Zadanie 8. (0-3)
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.
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝑃
𝐸
EMAP-R0_100
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
8.
Maks. liczba pkt
3
Uzyskana liczba pkt
EMAP-R0_100
Rozwiązanie zadania. 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.
Zadanie 8. (0-3)
Wymagania egzaminacyjne 2021
Wymaganie ogólne
Wymagania szczegółowe
V. Rozumowanie i argumentacja
Zdający:
G10.13) stosuje cechy przystawania
trójkątów […].
R7.3) rozpoznaje figury podobne […].
Zasady oceniania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy:
zapisze, że trójkąty 𝐴𝐵𝐸 i 𝐵𝐶𝐷 (lub 𝐸𝐵𝐶 i 𝐷𝐶𝐴) są przystające
ALBO
zapisze, że trójkąty 𝐷𝐵𝑃 i 𝐷𝐶𝐵 (lub 𝐸𝐵𝐴) są podobne lub zapisze odpowiednie
proporcje wynikające z tego podobieństwa
ALBO
wyznaczy długość odcinka 𝐶𝐷 w zależności od |𝐷𝐵|: |𝐶𝐷| = |𝐷𝐵| ⋅√7
ALBO
zastosuje twierdzenie o stosunku pól trójkątów o tych samych wysokościach (np.
w sposobie 8. zapisze, że 𝑃𝐹𝐷𝑃
𝑃𝐷𝐺𝑃=
|𝐹𝐷|
|𝐷𝐺|)
ALBO
umieści trójkąt 𝐴𝐵𝐶 w układzie współrzędnych i wyznaczy współrzędne punktów 𝐷
i 𝐸 w zależności od długości boku trójkąta 𝐴𝐵𝐶
ALBO
narysuje odcinek 𝐷𝐹 równoległy do 𝐴𝐶 (sposób 5.) i zapisze, że trójkąty 𝐷𝐺𝑃 i 𝐶𝐸𝑃
(lub trójkąty 𝐷𝐵𝐺 i 𝐴𝐵𝐸) są podobne
ALBO
narysuje odcinek 𝐺𝐹 równoległy do 𝐴𝐶 (sposób 7.) i zapisze, że trójkąty 𝐺𝐷𝑃 i 𝐴𝐷𝐶
(lub trójkąty 𝐺𝐵𝑃 i 𝐴𝐵𝐸) są podobne
ALBO
narysuje odcinek 𝐸𝐹 równoległy do 𝐴𝐵 (sposób 4.) i zapisze, że trójkąty 𝐴𝐷𝐶 i 𝐸𝐺𝐶
(lub 𝐷𝐵𝐶 i 𝐺𝐹𝐶, lub trójkąty 𝐷𝐵𝑃 i 𝐺𝐸𝑃) są podobne
ALBO
zapisze, że trójkąty 𝐷𝐵𝑃 i 𝐷𝐴𝐹 są podobne (sposób 10.) lub zapisze odpowiednie
proporcje wynikające z tego podobieństwa
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy:
zapisze, że trójkąty 𝐷𝐵𝑃 i 𝐷𝐶𝐵 (lub 𝐸𝐵𝐴) są podobne i obliczy skalę ich
podobieństwa: 𝑠= 1
√7
ALBO
zapisze układ nie więcej niż czterech niezależnych równań liniowych prowadzących do
uzasadnienia tezy
ALBO
zapisze równanie z dwiema niewiadomymi 𝑚 i 𝑎, np.
(1
3 𝑎)
2
= 𝑚2 + (3𝑚)2 -2 ∙𝑚∙3𝑚∙1
2 (sposób 3.) oraz zapisze, że pole trójkąta
𝐷𝐵𝑃 jest równe 𝑃𝐷𝐵𝑃= 1
2 ⋅|𝐷𝑃| ∙|𝐵𝑃| ∙sin 60°
ALBO
wyznaczy stosunek długości odcinka 𝐷𝑃 do długości odcinka 𝐶𝐷:
|𝐷𝑃|
|𝐶𝐷| = 1
7 (sposoby
4., 5., 6. i 7.)
ALBO
zapisze w zależności od 𝑥= 𝑃𝐷𝐺𝑃 pola trójkątów: 𝐹𝐺𝑃, 𝑃𝐻𝐾, 𝑀𝑃𝐿, 𝐷𝐵𝑃 i co
najmniej jednego z trójkątów 𝐴𝐹𝑃 (lub 𝐴𝑃𝑀), 𝑃𝐾𝐶 (lub 𝑃𝐶𝐿): 𝑃𝐹𝐺𝑃= 3𝑥,
𝑃𝑃𝐻𝐾= 12𝑥, 𝑃𝑀𝑃𝐿= 48𝑥, 𝑃𝐷𝐵𝑃= 7𝑥, 𝑃𝑃𝐹𝑃= 6𝑥, 𝑃𝑃𝐾𝐶= 24𝑥 (sposób 8.)
ALBO
obliczy drugą współrzędną punktu 𝑃 w zależności od przyjętej zmiennej: 𝑦𝑃=
√3
14 𝑎
(sposób 9.)
ALBO
zapisze 𝑃𝐷𝐵𝑃= 1
3 𝑃𝑃𝐹𝐵 i 𝑃𝐴𝐵𝐶= 𝑃𝑃𝑅𝑆+ 𝑃𝐴𝐵𝑆+ 𝑃𝐵𝐶𝑃+ 𝑃𝐶𝐴𝑅 (sposób 10.)
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1.
Trójkąty 𝐴𝐵𝐸 i 𝐵𝐶𝐷 są przystające, gdyż |𝐴𝐵| = |𝐵𝐶|, |∡𝐵𝐴𝐸| = |∡𝐶𝐵𝐷| = 60° oraz
|𝐴𝐸| = |𝐵𝐷|. Zatem |∡𝐴𝐵𝐸| = |∡𝐵𝐶𝐷| oraz |∡𝐴𝐸𝐵| = |∡𝐵𝐷𝐶|. Stąd wynika (cecha KKK),
że trójkąt 𝐷𝐵𝑃 jest podobny do trójkąta 𝐷𝐶𝐵, a skala tego podobieństwa jest równa
𝑠= |𝐵𝐷|
|𝐶𝐷|.
