Matematyka.pl

W trójkącie \(\displaystyle{ 𝐴𝐵𝐶}\) punkt \(\displaystyle{ 𝐷}\) dzieli bok \(\displaystyle{ 𝐴𝐶}\) w stosunku \(\displaystyle{ 1: 2}\) licząc od wierzchołka \(\displaystyle{ 𝐴}\) oraz punkt \(\displaystyle{ 𝐸}\) dzieli bok \(\displaystyle{ 𝐴𝐵}\) w stosunku \(\displaystyle{ 1: 3}\) licząc od wierzchołka \(\displaystyle{ 𝐴}\). Odcinki \(\displaystyle{ 𝐵𝐷}\) i \(\displaystyle{ 𝐶𝐸}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ 𝐹}\). Wyznacz stosunek, w jakim punkt \(\displaystyle{ 𝐹}\) dzieli odcinek \(\displaystyle{ 𝐵𝐷.}\)

Połączmy odcinkiem punkty \(\displaystyle{ D}\) i \(\displaystyle{ E}\). Niech \(\displaystyle{ |AD|=x, \ |CD|=2x, \ |AC|=3x, \ |AE|=y, \ |EB|=3y, \ |AB| = 4y, \ |\angle CAB|=\alpha}\). Korzystając ze wzoru na pole trójkąta z sinusem, mamy \(\displaystyle{ P_{ABC}=\frac12\cdot3x\cdot4y\cdot\sin\alpha=6xy\cdot\sin\alpha}\) oraz \(\displaystyle{ P_{ADE}=\frac12\cdot x\cdot y\cdot\sin\alpha=\frac1{12}P_{ABC}}\). Przyjmując dla uproszczenia dalszych obliczeń że \(\displaystyle{ P_{ABC}=1}\) oraz oznaczając pola trójkątów \(\displaystyle{ P_{EFD}=a, \ P_{EBF}=b, \ P_{DFC}=c, \ P_{FBC}=d}\) otrzymujemy zależności \(\displaystyle{ P_{BCD}=2P_{ABD}}\) (bo \(\displaystyle{ \Delta BCD}\) ma dwa razy dłuższą podstawę i tę samą wysokość co \(\displaystyle{ \Delta ABD}\), opuszczoną z wierzchołka \(\displaystyle{ B}\)) oraz \(\displaystyle{ P_{EBC}=3P_{AEC}}\) (trzy razy dłuższa podstawa przy tej samej wysokości). Zatem:
\(\displaystyle{ \begin{cases} P_{BCD}=2P_{ABD} \\ P_{EBC}=3P_{AEC} \\ P_{AED}+P_{EFD}+P_{EBF}+P_{DFC}+P_{FBC}=P_{ABC} \end{cases} \ \ \Rightarrow \ \ \begin{cases} c+d=2(\frac1{12}+a+b) \\ b+d=3(\frac1{12}+a+c) \\ \frac1{12}+a+b+c+d=1 \end{cases} \ \ \Rightarrow \ \ \begin{cases} -2a-2b+c+d=\frac16 \\ -3a+b-3c+d=\frac14 \\ a+b+c+d=\frac{11}{12} \end{cases} \ \ \Rightarrow \begin{cases} b=\frac14-a \\ c=\frac16-a \\ d=\frac12+a \end{cases} }\)
Szukany jest iloraz \(\displaystyle{ \frac{|BF|}{|FD|}}\). Traktując \(\displaystyle{ BD}\) jako podstawę trójkątów \(\displaystyle{ ABD}\) i \(\displaystyle{ DBC}\), oraz \(\displaystyle{ BF}\) jako podstawę trójkątów \(\displaystyle{ EBF}\) i \(\displaystyle{ FBC}\) można napisać że \(\displaystyle{ \frac{|BF|}{|FD|}=\frac ba}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{|BF|}{|FD|}=\frac dc}\) (trójkąty \(\displaystyle{ EBF}\) i \(\displaystyle{ EFD}\) mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka \(\displaystyle{ E}\) na bok \(\displaystyle{ BD}\), oraz trójkąty \(\displaystyle{ FBC}\) i \(\displaystyle{ DFC}\) mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka \(\displaystyle{ C}\) na bok \(\displaystyle{ BD}\). Zatem \(\displaystyle{ \frac ba=\frac dc \ \ \Rightarrow \frac{\frac14-a}a=\frac{\frac12+a}{\frac16-a} \ \ \Rightarrow
\ \ a=\frac1{22}}\), stąd \(\displaystyle{ b=\frac9{44}}\) czyli \(\displaystyle{ \frac{|BF|}{|FD|}=\frac{\frac9{44}}{\frac1{22}}=\frac92}\)

Zrób schludny rysunek, poprowadź odcinek \(\overline{GD}\parallel \overline{EC}\) taki, że \(G\in\overline{AB}\). Niech \(|AG|=x>0\). Wtedy:

1. \(\Delta AEC\sim\Delta AGD\ (k,k)\Rightarrow\begin{cases}|AE|=3x\\|GE|=2x\end{cases}\)
2. Z treści zadania \(|ED|=9x\)
3. Z tw. Talesa dla \(\angle GBD\) oraz \(\overline{DG}\parallel\overline{EF}\) mamy \(\frac{|DF|}{|FB|}=\frac{2x}{9x}=\frac{2}{9}\)

Pozdrawiam