4}{\frac{5}{2}-4}=\frac{y-5}{\frac{7}{2}-5}\Rightarrow \frac{x-2}{\frac{1}{2}}=\frac{y-4}{- \frac{3}{2}}=\frac{z-5}{- \frac{3}{2}}\]
\[CM_3: \frac{x-4}{\frac{3}{2}-4}=\frac{y-3}{3-3}=\frac{y-3}{\frac{9}{2}-3}\Rightarrow \frac{x-4}{- \frac{5}{2}}=\frac{y-3}{0}=\frac{z-3}{\frac{3}{2}}\]
Точка пересечения медиан
Медианы треугольника пересекаются в одной точке — центроиде треугольника
\[\left\{\begin{array}{l} \frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{\frac{3}{2}}=\frac{z-4}{0}\\\frac{x-2}{\frac{1}{2}}=\frac{y-4}{- \frac{3}{2}}=\frac{z-5}{- \frac{3}{2}} \end{array}\right.\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}x=\frac{7}{3},\\y=3,\\z=4\end{array}} \right.\]
Длины медиан
\[\left| {AM_1} \right|=\sqrt{\left({3-1}\right)^2+\left({\frac{7}{2}-2}\right)^2+\left({4-4}\right)^2}=\frac{5}{2}\]
\[\left| {BM_2} \right|=\sqrt{\left({\frac{5}{2}-2}\right)^2+\left({\frac{5}{2}-4}\right)^2+\left({\frac{7}{2}-5}\right)^2}=\frac{\sqrt{19}}{2}\]
\[\left| {CM_3} \right|=\sqrt{\left({\frac{3}{2}-4}\right)^2+\left({3-3}\right)^2+\left({\frac{9}{2}-3}\right)^2}=\frac{\sqrt{34}}{2}\]
Площадь треугольника
Векторное произведение векторов
\[{\overline{AB} \times \overline{AC}}={\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\bar i}&{\bar j}&{\bar k}\\1&2&1\\3&1&-1\end{array}} \right|}={\left| {\begin{array}{*{20}{c}}2&1\\1&-1\end{array}} \right|\bar i - \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&1\\1&-1\end{array}} \right|\bar j + \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&2\\1&1\end{array}} \right|\bar k}=\\={\left( {2 \cdot \left( -1 \right) - 1 \cdot 1} \right)\bar i - \left( {1 \cdot \left( -1 \right) - 3 \cdot 1} \right)\bar j + \left( {1 \cdot 1 - 3 \cdot 2} \right)\bar k}=-3i+4j-5k\]
Площадь треугольника
\[S=\frac{1}{2}\left| {\overline{AB} \times \overline{AC}} \right|=\frac{1}{2}\sqrt{{\left( -3 \right)}^2+{4}^2+{\left( -5 \right)}^2}=\frac{5 \sqrt{2}}{2}\]
В то же время, площадь треугольника \(S=\frac{1}{2}\left| {AB} \right|\cdot \left| {CH_3} \right|=\frac{1}{2} \cdot \sqrt{6} \cdot \frac{5 \sqrt{3}}{3}=\frac{5 \sqrt{2}}{2}\)
Уравнение плоскости треугольника (по трём точкам)
\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{x - {1}}&{y - {2}}&{z - {4}}\\{{2} - {1}}&{{4} - {2}}&{{5} - {4}}\\{{4} - {1}}&{{3} - {2}}&{{3} - {4}}\end{array}} \right|=\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{x-1}&{y-2}&{z-4}\\{1}&{2}&{1}\\{3}&{1}&{-1}\end{array}} \right|=0\]
\[\left({x-1}\right)\cdot \left| {\begin{array}{*{20}{c}}2&1\\1&-1\end{array}} \right|-\left({y-2}\right)\cdot \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&1\\3&-1\end{array}} \right|+\left({z-4}\right)\cdot \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&2\\3&1\end{array}} \right|=0\]
\[-3\cdot \left({x-1}\right)+4\cdot \left({y-2}\right)-5\cdot \left({z-4}\right)=0\]
\[- 3 x + 4 y - 5 z + 15=0\]