Niech |𝐷𝐵| = 𝑎. Wtedy |𝐵𝐶| = 3𝑎. Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta 𝐷𝐵𝐶 otrzymujemy
|𝐶𝐷| = √|𝐵𝐷|2 + |𝐵𝐶|2 -2 ⋅|𝐵𝐷| ⋅|𝐵𝐶| ⋅cos 60° = √𝑎2 + (3𝑎)2 -2 ⋅𝑎⋅3𝑎⋅1
2 = √7𝑎
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zatem 𝑠=
𝑎
𝑎√7 = 1
√7 .
Pole trójkąta 𝐷𝐵𝐶 jest trzecią częścią pola trójkąta 𝐴𝐵𝐶, gdyż oba te trójkąty mają wspólną
wysokość opuszczoną z wierzchołka 𝐶 oraz |𝐵𝐷| = 1
3 |𝐴𝐵|.
Ponieważ stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali ich podobieństwa, więc
𝑃Δ𝐷𝐵𝑃= 𝑠2 ⋅𝑃Δ𝐷𝐵𝐶 = ( 1
√7
)
2
⋅1
3 ⋅𝑃Δ𝐴𝐵𝐶= 1
21 ⋅𝑃Δ𝐴𝐵𝐶
To należało wykazać.
Uwagi:
z twierdzenia sinusów. Wtedy otrzymujemy
|𝐵𝐸|
√3
2
𝑎
sin|∡𝐷𝐵𝐸|
skąd sin|∡𝐷𝐵𝐸| =
√3
2√7 , więc
𝑃Δ𝐷𝐵𝑃= 1
2 ⋅𝑎⋅( 1
√7
⋅3𝑎) ⋅√3
2√7
= 3𝑎2√3
28
(3𝑎)2√3
4
⋅1
21 = 1
21 ⋅𝑃Δ𝐴𝐵𝐶
z tych sposobów:
a) Niech 𝑀 oznacza spodek wysokości trójkąta 𝐴𝐵𝐶 opuszczonej z wierzchołka 𝐶.
Wtedy
|𝐶𝑀| = 3𝑎√3
2
oraz |𝑀𝐷| = |𝑀𝐵| -|𝐷𝐵| = 1
2 ∙3𝑎-𝑎= 1
2 𝑎
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝑀𝐷𝐶 otrzymujemy
|𝐶𝐷| = √(1
2 𝑎)
2
2
)
2
= √28
4 𝑎2 = 𝑎√7
b) Z twierdzenia Stewarta otrzymujemy
(3𝑎)2 ∙2𝑎+ (3𝑎)2 ∙𝑎= 3𝑎⋅(|𝐶𝐷|2 + 2𝑎∙𝑎)
3𝑎∙2𝑎+ 3𝑎∙𝑎= |𝐶𝐷|2 + 2𝑎2
|𝐶𝐷|2 = 7𝑎2
|𝐶𝐷| = 𝑎√7
Sposób 2.
Przyjmijmy, że 𝑃Δ𝐴𝐵𝐶= 𝑆, 𝑃Δ𝐷𝐵𝑃= 𝑄, 𝑃Δ𝐴𝑃𝐸= 𝑌, 𝑃Δ𝐵𝐶𝑃= 𝑋.
W dalszym ciągu rozumowania będziemy wielokrotnie korzystać z faktu, że stosunek pól
trójkątów o wspólnej wysokości jest równy stosunkowi długości podstaw, na które ta wysokość
jest opuszczona.
Zatem 𝑃𝐴𝐵𝐸= 1
3 𝑆, 𝑃𝐶𝐵𝐸= 2
3 𝑆, 𝑃𝐷𝐵𝐶= 1
3 𝑆, 𝑃𝐴𝐷𝐶= 2
3 𝑆. Ponadto
𝑃𝐴𝑃𝐸
𝑃𝐶𝑃𝐸
= 1
2 oraz 𝑃𝐷𝐵𝑃
𝑃𝐴𝐷𝑃
= 1
2
Otrzymaliśmy więc układ równań
{
𝑄+ 𝑋= 1
3 𝑆
2𝑌+ 𝑋= 2
3 𝑆
𝑌+ 3𝑄= 1
3 𝑆
Wyznaczając wielkość 𝑋 z pierwszego równania i wielkość 𝑌 z trzeciego oraz wstawiając
wyznaczone wielkości do równania drugiego, otrzymujemy:
2 (1
3 𝑆-3𝑄) + (1
3 𝑆-𝑄) = 2
3 𝑆
1
3 𝑆= 7𝑄
𝑄= 1
21 𝑆
To należało wykazać.
Sposób 3.
Trójkąty 𝐴𝐵𝐸 i 𝐵𝐶𝐷 są przystające, gdyż |𝐴𝐵| = |𝐵𝐶|, |∡𝐵𝐴𝐸| = |∡𝐶𝐵𝐷| = 60° oraz
|𝐴𝐸| = |𝐵𝐷|. Zatem |∡𝐴𝐵𝐸| = |∡𝐵𝐶𝐷| oraz |∡𝐴𝐸𝐵| = |∡𝐵𝐷𝐶|. Stąd wynika (cecha KKK),
że trójkąt 𝐷𝐵𝑃 jest podobny do trójkąta 𝐷𝐶𝐵.
Zatem
|𝐴𝐸|
|𝐴𝐵| =
|𝐷𝑃|
|𝐵𝑃| = 1
3 , więc |𝐵𝑃| = 3|𝐷𝑃| oraz |∡𝐵𝑃𝐷| = 60° . Oznaczmy |𝐷𝑃| = 𝑚.
Wtedy |𝐵𝑃| = 3𝑚.
