/Szkoła średnia/Geometria/Planimetria/Trójkąt/Dowolny

Zadanie nr 7594797

Dodaj do ulubionych
Dodaj do rozwiązanych

Dany jest trójkąt ABC oraz punkt D na jego boku AB taki, że 2 |AD | = 3|AB | . Z wierzchołka B poprowadzono środkową BE do boku AC . Punkt P jest punktem wspólnym odcinków CD i BE . Wykaż, że punkt P jest środkiem odcinka BE .

Rozwiązanie

Szkicujemy opisaną sytuację.

PIC

Sposób I

Niech F będzie takim punktem odcinka AB , że EF ∥ CD . Odcinek EF jest równoległy do podstawy CD trójkąta ADC i przechodzi przez środek boku AC . Jest to więc odcinek łączący środki boków w trójkącie ADC . W szczególności

AF = F D .

Z założenia wiemy ponadto, że AD = 2 ⋅DB , czyli

AF = FD = DB .

Patrzymy teraz na trójkąt BEF – w trójkącie tym odcinek P D jest równoległy do podstawy EF i przechodzi przez środek boku FB . Zatem (na mocy twierdzenia Talesa) jest to odcinek łączący środki boków w trójkącie BEF . W szczególności

EP = P B.

Sposób II

Tym razem skorzystamy z rachunku wektorowego. Oznaczmy −→ → AB = c , −→ → AC = b oraz −→ −→ BP = s ⋅BE , −→ −→ CP = t⋅CD . Mamy zatem

−→ −→ ( −→ −→ ) → 1 → BP = s⋅ BE = s BA + AE = −s c + -s b ( ) 2 −→ −→ −→ −→ → 2 → CP = tCD = t CA + AD = −t b + -t c. 3

Z trójkąta BP C otrzymujemy.

−→ −→ −→ CB + BP = CP → → → 1 → → 2 → − b + c − s c + -s b = −t b + -t c ( ) 2( 3) 2- → 1- → 1 − s − 3 t c + − 1+ 2s + t b = 0.

Wektory → c i → b nie są równoległe, więc wyrażenia w obu nawiasach muszą być zerami. Mamy więc

{ 2 s + 3 t = 1 1s+ t = 1. 2

Podstawiając 1 t = 1− 2s z drugiego równania do pierwszego mamy

2 ( 1 ) s+ -- 1− -s = 1 3 2 2- 1- 1- 3 s = 3 ⇒ s = 2.

Zatem rzeczywiście

1- BP = 2BE .
Wersja PDF