Page 115 - vol2

1. Megoldás: vektorokkal

Legyen O a sík egy tetszőleges pontja! A következő ismert
vektoriális összefüggéseket írhatjuk fel:

+
(1) ABCD paralelogramma, ezért OA OC+ = OB OD ahonnan
+
−
=
OA OB OD OC
+
+
OA OB OD
(2) Az ABD háromszögben G súlypont, ezért OG =
3
(3) A BCD háromszögben I beleírt kör középpontja (szögfelezők
metszéspontja) és BC=2, CD=4, DB=3, ezért
OD BC + OB CD + OC BD 2OD + 4OB + 3OC
OI = = =
+
+
BC + CD + BD 2 4 3
2OD + 4OB + 3OC 4 3 2
= = OB + OC + OD
9 9 9 9
(4) Az M pont a BC szakaszon a C csúcshoz közelebb eső harmadoló
OB + 2OC 1 2
pont, ezért OM = = OB + OC
+
1 2 3 3
(5) Ahhoz, hogy G, I, M pontok kollineárisak legyenek elegendő, ha
létezik olyan  valós szám amelyre
OG  + OM 1 
OI = = OG + OM
+
1  1   + 1
+
(6) Ha az (1) és (2) alapján az OG -be beírjuk az OA kifejezését, akkor
2 2 1
azt kapjuk, hogy OG = OB + OD − OC
3 3 3
(7) Ha most az (5)- ben az OI , OG , OM helyére beírjuk a (3), (4), (6)
eredménye alapján kifejezett vektorokat, rövid számolásokkal adódik,
hogy ( − 2)(OB − 3OC + 2OD ) 0 ahonnan  = . Tehát létezik a
=
2
kért  valós szám. Ez tehát még azt is elárulja, hogy amellett, hogy G,
I, M kollineárisak, még a GI:IM=2:1 arány is fennáll.

115