𝐴
𝐶
𝐵
𝐷
𝐸
𝑃
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta 𝐷𝐵𝑃 otrzymujemy
|𝐵𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐵𝑃|2 -2 ∙|𝐷𝑃| ∙|𝐵𝑃| ∙cos 60°
czyli
(1
3 𝑎)
2
= 𝑚2 + (3𝑚)2 -2 ∙𝑚∙3𝑚∙1
2
Stąd
1
9 𝑎2 = 7𝑚2
𝑚2 = 1
63 𝑎2
Pole trójkąta 𝐷𝐵𝑃 jest równe
𝑃𝐷𝐵𝑃= 1
2 ⋅|𝐷𝑃| ∙|𝐵𝑃| ∙sin 60° = 1
2 ⋅𝑚∙3𝑚∙√3
2 = 3
4 ⋅𝑚2√3 =
= 3
4 ⋅1
63 𝑎2√3 = 1
21 ⋅𝑎2√3
4
= 1
21 ⋅𝑃𝐴𝐵𝐶
To należało wykazać.
𝐴
𝐶
𝐵
𝐷
𝐸
𝑃
2
3 𝑎
1
3 𝑎
2
3 𝑎
𝑎
𝑚
3𝑚
1
3 𝑎
Sposób 4.
Oznaczmy przez 𝑎 długość boku trójkąta 𝐴𝐵𝐶. Prowadzimy odcinek 𝐸𝐹 równoległy do
boku 𝐴𝐵 trójkąta 𝐴𝐵𝐶.
Trójkąty 𝐴𝐷𝐶 i 𝐸𝐺𝐶 są podobne (cecha KKK), więc
|𝐸𝐺|
|𝐶𝐸| =
|𝐴𝐷|
|𝐴𝐶| = 2
3 oraz
|𝐶𝐺|
|𝐶𝐷| =
|𝐶𝐸|
|𝐴𝐶| = 2
3
Stąd
|𝐸𝐺| = 2
3 |𝐶𝐸| = 2
3 ∙2
3 𝑎= 4
9 𝑎 oraz |𝐶𝐺| = 2
3 |𝐶𝐷|
Z drugiej równości wynika, że |𝐺𝐷| = 1
3 |𝐶𝐷|.
Trójkąty 𝐷𝐵𝑃 i 𝐺𝐸𝑃 są podobne (cecha KKK), więc
|𝐷𝑃|
|𝐺𝑃| =
|𝐷𝐵|
|𝐸𝐺| =
1
3 𝑎
4
9 𝑎
= 3
4
Zatem
|𝐷𝑃| = 3
7 |𝐷𝐺| = 3
7 ∙1
3 |𝐶𝐷| = 1
7 |𝐶𝐷|
Trójkąty 𝐷𝐵𝑃 i 𝐷𝐵𝐶 mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka 𝐵, więc
𝑃𝐷𝐵𝑃
𝑃𝐷𝐵𝐶
= |𝐷𝑃|
|𝐷𝐶| = 1
7 , czyli 𝑃𝐷𝐵𝑃= 1
7 𝑃𝐷𝐵𝐶 .
Ponadto 𝑃𝐷𝐵𝐶= 1
3 𝑃𝐴𝐵𝐶, gdyż trójkąty 𝐷𝐵𝐶 i 𝐴𝐵𝐶 mają wspólną wysokość opuszczoną
z wierzchołka 𝐶 i |𝐷𝐵| = 1
3 |𝐴𝐵|, więc
𝑃𝐷𝐵𝑃= 1
7 𝑃𝐷𝐵𝐶= 1
7 ∙1
3 𝑃𝐴𝐵𝐶= 1
21 𝑃𝐴𝐵𝐶.
To należało wykazać.
𝐴
𝐶
𝐵
𝐷
𝐸
𝑃
𝐹
𝐺
2
3 𝑎
1
3 𝑎
1
3 𝑎
2
3 𝑎
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Sposób 5.
Oznaczmy przez 𝑎 długość boku trójkąta 𝐴𝐵𝐶. Prowadzimy odcinek 𝐷𝐹 równoległy do
boku 𝐴𝐶 trójkąta 𝐴𝐵𝐶. Niech 𝐺 oznacza punkt przecięcia odcinków 𝐵𝐸 i 𝐷𝐹.
Trójkąt 𝐷𝐵𝐹 jest równoboczny, a jego bok ma długość 1
3 𝑎.
Trójkąty 𝐷𝐵𝐺 i 𝐴𝐵𝐸 są podobne (cecha KKK), więc
|𝐷𝐺|
|𝐷𝐵| =
|𝐴𝐸|
|𝐴𝐵| = 1
3
Stąd
|𝐷𝐺| = 1
3 ∙1
3 𝑎= 1
9 𝑎
Trójkąty 𝐷𝐺𝑃 i 𝐶𝐸𝑃 są podobne (cecha KKK), więc
|𝐷𝑃|
|𝐶𝑃| =
|𝐷𝐺|
|𝐶𝐸| =
1
9 𝑎
2
3 𝑎
= 1
6
Zatem |𝐷𝑃| = 1
7 |𝐶𝐷|.
Trójkąty 𝐷𝐵𝑃 i 𝐷𝐵𝐶 mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka 𝐵, więc
𝑃𝐷𝐵𝑃
𝑃𝐷𝐵𝐶
= |𝐷𝑃|
|𝐷𝐶| = 1
7 , czyli 𝑃𝐷𝐵𝑃= 1
7 𝑃𝐷𝐵𝐶 .
Ponadto 𝑃𝐷𝐵𝐶= 1
3 𝑃𝐴𝐵𝐶, gdyż trójkąty 𝐷𝐵𝐶 i 𝐴𝐵𝐶 mają wspólną wysokość opuszczoną
z wierzchołka 𝐶 i |𝐷𝐵| = 1
3 |𝐴𝐵|, więc
𝑃𝐷𝐵𝑃= 1
7 𝑃𝐷𝐵𝐶= 1
7 ∙1
3 𝑃𝐴𝐵𝐶= 1
21 𝑃𝐴𝐵𝐶 .
To należało wykazać.
1
3 𝑎
𝐺
1
3 𝑎
𝐴
𝐶
𝐵
𝐷
𝐸
𝑃
2
3 𝑎
1
3 𝑎
2
3 𝑎
2
3 𝑎
𝐹
Sposób 6.
Oznaczmy przez 𝑎 długość boku trójkąta 𝐴𝐵𝐶. Wtedy |𝐴𝐷| = |𝐶𝐸| = 2
3 𝑎 oraz
|𝐴𝐸| = |𝐷𝐵| = 1
3 𝑎. Prowadzimy odcinek 𝐸𝐹 równoległy do boku 𝐶𝐷 trójkąta 𝐴𝐶𝐷.
