2. Zadatak

Prvo rješenje.

Označimo sa $T$ težište trokuta $ABC$ te sa $a$, $b$, $c$ i $v$ redom duljine stranica $BC$, $CA$, $AB$ i visine na stranicu $AB$. Označimo i $\alpha=\angle CAB$ i $\beta=\angle ABC$.

Budući da je $T$ težište trokuta $ABC$, vrijedi

$$|TA'|=|B'C|=\frac13|AC|=\frac13b,\qquad |TB'|=|A'C|=\frac13|BC|=\frac13a,\qquad |TC'|=\frac13v.$$

Vrijedi

$$\begin{aligned} P(A'B'C')&=P(A'B'T)+P(B'C'T)+P(C'A'T)\\ &=\frac12\left(|TA'||TB'|+|TB'||TC'|\sin(180^\circ-\alpha)+|TC'||TA'|\sin(180^\circ-\beta)\right)\\ &=\frac12\cdot\frac19\left(ab+av\sin\alpha+bv\sin\beta\right). \end{aligned}$$

Budući da vrijedi $v=a\sin\beta$, $v=b\sin\alpha$, $a=c\sin\alpha$, $b=c\sin\beta$ i $c^2=a^2+b^2$, imamo:

$$\begin{aligned} P(A'B'C') &=\frac1{18}\left(ab+a^2\sin\alpha\sin\beta+b^2\sin\alpha\sin\beta\right)\\ &=\frac1{18}\left(ab+c^2\sin\alpha\sin\beta\right) =\frac1{18}(ab+ab)\\ &=\frac1{18}\cdot2ab=\frac29P(ABC). \end{aligned}$$

Dakle, dobivamo $P(A'B'C'):P(ABC)=2:9$.

Drugo rješenje.

Neka je $B_1$ polovište katete $AC$, a $A_1$ polovište katete $BC$. Trokuti $AB'T$ i $ACA_1$ su slični. Budući da težište dijeli težišnicu u omjeru $2:1$ slijedi $|CB'|:|CA|=1:3$. Analogno dokazujemo $|CA'|:|CB|=1:3$. Slijedi da su pravokutni trokuti $A'CB'$ i $BCA$ slični s koeficijentom sličnosti $\frac13$. Dakle, $|A'B'|=\frac13|AB|$.

Također, $\angle CA'B'=\angle CBA$, tj. pravci $A'B'$ i $BA$ su paralelni.

Neka je $v$ duljina visine na stranicu $AB$ trokuta $ABC$. Duljina visine na stranicu $B'A'$ trokuta $B'A'C$ je tri puta manja od $v$. To povlači da udaljenost pravaca $AB$ i $B'A'$ iznosi $\frac23v$, tj. duljina visine na stranicu $B'A'$ trokuta $A'B'C'$ iznosi $\frac23v$.

Sada slijedi da je

$$P(A'B'C')=\frac12|B'A'|\cdot\frac23v =\frac12\cdot\frac13|AB|\cdot\frac23v =\frac29P(ABC).$$

Traženi omjer je $P(A'B'C'):P(ABC)=2:9$.

Treće rješenje.

Označimo sa $T$ težište trokuta $ABC$ te sa $a$ i $b$ redom duljine stranica $BC$ i $CA$. Postavimo trokut u koordinatni sustav tako da je $C(0,0)$, $A(b,0)$, $B(0,a)$. Tada je $T\left(\frac b3,\frac a3\right)$, $A'\left(0,\frac a3\right)$, $B'\left(\frac b3,0\right)$. Jednadžba pravca $AB$ je tada

$$AB\ldots y-0=\frac{a-0}{0-b}(x-b),$$

odnosno

$$y=-\frac abx+a.$$

Pravac $TC'$ je okomit na $AB$ pa je stoga njegova jednadžba

$$TC'\ldots y-\frac a3=\frac ba\left(x-\frac b3\right),$$

odnosno

$$y=\frac ba x+\frac{a^2-b^2}{3a}.$$

Izjednačavanjem dobivamo

$$-\frac abx+a=\frac ba x+\frac{a^2-b^2}{3a},$$ $$a+\frac{b^2-a^2}{3a}=\left(\frac ba+\frac ab\right)x,$$ $$x=\frac{b(2a^2+b^2)}{3(a^2+b^2)}.$$

Uvrštavanjem u jednadžbu pravca $AB$ dobivamo

$$y=-\frac ab\cdot\frac{b(2a^2+b^2)}{3(a^2+b^2)}+a =\frac{-2a^3-ab^2+3a^3+3ab^2}{3(a^2+b^2)} =\frac{a(2b^2+a^2)}{3(a^2+b^2)}.$$

Tako dobivamo točku

$$C'=\left(\frac{b(2a^2+b^2)}{3(a^2+b^2)},\frac{a(2b^2+a^2)}{3(a^2+b^2)}\right).$$

Koristeći formulu

$$P(A'B'C')=\frac12\left|x_{A'}(y_{B'}-y_{C'})+x_{B'}(y_{C'}-y_{A'})+x_{C'}(y_{A'}-y_{B'})\right|$$

dobivamo

$$\begin{aligned} P(A'B'C') &=\frac12\left| 0\left(0-\frac{a(2b^2+a^2)}{3(a^2+b^2)}\right) +\frac b3\left(\frac{a(2b^2+a^2)}{3(a^2+b^2)}-\frac a3\right) +\frac{b(2a^2+b^2)}{3(a^2+b^2)}\left(\frac a3-0\right) \right|\\ &=\frac12\left| \frac b3\cdot\frac{2ab^2+a^3-a^3-ab^2}{3(a^2+b^2)} +\frac a3\cdot\frac{2a^2b+b^3}{3(a^2+b^2)} \right|\\ &=\frac12\cdot\frac{ab^3+2a^3b+ab^3}{9(a^2+b^2)}\\ &=\frac12\cdot\frac{2ab(a^2+b^2)}{9(a^2+b^2)} =\frac29\cdot\frac12ab=\frac29P(ABC). \end{aligned}$$

Zaključujemo da je $P(A'B'C'):P(ABC)=2:9$.