13314. На медиане AM
треугольника ABC
выбрана такая точка P
, что AP:PM=3:2
. В каком отношении прямая BP
делит сторону AC
?
Ответ. 3:4
, считая от вершины A
.
Решение. Первый способ. Через вершину A
проведём прямую, параллельную BC
, и продолжим отрезок BP
до пересечения со стороной AC
в точке B_{1}
, а с проведённой прямой — в точке T
. Обозначим BM=CM=a
Треугольник APT
подобен треугольнику MPB
с коэффициентом \frac{AP}{PM}=\frac{3}{2}
, поэтому
AT=\frac{3}{2}BM=\frac{3}{2}a.
Треугольник AB_{1}T
подобен треугольнику CB_{1}B
с коэффициентом
\frac{AT}{BC}=\frac{\frac{3}{2}a}{2a}=\frac{3}{4},
следовательно,
\frac{AB_{1}}{B_{1}C}=\frac{3}{4}.
Второй способ. Через точку M
параллельно BP
проведём прямую до пересечения со стороной AC
в точке B_{2}
, и продолжим отрезок BP
до пересечения со стороной AC
в точке B_{1}
. По теореме о пропорциональных отрезках
\frac{AB_{1}}{B_{1}B_{2}}=\frac{AP}{PM}=\frac{3}{2}.
Пусть AB_{1}=3t
и B_{1}B_{2}=2t
. Отрезок NB_{2}
— средняя линия треугольника BB_{1}C
, поэтому B_{1}C=2B_{1}B_{2}=4t
. Следовательно,
\frac{AB_{1}}{B_{1}C}=\frac{3t}{4t}=\frac{3}{4}.
Третий способ. Применив теорему Менелая (см. задачу 1622) к треугольнику ACM
и прямой BP
, получим
1=\frac{AB_{1}}{B_{1}C}\cdot\frac{CB}{BM}\cdot\frac{MP}{PA}=\frac{AB_{1}}{B_{1}C}\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}=\frac{AB_{1}}{B_{1}C}\cdot\frac{4}{3},
откуда
\frac{AB_{1}}{B_{1}C}=\frac{3}{4}.