Trójkąty 𝐴𝐹𝐸 i 𝐴𝐷𝐶 są podobne (cecha KKK), więc
|𝐸𝐹|
|𝐶𝐷| =
|𝐴𝐸|
|𝐴𝐶| = 1
3 oraz
|𝐴𝐹|
|𝐴𝐸| =
|𝐴𝐷|
|𝐴𝐶| = 2
3
Stąd
|𝐸𝐹| = 1
3 |𝐶𝐷| oraz |𝐴𝐹| = 2
3 |𝐴𝐸| = 2
3 ∙1
3 𝑎= 2
9 𝑎
Zatem |𝐹𝐵| = |𝐴𝐵| -|𝐴𝐹| = 𝑎-2
9 𝑎= 7
9 𝑎.
Trójkąty 𝐹𝐵𝐸 i 𝐷𝐵𝑃 są podobne (cecha KKK), więc
|𝑃𝐷|
|𝐸𝐹| =
|𝐷𝐵|
|𝐹𝐵| =
1
3 𝑎
7
9 𝑎
= 3
7
Stąd
|𝐷𝑃| = 3
7 |𝐸𝐹| = 3
7 ∙1
3 |𝐶𝐷| = 1
7 |𝐶𝐷|
Trójkąty 𝐷𝐵𝑃 i 𝐷𝐵𝐶 mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka 𝐵, więc
𝑃𝐷𝐵𝑃
𝑃𝐷𝐵𝐶
= |𝐷𝑃|
|𝐷𝐶| = 1
7 , czyli 𝑃𝐷𝐵𝑃= 1
7 𝑃𝐷𝐵𝐶 .
Ponadto 𝑃𝐷𝐵𝐶= 1
3 𝑃𝐴𝐵𝐶, gdyż trójkąty 𝐷𝐵𝐶 i 𝐴𝐵𝐶 mają wspólną wysokość opuszczoną
z wierzchołka 𝐶 i |𝐷𝐵| = 1
3 |𝐴𝐵|, więc
𝑃𝐷𝐵𝑃= 1
7 𝑃𝐷𝐵𝐶= 1
7 ∙1
3 𝑃𝐴𝐵𝐶= 1
21 𝑃𝐴𝐵𝐶 .
To należało wykazać.
𝐴
𝐶
𝐵
𝐷
𝐸
𝑃
𝐹
2
3 𝑎
1
3 𝑎
1
3 𝑎
2
3 𝑎
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Sposób 7.
Przez punkt 𝑃 prowadzimy odcinek 𝐺𝐹 równoległy do boku 𝐴𝐶 trójkąta 𝐴𝐵𝐶. Trójkąt 𝐺𝐹𝐵
jest równoboczny. Oznaczmy długość boku trójkąta 𝐴𝐵𝐶 przez 𝑎 i odcinka 𝐵𝐹 przez 𝑥.
Trójkąty 𝐺𝐵𝑃 i 𝐴𝐵𝐸 są podobne (cecha KKK), więc
|𝐺𝑃|
|𝐺𝐵| = |𝐴𝐸|
|𝐴𝐵| =
1
3 𝑎
𝑎= 1
3
Stąd |𝐺𝑃| = 1
3 𝑥.
Trójkąty 𝐺𝐷𝑃 i 𝐴𝐷𝐶 są podobne (cecha KKK), więc
|𝐺𝑃|
|𝐺𝐷| = |𝐴𝐶|
|𝐴𝐷| = 𝑎
2
3 𝑎
= 3
2 oraz
|𝑃𝐷|
|𝐶𝐷| = |𝐺𝑃|
|𝐴𝐶|
Stąd |𝐺𝐷| = 2
3 |𝐺𝑃|, więc
|𝐷𝐵| = |𝐺𝐵| -|𝐺𝐷| = 𝑥-2
3 ⋅1
3 𝑥= 7
9 𝑥
Zatem 1
3 𝑎= 7
9 𝑥, czyli 𝑥= 3
7 𝑎 .
Korzystając z proporcji
|𝑃𝐷|
|𝐶𝐷| =
|𝐺𝑃|
|𝐴𝐶| , otrzymujemy
|𝑃𝐷|
|𝐶𝐷| =
1
3 𝑥
𝑎=
1
3 ∙
3
7 𝑎
𝑎
= 1
7
Trójkąty 𝐷𝐵𝑃 i 𝐷𝐵𝐶 mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka 𝐵, więc
𝑃𝐷𝐵𝑃
𝑃𝐷𝐵𝐶
= |𝐷𝑃|
|𝐷𝐶| = 1
7 , czyli 𝑃𝐷𝐵𝑃= 1
7 𝑃𝐷𝐵𝐶 .
𝐹
𝑥
𝐴
𝐶
𝐵
𝐷
𝐸
𝑃
2
3 𝑎
1
3 𝑎
2
3 𝑎
2
3 𝑎
𝐺
Ponadto 𝑃𝐷𝐵𝐶= 1
3 𝑃𝐴𝐵𝐶, gdyż trójkąty 𝐷𝐵𝐶 i 𝐴𝐵𝐶 mają wspólną wysokość opuszczoną
z wierzchołka 𝐶 i |𝐷𝐵| = 1
3 |𝐴𝐵|, więc
𝑃𝐷𝐵𝑃= 1
7 𝑃𝐷𝐵𝐶= 1
7 ∙1
3 𝑃𝐴𝐵𝐶= 1
21 𝑃𝐴𝐵𝐶 .
To należało wykazać.
Sposób 8.
Przez punkt 𝑃 prowadzimy odcinki 𝑀𝐻, 𝐺𝐿 i 𝐹𝐾 równoległe do boków - odpowiednio -
𝐴𝐵, 𝐵𝐶 i 𝐴𝐶 trójkąta 𝐴𝐵𝐶. Podzieliliśmy w ten sposób trójkąt 𝐴𝐵𝐶 na trzy trójkąty
równoboczne 𝐹𝐺𝑃, 𝑃𝐻𝐾, 𝑀𝑃𝐿 i trzy równoległoboki 𝐵𝐺𝑃𝐻, 𝑃𝐾𝐶𝐿 i 𝐴𝐹𝑃𝑀. Oznaczmy
pole trójkąta 𝐷𝐺𝑃 przez 𝑥.
