/Szkoła średnia/Geometria/Planimetria/Trójkąt/Dowolny/Długości boków

Zadanie nr 1757770

W trójkącie ABC odcinek EF o końcach należących do boków odpowiednio AB i AC przecina środkową CD w punkcie G , oraz odcinek EF jest równoległy do odcinka BC (patrz rysunek). Oblicz długość odcinka BC wiedząc, że |EG | = 2 i |F G| = 4 .

PIC

Wersja PDF

Rozwiązanie

Oznaczmy BC = a .

Sposób I

Dwa razy korzystamy z twierdzenia Talesa (podobieństwa trójkątów).

GE-- DE-- 2- DE-- CB = DB ⇐ ⇒ a = DB FE AE 6 DB + DE 1 1 DE ----= ---- ⇐ ⇒ --= ---------- = -+ --⋅----. CB AB a 2DB 2 2 DB

Podstawiamy teraz DE- 2 DB = a z pierwszej równości do drugiej

6 1 1 2 1 1 --= --+ --⋅ --= --+ -- a 2 2 a 2 a 5-= 1- ⇐ ⇒ a = 10. a 2

Sposób II

Niech K będzie punktem symetrycznym do C względem punktu D . Otrzymujemy w ten sposób równoległobok o przekątnych AB , CK i środku D .

PIC

Jeżeli L jest punktem przecięcia prostej FE z odcinkiem BK , to

EL = F L − FE = a − 6.

Korzystamy teraz z podobieństw trójkątów CF G ,CAK oraz BEL ,BAK

F G F C 4 F C ----= ---- ⇐ ⇒ --= ---- AK AC a AC EL--= BL--= FC-- ⇐ ⇒ a−--6- = F-C-. AK LK AC a AC

Mamy stąd

4 a − 6 --= ------ / ⋅a a a 4 = a − 6 ⇒ a = 10.

Sposób III

Tym razem dorysujmy środek P odcinka AC . Wtedy DP ∥ EF ∥ BC i a P D = 2 . Trójkąty CF G i CP D są podobne, więc

PD--= PC--= PF-+-F-C-= 1+ P-F-= 1 + DE-- FG FC FC FC EB DE PD a2 a a− 8 EB--= F-G-− 1 = 4-− 1 = 8-− 1 = --8--.

Podobnie, z podobieństwa trójkątów DEG i DBC mamy

CB-- DB-- DE--+-EB-- EB-- GE = DE = DE = 1+ DE EB CB a a − 2 ----= ----− 1 = --− 1 = ------. DE GE 2 2

Mamy zatem

a− 8 DE 2 -----= ----= ------ 8 EB a − 2 a 2 − 10a + 1 6 = 16 a(a− 10) = 0.

Zatem a = 10 .  
Odpowiedź: 10

Wersja PDF