Вариант 1. 2. В параллелограмме ABCD точка O — точка пересечения диагоналей. а) Упростите выражение \(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{OB}\). б) Найдите \(|\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{OB}|\), если \(AD=8\) см, \(CD=6\) см, а перпендикуляр, опущенный из вершины D на диагональ AC, равен 4 см.

Обозначим \(\overrightarrow{AB}=\vec u\), \(\overrightarrow{AD}=\vec v\). Тогда \(\overrightarrow{CD}=-\vec u\), \(\overrightarrow{CB}=-\vec v\), \(\overrightarrow{BA}=-\vec u\), а так как диагонали делятся пополам, \(\overrightarrow{OB}=\dfrac{\vec u-\vec v}{2}\).

а) \[\begin{aligned}\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{BA}-\overrightarrow{OB}&=-\vec v-\vec u+\vec u-\frac{\vec u-\vec v}{2}\\&=-\frac{\vec u+\vec v}{2}=\overrightarrow{OA}.\end{aligned}\]

Следовательно, искомый модуль равен половине диагонали \(AC\).

б) Площадь параллелограмма можно выразить двумя способами: \(S=AD\cdot CD\cdot\sin\alpha=8\cdot6\sin\alpha\) и \(S=AC\cdot4\). Поэтому \(AC=12\sin\alpha\). Также \(AC^2=8^2+6^2+2\cdot8\cdot6\cos\alpha\).

После исключения \(\cos\alpha\): \[36\cos^2\alpha+24\cos\alpha-11=0,\] откуда \(\cos\alpha=\dfrac{-2\pm\sqrt{15}}{6}\). Поэтому возможны два значения диагонали: \[AC^2=130\quad\text{или}\quad AC^2=116-16\sqrt{15}.\]

Значит, \[\left|\overrightarrow{OA}\right|=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{130}}2\text{ см}\quad\text{или}\quad\frac{\sqrt{116-16\sqrt{15}}}{2}\text{ см}.\]

Ответ: а) \(\overrightarrow{OA}\); б) \(\dfrac{\sqrt{130}}2\) см или \(\dfrac{\sqrt{116-16\sqrt{15}}}{2}\) см.