Trójkąty 𝐹𝐵𝑃 i 𝐴𝐵𝐸 są podobne (cecha KKK). Zatem
|𝐹𝑃|
|𝐹𝐵| =
|𝐴𝐸|
|𝐴𝐵| = 1
3 , więc
|𝐹𝑃| = 1
3 |𝐹𝐵| = 1
3 |𝐹𝐾|, gdyż trójkąt 𝐹𝐵𝐾 jest równoboczny. Stąd
|𝐹𝑃|
|𝑃𝐾| = 1
2 .
Tak samo wnioskujemy, że
|𝑃𝐻|
|𝑀𝑃| = 1
2 .
Trójkąty 𝐹𝐷𝑃 i 𝐴𝐷𝐶 są podobne (cecha KKK), więc
|𝐹𝑃|
|𝐹𝐷| =
|𝐴𝐶|
|𝐴𝐷| = 3
2 , a stąd wynika, że
|𝐷𝐺|
|𝐹𝐷| = 1
2 .
Trójkąty 𝐹𝐷𝑃 i 𝐷𝐺𝑃 mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka 𝑃, więc
𝑃𝐷𝐺𝑃
𝑃𝐹𝐷𝑃=
|𝐷𝐺|
|𝐹𝐷| = 1
2, więc 𝑃𝐹𝐷𝑃= 2𝑥, skąd 𝑃𝐹𝐺𝑃= 3𝑥.
Trójkąty równoboczne są podobne, więc stosunek ich pól jest równy kwadratowi skali ich
podobieństwa. Zatem
𝑃𝐹𝐺𝑃
𝑃𝑃𝐻𝐾
= (
|𝐹𝑃|
|𝑃𝐾|)
2
= 1
4 , więc 𝑃𝑃𝐻𝐾= 4𝑃𝐹𝐺𝑃= 4 ∙3𝑥= 12𝑥
oraz
𝑃𝑃𝐻𝐾
𝑃𝑀𝑃𝐿
= (|𝑃𝐻|
|𝑀𝑃|)
2
= 1
4 , więc 𝑃𝑀𝑃𝐿= 4𝑃𝑃𝐻𝐾= 4 ∙12𝑥= 48𝑥
𝑀
𝐾
𝐹
𝐴
𝐶
𝐵
𝐷
𝐸
𝑃
𝐿
𝐺
𝐻
𝐹
𝐷
𝑃
𝐺
2𝑥
𝑥
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Trójkąty 𝐹𝐺𝑃 i 𝐺𝐵𝑃 mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka 𝑃, więc
𝑃𝐹𝐺𝑃
𝑃𝐺𝐵𝑃=
|𝐹𝐺|
|𝐺𝐵| . Trójkąty 𝑃𝐻𝐾 i 𝐵𝐻𝑃 również mają wspólną wysokość opuszczoną
z wierzchołka 𝑃, więc 𝑃𝑃𝐻𝐾
𝑃𝐵𝐻𝑃=
|𝐾𝐻|
|𝐵𝐻| .
Zatem, wobec |𝐹𝐺| = |𝑃𝐺| = |𝐵𝐻| oraz |𝐺𝐵| = |𝑃𝐻| = |𝐾𝐻|, otrzymujemy
𝑃𝐹𝐺𝑃
𝑃𝐺𝐵𝑃
⋅𝑃𝑃𝐻𝐾
𝑃𝐵𝐻𝑃
= |𝐹𝐺|
|𝐺𝐵| ⋅|𝐾𝐻|
|𝐵𝐻| = 1
Ponieważ 𝑃𝐺𝐵𝑃= 𝑃𝐵𝐻𝑃, więc 𝑃𝐺𝐵𝑃= 𝑃𝐵𝐻𝑃= √𝑃𝐹𝐺𝑃∙𝑃𝑃𝐻𝐾.
Analogicznie otrzymujemy 𝑃𝐾𝑃𝐶= 𝑃𝑃𝐶𝐿= √𝑃𝑃𝐻𝐾∙𝑃𝑀𝑃𝐿 oraz 𝑃𝐴𝐹𝑃= 𝑃𝐴𝑃𝑀= √𝑃𝐹𝐺𝑃∙𝑃𝑀𝑃𝐿.
Zatem
𝑃𝐺𝐵𝑃= 𝑃𝐵𝐻𝑃= √3𝑥∙12𝑥= 6𝑥,
𝑃𝐾𝑃𝐶= 𝑃𝑃𝐶𝐿= √12𝑥∙48𝑥= 24𝑥,
𝑃𝐴𝐹𝑃= 𝑃𝐴𝑃𝑀= √3𝑥∙48𝑥= 12𝑥.
Pole trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest więc równe
𝑃𝐴𝐵𝐶= 𝑃𝐹𝐺𝑃+ 𝑃𝑃𝐾𝐻+ 𝑃𝑀𝑃𝐿+ 2𝑃𝐺𝐵𝑃+ 2𝑃𝐾𝑃𝐶+ 2𝑃𝐴𝐹𝑃=
= 3𝑥+ 12𝑥+ 48𝑥+ 2 ∙6𝑥+ 2 ∙24𝑥+ 2 ∙12𝑥= 147𝑥
Natomiast pole trójkąta 𝐷𝐵𝑃 jest równe
𝑃𝐷𝐵𝑃= 𝑃𝐷𝐺𝑃+ 𝑃𝐺𝐵𝑃= 𝑥+ 6𝑥= 7𝑥
Wobec tego 𝑃𝐷𝐵𝑃= 7𝑥= 1
21 ⋅147𝑥= 1
21 𝑃𝐴𝐵𝐶 .
To należało wykazać.
Sposób 9.
Oznaczmy długość boku trójkąta 𝐴𝐵𝐶 przez 𝑎. Umieszczamy trójkąt 𝐴𝐵𝐶 w układzie
współrzędnych tak, aby 𝐴= (0, 0) i 𝐵= (𝑎, 0), a wierzchołek 𝐶 leżał w pierwszej ćwiartce
układu współrzędnych.