Треугольник $ABC$ задан вершинами: $A\left( 1;2;4 \right),\:B\left( 2;4;5 \right),\:C\left( 4;3;3 \right)$ \newline \textbf{Треугольник построен на векторах} \newline $\overline{AB}=\left({2-1;\:4-2;\:5-4}\right)=\left( 1;2;1 \right)$ \newline $\overline{AC}=\left({4-1;\:3-2;\:3-4}\right)=\left( 3;1;-1 \right)$ \newline $\overline{BC}=\left({4-2;\:3-4;\:3-5}\right)=\left( 2;-1;-2 \right)$ \newline \textbf{Уравнения сторон треугольника по двум точкам (их вершинам):} \newline $AB: \frac{x-1}{2-1}=\frac{y-2}{4-2}=\frac{y-4}{5-4}\Rightarrow \frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{2}=\frac{z-4}{1}$ \newline $AC: \frac{x-1}{4-1}=\frac{y-2}{3-2}=\frac{y-4}{3-4}\Rightarrow \frac{x-1}{3}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-4}{-1}$ \newline $BC: \frac{x-2}{4-2}=\frac{y-4}{3-4}=\frac{y-5}{3-5}\Rightarrow \frac{x-2}{2}=\frac{y-4}{-1}=\frac{z-5}{-2}$ \newline \textbf{Углы при вершинах} \newline $\angle {A}=\arccos\frac{\overline{AB} \cdot \overline{AC}}{\left|\overline{AB}\right| \cdot \left|\overline{AC}\right|}=\arccos{\frac{1 \cdot 3+2 \cdot 1-1 \cdot 1}{\sqrt{1^{2}+2^{2}+1^{2}} \cdot \sqrt{3^{2}+1^{2}+\left( -1 \right)^{2}}}}=\arccos{\frac{4}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{11}}}=\arccos{\frac{2 \sqrt{66}}{33}}$ \newline $\angle {B}=\arccos\frac{\overline{AB} \cdot \overline{BC}}{\left|\overline{AB}\right| \cdot \left|\overline{BC}\right|}=\arccos{\frac{1 \cdot 2+2 \cdot \left({-1}\right)-1 \cdot 2}{\sqrt{1^{2}+2^{2}+1^{2}} \cdot \sqrt{2^{2}+\left( -1 \right)^{2}+\left( -2 \right)^{2}}}}=\arccos{\left({-\frac{2}{\sqrt{6} \cdot 3}}\right)}=\arccos{\left({- \frac{\sqrt{6}}{9}}\right)}$ \newline $\angle {C}=\arccos\frac{\overline{AC} \cdot \overline{BC}}{\left|\overline{AC}\right| \cdot \left|\overline{BC}\right|}=\arccos{\frac{3 \cdot 2-1 \cdot 1-1 \cdot \left({-2}\right)}{\sqrt{3^{2}+1^{2}+\left( -1 \right)^{2}} \cdot \sqrt{2^{2}+\left( -1 \right)^{2}+\left( -2 \right)^{2}}}}=\arccos{\frac{7}{\sqrt{11} \cdot 3}}=\arccos{\frac{7 \sqrt{11}}{33}}$ \newline \textbf{Длины сторон} \newline $\left| {AB} \right|=\sqrt{\left({2-1}\right)^2+\left({4-2}\right)^2+\left({5-4}\right)^2}=\sqrt{6}$ \newline $\left| {AC} \right|=\sqrt{\left({4-1}\right)^2+\left({3-2}\right)^2+\left({3-4}\right)^2}=\sqrt{11}$ \newline $\left| {BC} \right|=\sqrt{\left({4-2}\right)^2+\left({3-4}\right)^2+\left({3-5}\right)^2}=3$ \newline \textbf{Уравнения высот} \newline Для того, чтобы найти уравнение высоты $AH_1$, построим плоскость, перпендикулярную стороне $BC$. \newline Нормальный вектор этой плоскости будет равен направляющему векторы стороны: $\bar{n}_1=\overline{BC}=\left( 2;-1;-2 \right)$, а её уравнение \newline $2\left({x-1}\right)-1\left({y-2}\right)-2\left({z-4}\right)=0$ \newline $2 x - y - 2 z + 8=0$ \newline Теперь найдём точку пересечения этой плоскости и прмямой $BC$, решая совместно: \newline $H_1:\:\left\{\begin{array}{l}\frac{x-2}{2}=\frac{y-4}{-1}=\frac{z-5}{-2},\\2 x - y - 2 z + 8=0\end{array}\right. \Rightarrow\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}x=\frac{22}{9},\\y=\frac{34}{9},\\z=\frac{41}{9}\end{array}} \right.