Geometrie vectoriala simpla

[Cristian Matei]

In planul triunghiului echilateral $ABC$ se considera punctul P cu proprietatea $\overrightarrow{PA}+4\overrightarrow{PB}+2\overrightarrow{PC}=\vec 0$. Sa se arate ca $PA \perp PC$.

[Stefan Dominte]

Din ipoteza $\Rightarrow$ coordonatele baricentrice ale punctului $P_({\dfrac{1}{7},\dfrac{4}{7},\dfrac{2}{7})$

Fie M mijlocul lui BC si raportam planul la un reper cartezian aflat in M. Fara a pierde generalitatea, consideram lungimea laturii BC de 2 si astfel coordonatele carteziene ale varfurilor triunghiului vor fi: $A(0, \sqrt{3})$, $B(-1, 0)$, $C(1, 0)$. Stiind coordonatele baricentrice ale lui P si coordonatele carteziene ale varfurilor triunghiului$\Rightarrow$coordonatele carteziene ale lui $P({\dfrac{-2}{7}, {\dfrac{\sqrt{3}}{7})$ $\Rightarrow$ $\overrightarrow{PA}({\dfrac{2}{7}, {\dfrac{6\sqrt{3}}{7})$, $\overrightarrow{PC}({\dfrac{9}{7}, {\dfrac{-\sqrt{3}}{7})$ $\Rightarrow$ $\overrightarrow{PA}$ $\overrightarrow{PC}$ $=0$q.e.d.

[Pricope Tidor-Vlad]

Fie G centrul de greutate al triunghiului ABC si $G_1$ mijlocul lui BG. Din $\overrightarrow{PA}+4\overrightarrow{PB}+2\overrightarrow{PC}=\vec 0 \Rightarrow 6 \overrightarrow{PG_1}=\overrightarrow{CP}$. Deci $G_1, P, C$ coliniare si $6PG_1=CP$. Fie BG=b, $G_1P=a$. Aflam $G_1 A=b \sqrt{7}$ si $7a=b \sqrt{7}$. In triunghiul $AG_1C$ folosind relatia lui Stewart aflam $PA^2=6b^2+ 12b^2/7-6a^2$ si verificam $PA^2+PC^2=AC^2 \Leftrightarrow 7a^2=b^2$ q.e.d.