𝐴
𝐶
𝐵
𝐷
𝐸
𝑃
0
𝑎√3
2
𝑥
𝑎
2
3 𝑎
𝑦
𝑎√3
6
𝑎
2
𝑎
6
Wtedy 𝐶= (𝑎
2 , 𝑎√3
2 ), 𝐷= (2
3 𝑎, 0), 𝐸= (1
3 ⋅𝑎
2 , 1
3 ⋅𝑎√3
2 ) = (𝑎
6 , 𝑎√3
6 ).
Współczynniki kierunkowe prostych 𝐶𝐷 i 𝐵𝐸 są równe
𝑎𝐶𝐷=
𝑎√3
2 -0
𝑎
2-2
3𝑎= -3√3 oraz 𝑎𝐵𝐸=
𝑎√3
6 -0
𝑎
6-𝑎= -
√3
5 .
Zatem prosta 𝐶𝐷 ma równanie 𝑦= -3√3 (𝑥-2
3 𝑎), natomiast prosta 𝐵𝐸 ma równanie
𝑦= -
√3
5 (𝑥-𝑎).
Obliczamy współrzędne punktu 𝑃, rozwiązując układ równań {
𝑦= -3√3 (𝑥-2
3𝑎)
𝑦= -
√3
5 (𝑥-𝑎)
. Stąd
otrzymujemy 𝑥= 9
14 𝑎 oraz 𝑦= -
√3
5 ( 9
14 𝑎-𝑎) =
√3
14 𝑎, więc 𝑃= ( 9
14 𝑎,
√3
14 𝑎). Zatem
𝑃𝐷𝐵𝑃
𝑃𝐴𝐵𝐶
1
2 ∙|𝐷𝐵| ∙√3
14 𝑎
𝑎2√3
4
1
2 ∙
1
3 𝑎∙√3
14 𝑎
𝑎2√3
4
= 1
21
czyli 𝑃𝐷𝐵𝑃= 1
21 𝑃𝐴𝐵𝐶 .
To należało wykazać.
Sposób 10.
Trójkąt 𝐴𝐵𝐶 umieszczamy na sieci złożonej z przystających trójkątów równobocznych (jak
na rysunku). Punkty 𝐹, 𝐺, 𝐻, 𝑅, 𝑆 to wybrane węzły sieci.
Niech jednostką pola będzie pole jednego elementarnego trójkąta sieci.
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝑃
𝐻
𝐺
𝐹
𝐸
𝑅
𝑆
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Trójkąt 𝐷𝐵𝑃 jest podobny do trójkąta 𝐷𝐴𝐹 (cecha KKK), więc
|𝐷𝑃|
|𝐹𝐷| =
|𝐷𝐵|
|𝐴𝐷| = 1
2 . Stąd
|𝐹𝐷| = 2|𝐷𝑃|, więc |𝐷𝑃| = 1
3 |𝑃𝐹|. Trójkąty 𝐷𝐵𝑃 oraz 𝑃𝐹𝐵 mają wspólną wysokość
opuszczoną z wierzchołka 𝐵, więc 𝑃𝐷𝐵𝑃
𝑃𝑃𝐹𝐵=
|𝐷𝑃|
|𝑃𝐹| = 1
3 , czyli 𝑃𝐷𝐵𝑃= 1
3 𝑃𝑃𝐹𝐵= 1
3 .
Ponieważ
𝑃𝐴𝐵𝐶= 𝑃𝑃𝑅𝑆+ 𝑃𝐴𝐵𝑆+ 𝑃𝐵𝐶𝑃+ 𝑃𝐶𝐴𝑅= 𝑃𝑃𝑅𝑆+ 1
2 𝑃𝐴𝐹𝐵𝑆+ 1
2 𝑃𝐵𝐺𝐶𝑃+ 1
2 𝑃𝐴𝑅𝐶𝐻
więc
𝑃𝐴𝐵𝐶= 1 + 1
2 ∙4 + 1
2 ∙4 + 1
2 ∙4 = 7
Zatem 𝑃𝐷𝐵𝑃= 1
21 𝑃𝐴𝐵𝐶 . To należało wykazać.
Należy wykazać, że \\(P_{\\triangle DBP} = \\dfrac{1}{21} \\cdot P_{\\triangle ABC}\\), czyli że pole trójkąta \\(DBP\\) jest 21 razy mniejsze od pola \\(ABC\\).
\nOznaczenia. Niech \\(\\vec{b} = \\vec{AB}\\), \\(\\vec{c} = \\vec{AC}\\), \\(|AB| = 3\\). Punkt \\(A\\) traktujemy jako biegun układu.
\nWyznaczamy wektory \\(\\vec{AD}\\) i \\(\\vec{AE}\\).
\nPonieważ \\(|BD| = \\frac{1}{3}|AB|\\), punkt \\(D\\) leży na \\(AB\\) w odległości \\(\\frac{1}{3}\\) od \\(B\\) w stronę \\(A\\):
\\[|AD| = |AB| - |BD| = |AB| - \\tfrac{1}{3}|AB| = \\tfrac{2}{3}|AB|,\\]
\\[\\vec{AD} = \\frac{2}{3}\\vec{b}.\\]
Ponieważ \\(|AE| = \\frac{1}{3}|AC|\\):
\\[\\vec{AE} = \\frac{1}{3}\\vec{c}.\\]
Parametryzujemy proste \\(BE\\) i \\(CD\\).
\nProsta \\(BE\\) (od \\(B\\) do \\(E\\)):
\\[\\vec{r}(t) = \\vec{b} + t\\left(\\tfrac{1}{3}\\vec{c} - \\vec{b}\\right) = (1-t)\\vec{b} + \\frac{t}{3}\\vec{c}.\\]
Prosta \\(CD\\) (od \\(C\\) do \\(D\\)):
\\[\\vec{r}(s) = \\vec{c} + s\\left(\\tfrac{2}{3}\\vec{b} - \\vec{c}\\right) = \\frac{2s}{3}\\vec{b} + (1-s)\\vec{c}.\\]
Znajdowanie punktu przecięcia \\(P\\). Ponieważ wektory \\(\\vec{b}\\) i \\(\\vec{c}\\) są liniowo niezależne, przyrównujemy współrzędniki:
\\[(1-t) = \\frac{2s}{3} \\quad \\text{ (i)}\\]
\\[\\frac{t}{3} = (1-s) \\quad \\text{ (ii)}\\]
Z równania (ii): \\(t = 3(1-s) = 3-3s\\).
