Treść:

Dany jest trójkąt równoboczny ABC. Na bokach AB i AC wybrano punkty - odpowiednio - D i E takie, że |BD|=|AE|=¹/₃|AB|. Odcinki CD i BE przecinają się w punkcie P (zobacz rysunek).

 

Wykaż, że pole trójkąta DBP jest 21 razy mniejsze od pola trójkąta ABC.

 

Rozwiązanie:

Oznaczmy:

$\left|AB\right|=\left|BC\right|=\left|AC\right|=a$  

Wyznaczmy pole trójkąta ABC.

$P_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$  

 

Z treści zadania wiemy, że:

$\left|BD\right|=\frac{1}{3}a\Rightarrow \left|AD\right|=\frac{2}{3}a$  

$\left|AE\right|=\frac{1}{3}a\Rightarrow \left|EC\right|=\frac{2}{3}a$  

Zauważmy, że trójkąty ABE i DBC są podobne na mocy cechy bok-kąt-bok, ponieważ:

$\left|AE\right|=\left|DB\right|$  

$\left|AB\right|=\left|BC\right|$  

$\left|\sphericalangle EAB\right|=\left|\sphericalangle DBC\right|={60}^{\circ }$  

 

Zauważmy, że z tw. cosinusów mamy:

${\left|EB\right|}^2={\left(\frac{1}{3}a\right)}^2+a^2-2\cdot \frac{1}{3}a\cdot a\cdot \cos {60}^{\circ }$  

${\left|EB\right|}^2=\frac{1}{9}{a}^2+a^2-\frac{2}{3}{a}^2\cdot \frac{1}{2}$  

${\left|EB\right|}^2=\frac{1}{9}{a}^2+a^2-\frac{1}{3}{a}^2$  

${\left|EB\right|}^2=\frac{1}{9}{a}^2+\frac{9}{9}{a}^2-\frac{3}{9}{a}^2$  

${\left|EB\right|}^2=\frac{7}{9}{a}^2$  

$\left|EB\right|=\frac{\sqrt{7}}{3}a$  

Z tw. sinusów mamy:

$\frac{\left|AE\right|}{\sin ABE}=\frac{\left|EB\right|}{\sin BAE}$

Zauważmy, że $\sin ABE=\sin DBP$ oraz $\sin BAE=\sin 60^{\circ },$ ponieważ trójkąt $ABC$ to trójkąt równoboczny.

$\frac{\left|AE\right|}{\sin DBP}=\frac{\left|EB\right|}{\sin {60}^{\circ }}$  

$\frac{\frac{1}{3}a}{\sin DBP}=\frac{\frac{\sqrt{7}}{3}a}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$  

$\frac{1}{3}a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{7}}{3}a\cdot \sin DBP$  

$\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{7}\cdot \sin DBP$  

$\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}=\sin DBP$  

$\frac{\sqrt{21}}{14}=\sin DBP$  

 

Zauważmy, że trójkąty ABE i DBC są podobne na mocy cechy bok-kąt-bok, zatem możemy oznaczyć:

$\left|\sphericalangle ABE\right|=\left|\sphericalangle BCD\right|=\alpha$  

Z tw. sinusów dla trójkąta DBC mamy:

$\frac{\left|PB\right|}{\sin \alpha }=\frac{\left|BC\right|}{\sin \left({180}^{\circ }-\left({60}^{\circ }-\alpha \right)-\alpha \right)}$  

$\frac{\left|PB\right|}{\frac{\sqrt{21}}{14}}=\frac{a}{\sin {120}^{\circ }}$  

$\frac{\left|PB\right|}{\frac{\sqrt{21}}{14}}=\frac{a}{\sin \left({180}^{\circ }-{60}^{\circ }\right)}$  

$\frac{\left|PB\right|}{\frac{\sqrt{21}}{14}}=\frac{a}{\sin {60}^{\circ }}$  

$\left|PB\right|\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{21}}{14}a\mid :\frac{\sqrt{3}}{2}$  

$\left|PB\right|=\frac{\sqrt{7}}{7}a$  

 

Zatem otrzymujemy:

$P_{DBP}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}a\cdot \frac{\sqrt{7}}{7}a\cdot \frac{\sqrt{21}}{14}$  

$P_{DBP}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}{a}^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{14}$  

$P_{DBP}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{7}$  

$P_{DBP}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{1}{21}$  

$21P_{DBP}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$  

$21P_{DBP}=P_{ABC}$  

Zatem pokazaliśmy, że pole trójkąta DBP jest 21 razy mniejsze od pola trójkąta ABC.