/Konkursy/Zadania/Geometria/Planimetria/Trójkąt/Różne

Zadanie nr 4221441

Dodaj do ulubionych
Dodaj do rozwiązanych

Dany jest trójkąt ABC , w którym |BC | = a . Z wierzchołka B poprowadzono środkową BD do boku AC . Punkt S jest środkiem odcinka BD . Przez punkty A i S poprowadzono prostą, która przecięła bok BC w punkcie P . Wykaż, że długość odcinka CP jest równa 2a 3 .

Rozwiązanie

Szkicujemy opisaną sytuację.

PIC

Sposób I

Niech R będzie takim punktem odcinka BC , że DR ∥ AP . Odcinek DR jest równoległy do podstawy AP trójkąta AP C i przechodzi przez środek boku AC . Jest to więc odcinek łączący środki boków w trójkącie AP C . W szczególności

CR = RP .

Patrzymy teraz na trójkąt BDR – w trójkącie tym odcinek SP jest równoległy do podstawy DR i przechodzi przez środek boku BD . Zatem (na mocy twierdzenia Talesa) jest to odcinek łączący środki boków w trójkącie BDR . Udowodniliśmy więc, że

PB = RP = CR ,

czyli CP = 23BC = 23a .

Sposób II

Tym razem skorzystamy z rachunku wektorowego. Oznaczmy −→ AB = →c , −→ → AC = b oraz −→ −→ AS = s⋅AP , −→ − → BP = t⋅BC . Mamy zatem

( ) −A→S = s ⋅ −A→P = s A−B→ + −B→P = s→c + st−B→C = ( −→ −→ ) → = s→c + st BA + AC = s→c + st(−→c + b ) −→ 1−→ 1 (− → 1−→ ) 1 → 1→ BS = -BD = -- BA + -AC = − --c + -b . 2 2 2 2 4

Z trójkąta ABS otrzymujemy.

− → −→ −→ AB + BS = AS → 1→ 1 → → → → c − --c + --b = sc − stc + stb ( 2 4) ( ) 1- → 1- → 2 − s+ st c + 4 − st b = 0.

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

{ 1 s− st = 2 st = 1. 4

Podstawiając 1 st = 4 z drugiego równania do pierwszego mamy

1 1 3 s = -+ --= -. 2 4 4

Stąd

1 1 1 4 1 t = 4-⋅s-= 4-⋅3-= 3.

Zatem rzeczywiście

2- 2- CP = 3BC = 3a.

Sposób III

Umieśćmy trójkąt w układzie współrzędnych tak, aby A = (− 1,0) , B = (0,0) , C = (r,s) .

PIC

Mamy wtedy

A + C (− 1 + r s) D = -------= -------, -- 2 2( 2 ) B-+-D-- D- r−--1 s- S = 2 = 2 = 4 ,4 .

Napiszemy teraz równania prostych AS i BC oraz znajdziemy ich punkt wspólny P .

Zaczynamy od prostej AS . Szukamy prostej w postaci y = ax + b i podstawiamy współrzędne punktów A i S .

{ 0 = −a + b s r−-1 4 = a⋅ 4 + b.

Odejmujemy od drugiego równania pierwsze (żeby skrócić b ) i mamy

( ) s-= a r−--1 + 1 / ⋅4 4 4 --s-- s = a(r+ 3) ⇒ a = r + 3 .

Z pierwszego równania mamy więc b = a = -s- r+3 i prosta AS ma równanie

y = --s--⋅ x+ --s--. r+ 3 r+ 3

Piszemy teraz równanie prostej BC . Jest to prosta postaci y = ax oraz przechodzi przez punkt C , więc

s s = ar ⇒ a = -. r

Jest to więc prosta o równaniu y = s ⋅x r i współrzędne punktu P spełniają układ równań

{ -s- -s- y = r+3 ⋅x + r+3 y = sr ⋅ x.

Odejmujemy od pierwszego równania drugie (żeby skrócić y ) i mamy

s s s r(r+ 3) 0 = r+--3 ⋅ x+ r+--3 − r ⋅x / ⋅ ---s---- 0 = rx+ r− (r + 3)x r- 3x = r ⇒ x = 3.

Z drugiego równania układu mamy więc y = sr ⋅x = s3 i ( ) P = r3, s3 . To oznacza, że − → −→ BP = 13BC , czyli rzeczywiście

CP = 2BC = 2a. 3 3
Wersja PDF