\nPodstawiamy do (i):
\\[1-(3-3s) = \\frac{2s}{3} \\implies 3s - 2 = \\frac{2s}{3} \\implies \\frac{7s}{3} = 2 \\implies s = \\frac{6}{7}.\\]
Zatem \\(t = 3 - \\frac{18}{7} = \\dfrac{3}{7}\\).
\nWektor \\(\\vec{AP}\\):
\\[\\vec{AP} = \\frac{4}{7}\\vec{b} + \\frac{1}{7}\\vec{c}.\\]
Obliczamy pole trójkąta \\(DBP\\). Wyznaczamy wektory z \\(B\\):
\\[\\vec{BD} = \\vec{AD} - \\vec{AB} = \\tfrac{2}{3}\\vec{b} - \\vec{b} = -\\tfrac{1}{3}\\vec{b},\\]
\\[\\vec{BP} = \\vec{AP} - \\vec{AB} = \\tfrac{4}{7}\\vec{b} + \\tfrac{1}{7}\\vec{c} - \\vec{b} = -\\tfrac{3}{7}\\vec{b} + \\tfrac{1}{7}\\vec{c}.\\]
Pole trójkąta to \\(\\frac{1}{2}|\\vec{BD} \\times \\vec{BP}|\\). Korzystamy z liniowości iloczynu wektorowego i \\(\\vec{b} \\times \\vec{b} = \\vec{0}\\):
\n\\[\\vec{BD} \\times \\vec{BP} = \\left(-\\tfrac{1}{3}\\vec{b}\\right) \\times \\left(-\\tfrac{3}{7}\\vec{b} + \\tfrac{1}{7}\\vec{c}\\right) = \\underbrace{\\left(-\\tfrac{1}{3}\\right)\\left(-\\tfrac{3}{7}\\right)}_{\\phantom{x}}(\\vec{b} \\times \\vec{b}) + \\left(-\\tfrac{1}{3}\\right)\\left(\\tfrac{1}{7}\\right)(\\vec{b} \\times \\vec{c})\\]
\\[= 0 - \\frac{1}{21}(\\vec{b} \\times \\vec{c}).\\]
Zatem:
\\[P_{\\triangle DBP} = \\tfrac{1}{2}\\cdot\\tfrac{1}{21}|\\vec{b} \\times \\vec{c}|.\\]
Pole trójkąta \\(ABC\\):
\\[P_{\\triangle ABC} = \\tfrac{1}{2}|\\vec{b} \\times \\vec{c}|.\\]
Wniosek:
\\[\\boxed{\\frac{P_{\\triangle DBP}}{P_{\\triangle ABC}} = \\frac{1}{21}}\\]
Pole trójkąta \\(DBP\\) jest 21 razy mniejsze od pola trójkąta \\(ABC\\). \\(\\blacksquare\\)
\nUstawiamy układ współrzędnych. Niech bok \\(|AB| = 3\\). Przyjmujemy:
\\[B = (0,0), \\quad C = (3,0), \\quad A = \\left(\\tfrac{3}{2},\\, \\tfrac{3\\sqrt{3}}{2}\\right).\\]
Wyznaczamy \\(D\\) i \\(E\\).
\n\\(D\\) leży na \\(AB\\), \\(|BD| = 1\\):
\\[D = B + \\tfrac{1}{3}(A - B) = \\tfrac{1}{3}\\cdot\\left(\\tfrac{3}{2},\\tfrac{3\\sqrt{3}}{2}\\right) = \\left(\\tfrac{1}{2},\\, \\tfrac{\\sqrt{3}}{2}\\right).\\]
\\(E\\) leży na \\(AC\\), \\(|AE| = 1\\):
\\[E = A + \\tfrac{1}{3}(C - A) = \\left(\\tfrac{3}{2},\\tfrac{3\\sqrt{3}}{2}\\right) + \\tfrac{1}{3}\\left(\\tfrac{3}{2},\\,-\\tfrac{3\\sqrt{3}}{2}\\right) = \\left(2,\\,\\sqrt{3}\\right).\\]
Parametryzujemy proste i szukamy punktu \\(P\\).
\nProsta \\(BE\\): \\((2t,\\; t\\sqrt{3})\\) dla \\(t \\in \\mathbb{R}\\).
\nProsta \\(CD\\): \\(\\left(3 - \\tfrac{5}{2}s,\\; \\tfrac{\\sqrt{3}}{2}s\\right)\\) dla \\(s \\in \\mathbb{R}\\).
