Punkty na bokach trójkąta teofrast: Na bokach AC oraz AB trójkata ABC obrano takie punty P i Q , że ^CP_PA + ^BQ_QA = 1. Par takich punktów jest, oczywiście, nieskończenie wiele. Rozważamy rodzinę wszystkich prostych (PQ) przechodzących przez punkty P i Q spełniajace warunki zadania. Udowodnić, ze odnośne proste przecinają się w jednym punkcie

Vax: Przejdźmy na współrzędne barycentryczne, układem odniesienia niech będą wierzchołki A,B,C, skąd ich współrzędne barycentryczne to A(1,0,0) , B(0,1,0) , C(0,0,1). Współrzędne barycentryczne

	BQ		CP
możliwych punktów P to P(x , 0 , 1−x) dla x ∊ (0;1), więc		= 1−		=
	AQ		AP

	x		1−2x
1−		=		, skąd Q ma współrzędne Q(1−2x , 1−x , 0). Środek ciężkości trójkąta
	1−x		1−x

ABC ma oczywiście współrzędne G(1,1,1). Pozostaje zauważyć, że: | x 0 1−x| |1−2x 1−x 0 | = 0 | 1 1 1 | Co oznacza, że P,Q,G są współliniowe, więc istotnie wszystkie takie proste PQ przecinają się w jednym punkcie.

teofrast: Vax, jak zwykle jesteś niezawodny...Dziękuję. Twoje rozwiązanie jest nadzwyczaj eleganckie. Ja też w końcu rozwiązałem to zadanie nie wychodząc poza program (dawnej) szkoły średniej... Otóż mając dowolny trójkąt ABC , obieramy dogodny układ współrzędnych → → → → ( A, AB, AC ) ( AB oraz AC są w nim wersorami ). Rozważamy dwie pary punktów P₁,Q₁ oraz P₂,Q₂ spełniające warunki zadania

	CP		BQ
Jeżeli Q1(a, 0) to z równości		= 1 −		mamy po obliczeniach
	PA		QA

	a
P1 (0,		) i analogicznie
	3a−1

	b
Q2(b, 0) , P2 (0,		). Punkt przecięcia prostych (P1Q1) oraz (P2Q2)
	3b−1

wyznaczamy z ich równań parametrycznych

a 0		a (a/(1−3a) )		b 0		b (b/(1−3b) )
	+ k		=		+ m		gdzie

a (a/(1−3a) )		b (b/(1−3b) )
	oraz		są odpowiednimi wektorami kierunkowymi tych prostych.

	1−3a
Z tak powstałego układu równań ( z niewiadomymi k i m ) wyznaczamy np. k =		, skąd
	3a

znajdujemy poszukiwany punkt przecięcia owych prostych: (1/3, 1/3), który jest niezależny od wyboru punktów P i Q. Jest to barycentrum trójkąta ABC.