$ \newline Уравнение высоты по двум точкам $A$ и $H_1$ \newline $AH_1: \frac{x-1}{\frac{22}{9}-1}=\frac{y-2}{\frac{34}{9}-2}=\frac{y-4}{\frac{41}{9}-4}\Rightarrow \frac{x-1}{\frac{13}{9}}=\frac{y-2}{\frac{16}{9}}=\frac{z-4}{\frac{5}{9}}$ \newline Аналогично для $BH_2$ \newline Нормальный вектор плоскости: $\bar{n}_2=\overline{AC}=\left( 3;1;-1 \right)$ \newline Уравнение плоскости \newline $3\left({x-2}\right)+1\left({y-4}\right)-1\left({z-5}\right)=0$ \newline $3 x + y - z - 5=0$ \newline Точка пересечения плоскости и прмямой $AC$: \newline $H_2:\:\left\{\begin{array}{l}\frac{x-1}{3}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-4}{-1},\\3 x + y - z - 5=0\end{array}\right. \Rightarrow\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}x=\frac{23}{11},\\y=\frac{26}{11},\\z=\frac{40}{11}\end{array}} \right.$ \newline Уравнение высоты по двум точкам $B$ и $H_2$ \newline $BH_2: \frac{x-2}{\frac{23}{11}-2}=\frac{y-4}{\frac{26}{11}-4}=\frac{y-5}{\frac{40}{11}-5}\Rightarrow \frac{x-2}{\frac{1}{11}}=\frac{y-4}{- \frac{18}{11}}=\frac{z-5}{- \frac{15}{11}}$ \newline Для $CH_3$ \newline Нормальный вектор плоскости: $\bar{n}_3=\overline{AB}=\left( 1;2;1 \right)$ \newline Уравнение плоскости \newline $1\left({x-4}\right)+2\left({y-3}\right)+1\left({z-3}\right)=0$ \newline $x + 2 y + z - 13=0$ \newline Точка пересечения плоскости и прмямой $AB$: \newline $H_3:\:\left\{\begin{array}{l}\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{2}=\frac{z-4}{1},\\x + 2 y + z - 13=0\end{array}\right. \Rightarrow\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}x=\frac{5}{3},\\y=\frac{10}{3},\\z=\frac{14}{3}\end{array}} \right.$ \newline Уравнение высоты по двум точкам $C$ и $H_3$ \newline $CH_3: \frac{x-4}{\frac{5}{3}-4}=\frac{y-3}{\frac{10}{3}-3}=\frac{y-3}{\frac{14}{3}-3}\Rightarrow \frac{x-4}{- \frac{7}{3}}=\frac{y-3}{\frac{1}{3}}=\frac{z-3}{\frac{5}{3}}$ \newline \textbf{Точка пересечения высот} \newline Высоты треугольника пересекаются в одной точке - ортоцентре треугольника \newline $\left\{\begin{array}{l}\frac{x-1}{\frac{13}{9}}=\frac{y-2}{\frac{16}{9}}=\frac{z-4}{\frac{5}{9}}\\\frac{x-2}{\frac{1}{11}}=\frac{y-4}{- \frac{18}{11}}=\frac{z-5}{- \frac{15}{11}}\end{array}\right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}x=\frac{51}{25},\\y=\frac{82}{25},\\z=\frac{82}{25}\end{array}} \right.$ \newline \textbf{Длины высот} \newline $\left| {AH_1} \right|=\sqrt{\left({\frac{22}{9}-1}\right)^2+\left({\frac{34}{9}-2}\right)^2+\left({\frac{41}{9}-4}\right)^2}=\frac{5 \sqrt{2}}{3}$ \newline $\left| {BH_2} \right|=\sqrt{\left({\frac{23}{11}-2}\right)^2+\left({\frac{26}{11}-4}\right)^2+\left({\frac{40}{11}-5}\right)^2}=\frac{5 \sqrt{22}}{11}$ \newline $\left| {CH_3} \right|=\sqrt{\left({\frac{5}{3}-4}\right)^2+\left({\frac{10}{3}-3}\right)^2+\left({\frac{14}{3}-3}\right)^2}=\frac{5 \sqrt{3}}{3}$ \newline \textbf{Уравнения медиан} \newline Середины отрезков \newline $BC:\:x_{M_1}=\frac{2+4}{2}=3;y_{M_1}=\frac{4+3}{2}=\frac{7}{2};z_{M_1}=\frac{5+3}{2}=\frac{7}{2}\Rightarrow M_1\left( 3;\frac{7}{2};4 \right)$ \newline $AC:\:x_{M_2}=\frac{1+4}{2}=\frac{5}{2};y_{M_2}=\frac{2+3}{2}=\frac{5}{2};z_{M_2}=\frac{4+3}{2}=\frac{5}{2}\Rightarrow M_2\left( \frac{5}{2};\frac{5}{2};\frac{7}{2} \right)$ \newline $AB:\:x_{M_3}=\frac{1+2}{2}=\frac{3}{2};y_{M_3}=\frac{2+4}{2}=3;z_{M_3}=\frac{4+5}{2}=3\Rightarrow M_3\left( \frac{3}{2};3;\frac{9}{2} \right)$ \newline Уравнения медиан \newline $AM_1: \frac{x-1}{3-1}=\frac{y-2}{\frac{7}{2}-2}=\frac{y-4}{4-4}\Rightarrow \frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{\frac{3}{2}}=\frac{z-4}{0}$ \newline $BM_2: \frac{x-2}{\frac{5}{2}-2}=\frac{y-4}{\frac{5}{2}-4}=\frac{y-5}{\frac{7}{2}-5}\Rightarrow \frac{x-2}{\frac{1}{2}}=\frac{y-4}{- \frac{3}{2}}=\frac{z-5}{- \frac{3}{2}}$ \newline $CM_3: \frac{x-4}{\frac{3}{2}-4}=\frac{y-3}{3-3}=\frac{y-3}{\frac{9}{2}-3}\Rightarrow \frac{x-4}{- \frac{5}{2}}=\frac{y-3}{0}=\frac{z-3}{\frac{3}{2}}$ \newline \textbf{Точка пересечения медиан} \newline Медианы треугольника пересекаются в одной точке — центроиде треугольника \newline $\left\{\begin{array}{l} \frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{\frac{3}{2}}=\frac{z-4}{0}\\\frac{x-2}{\frac{1}{2}}=\frac{y-4}{- \frac{3}{2}}=\frac{z-5}{- \frac{3}{2}} \end{array}\right.\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}x=\frac{7}{3},\\y=3,\\z=4\end{array}} \right.$ \newline \textbf{Длины медиан} \newline $\left| {AM_1} \right|=\sqrt{\left({3-1}\right)^2+\left({\frac{7}{2}-2}\right)^2+\left({4-4}\right)^2}=\frac{5}{2}$ \newline $\left| {BM_2} \right|=\sqrt{\left({\frac{5}{2}-2}\right)^2+\left({\frac{5}{2}-4}\right)^2+\left({\frac{7}{2}-5}\right)^2}=\frac{\sqrt{19}}{2}$ \newline $\left| {CM_3} \right|=\sqrt{\left({\frac{3}{2}-4}\right)^2+\left({3-3}\right)^2+\left({\frac{9}{2}-3}\right)^2}=\frac{\sqrt{34}}{2}$ \newline \textbf{Площадь треугольника} \newline Векторное произведение векторов \newline ${\overline{AB} \times \overline{AC}}={\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\bar i}&{\bar j}&{\bar k}\\1&2&1\\3&1&-1\end{array}} \right|}={\left| {\begin{array}{*{20}{c}}2&1\\1&-1\end{array}} \right|\bar i - \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&1\\1&-1\end{array}} \right|\bar j + \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&2\\1&1\end{array}} \right|\bar k}=\\={\left( {2 \cdot \left( -1 \right) - 1 \cdot 1} \right)\bar i - \left( {1 \cdot \left( -1 \right) - 3 \cdot 1} \right)\bar j + \left( {1 \cdot 1 - 3 \cdot 2} \right)\bar k}=-3i+4j-5k$ \newline Площадь треугольника \newline $S=\frac{1}{2}\left| {\overline{AB} \times \overline{AC}} \right|=\frac{1}{2}\sqrt{{\left( -3 \right)}^2+{4}^2+{\left( -5 \right)}^2}=\frac{5 \sqrt{2}}{2}$ \newline В то же время, площадь треугольника $S=\frac{1}{2}\left| {AB} \right|\cdot \left| {CH_3} \right|=\frac{1}{2} \cdot \sqrt{6} \cdot \frac{5 \sqrt{3}}{3}=\frac{5 \sqrt{2}}{2}$ \newline \textbf{Уравнение плоскости треугольника} (по трём точкам) \newline $\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{x - {1}}&{y - {2}}&{z - {4}}\\{{2} - {1}}&{{4} - {2}}&{{5} - {4}}\\{{4} - {1}}&{{3} - {2}}&{{3} - {4}}\end{array}} \right|=\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{x-1}&{y-2}&{z-4}\\{1}&{2}&{1}\\{3}&{1}&{-1}\end{array}} \right|=0$ \newline $\left({x-1}\right)\cdot \left| {\begin{array}{*{20}{c}}2&1\\1&-1\end{array}} \right|-\left({y-2}\right)\cdot \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&1\\3&-1\end{array}} \right|+\left({z-4}\right)\cdot \left| {\begin{array}{*{20}{c}}1&2\\3&1\end{array}} \right|=0$ \newline $-3\cdot \left({x-1}\right)+4\cdot \left({y-2}\right)-5\cdot \left({z-4}\right)=0$ \newline $- 3 x + 4 y - 5 z + 15=0$
В решении могут быть ошибки, несмотря на то, что авторы сервиса стараются исключить их. Проверяйте решение.