\nWarunek przecięcia:
\\[t\\sqrt{3} = \\tfrac{\\sqrt{3}}{2}s \\implies t = \\tfrac{s}{2},\\]
\\[2t = 3 - \\tfrac{5s}{2} \\implies s = 3 - \\tfrac{5s}{2} \\implies \\tfrac{7s}{2} = 3 \\implies s = \\tfrac{6}{7},\\quad t = \\tfrac{3}{7}.\\]
Stąd:
\\[P = \\left(\\tfrac{6}{7},\\; \\tfrac{3\\sqrt{3}}{7}\\right).\\]
Pole trójkąta \\(DBP\\) wzorem ze współrzędnych:
\n\\[P_{\\triangle DBP} = \\tfrac{1}{2}\\left|x_D(y_B - y_P) + x_B(y_P - y_D) + x_P(y_D - y_B)\\right|\\]
\\[= \\tfrac{1}{2}\\left|\\tfrac{1}{2}\\cdot\\left(0 - \\tfrac{3\\sqrt{3}}{7}\\right) + 0 + \\tfrac{6}{7}\\cdot\\tfrac{\\sqrt{3}}{2}\\right|\\]
\\[= \\tfrac{1}{2}\\left|-\\tfrac{3\\sqrt{3}}{14} + \\tfrac{6\\sqrt{3}}{14}\\right| = \\tfrac{1}{2}\\cdot\\tfrac{3\\sqrt{3}}{14} = \\frac{3\\sqrt{3}}{28}.\\]
Pole trójkąta równobocznego \\(ABC\\) o boku 3:
\\[P_{\\triangle ABC} = \\tfrac{\\sqrt{3}}{4}\\cdot 9 = \\frac{9\\sqrt{3}}{4}.\\]
Stosunek pól:
\\[\\frac{P_{\\triangle ABC}}{P_{\\triangle DBP}} = \\frac{9\\sqrt{3}/4}{3\\sqrt{3}/28} = \\frac{9\\sqrt{3}}{4}\\cdot\\frac{28}{3\\sqrt{3}} = \\frac{9\\cdot 28}{4\\cdot 3} = \\frac{252}{12} = 21.\\]
Pole trójkąta \\(ABC\\) jest dokładnie 21-krotnie większe od pola trójkąta \\(DBP\\). \\(\\blacksquare\\)
\nDział 10 (Planimetria, s. 15-21) - pole trójkąta ze wzoru na iloczyn wektorowy (przez wyznacznik):
\\[P = \\frac{1}{2}|(x_B - x_A)(y_C - y_A) - (y_B - y_A)(x_C - x_A)|\\]
Użyliśmy tego w Sposobie 2 do obliczenia pola \\(DBP\\).
Dział 10 (s. 15) - wzór na pole trójkąta równobocznego:
\\[P = \\frac{a^2\\sqrt{3}}{4}\\]
Użyliśmy tego w Sposobie 2 do obliczenia pola \\(ABC\\).
⚠️ Uwaga: Bardzo łatwo pomylić, gdzie leży \\(D\\). \\(|BD| = \\frac{1}{3}|AB|\\) oznacza, że \\(D\\) jest blisko \\(B\\), a nie blisko \\(A\\)! Zły rysunek = zły układ współrzędnych = błędny wynik.\n
⚠️ Uwaga: Punkt \\(P\\) nie dzieli odcinków \\(BE\\) ani \\(CD\\) w stosunku \\(1:1\\). Studenci często zakładają, że \\(P\\) jest środkiem - to błąd. \\(P\\) dzieli \\(BE\\) w stosunku \\(BP:PE = \\frac{3}{7}:\\frac{4}{7} = 3:4\\).\n
⚠️ Uwaga: W zadaniu chodzi o wykazanie (dowód), a nie samo policzenie. Każdy krok musi być uzasadniony - samo podanie wyniku \\(\\frac{1}{21}\\) bez wywodu nie da pełnych punktów na maturze.\n
Trojkaty \\(ABE\\) i \\(BCD\\) sa przystajace (cecha BKB): \\(|AB| = |BC|\\), \\(|\\angle BAE| = |\\angle CBD| = 60^{\\circ}\\), \\(|AE| = |BD| = \\tfrac{1}{3}|AB|\\). Stad \\(|\\angle ABE| = |\\angle BCD|\\) oraz \\(|\\angle AEB| = |\\angle BDC|\\).
\nTrojkat \\(DBP\\) jest podobny do trojkata \\(DCB\\) (cecha KKK), bo \\(|\\angle BDP|\\) wspolny i \\(|\\angle DBP| = |\\angle DCB|\\). Skala \\(s = \\dfrac{|BD|}{|CD|}\\).
\nNiech \\(|DB| = a\\), wtedy \\(|BC| = 3a\\). Z tw. cosinusow w \\(DBC\\):
\\[|CD|^{2} = a^{2} + 9a^{2} - 2 \\cdot a \\cdot 3a \\cdot \\cos 60^{\\circ} = 10a^{2} - 3a^{2} = 7a^{2} \\Rightarrow |CD| = a\\sqrt{7}.\\]
Zatem \\(s = \\dfrac{a}{a\\sqrt{7}} = \\dfrac{1}{\\sqrt{7}}\\).
\nPole \\(DBC\\) jest trzecia czescia pola \\(ABC\\) (wspolna wysokosc z \\(C\\), \\(|DB| = \\tfrac{1}{3}|AB|\\)):
\\[P_{DBC} = \\tfrac{1}{3}P_{ABC}.\\]
Z podobienstwa \\(P_{DBP} = s^{2} \\cdot P_{DBC} = \\tfrac{1}{7} \\cdot \\tfrac{1}{3}P_{ABC} = \\tfrac{1}{21}P_{ABC}\\). CBDU.
\n\\(A = (0,0)\\), \\(B = (a,0)\\), \\(C = (\\tfrac{a}{2}, \\tfrac{a\\sqrt{3}}{2})\\). Wtedy \\(D = (\\tfrac{2a}{3}, 0)\\), \\(E = (\\tfrac{a}{6}, \\tfrac{a\\sqrt{3}}{6})\\).
\nWspolczynniki kierunkowe: \\(a_{CD} = -3\\sqrt{3}\\), \\(a_{BE} = -\\tfrac{\\sqrt{3}}{5}\\). Rozwiazanie ukladu daje \\(P = (\\tfrac{9a}{14}, \\tfrac{\\sqrt{3}}{14}a)\\).
\n\\[P_{DBP} = \\tfrac{1}{2} \\cdot |DB| \\cdot y_{P} = \\tfrac{1}{2} \\cdot \\tfrac{a}{3} \\cdot \\tfrac{\\sqrt{3}a}{14} = \\tfrac{a^{2}\\sqrt{3}}{84}.\\]
\\(P_{ABC} = \\tfrac{a^{2}\\sqrt{3}}{4}\\). Iloraz: \\(\\dfrac{P_{DBP}}{P_{ABC}} = \\dfrac{a^{2}\\sqrt{3}/84}{a^{2}\\sqrt{3}/4} = \\dfrac{1}{21}\\). CBDU.
Trik: Kluczowa obserwacja: \\(P_{DBC} = \\tfrac{1}{3}P_{ABC}\\) (wspolna wysokosc), a podobienstwo DBP~DCB w skali \\(1/\\sqrt{7}\\) daje \\(1/7\\). W sumie \\(1/21\\).
"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"Dowód
"}]}