2. Zadatak

Prvo rješenje.

Kako je $|AB|=\sqrt{(3-2)^2+(-2+3)^2}=\sqrt2$, a površina trokuta iznosi $\frac32$ dobivamo da je duljina visine na stranicu $\overline{AB}$ jednaka $h=\frac3{\sqrt2}$.

Težište trokuta leži na pravcu $3x-y-8=0$, te su stoga njegove koordinate $T(x_T,3x_T-8)$.

Udaljenost težišta trokuta od pravca $AB$ čija je jednadžba $x-y-5=0$ jednaka je $\frac13h=\frac1{\sqrt2}$.

Stoga slijedi

$$\frac{|x_T-y_T-5|}{\sqrt2}=\frac1{\sqrt2},$$

odakle uvrštavanjem $y_T=3x_T-8$ dobivamo jednadžbu $|3-2x_T|=1$, čija su rješenja $x_T=1$ i $x_T=2$. Dakle, težište trokuta ima koordinate $T(1,-5)$ ili $T(2,-2)$.

Nadalje, kako težište trokuta dijeli težišnicu trokuta u omjeru $2:1$ računajući od vrha trokuta, iz jednakosti $\overrightarrow{CT}=\frac23\overrightarrow{CP}$, pri čemu je $P$ polovište dužine $\overline{AB}$, dobivamo da točka $C$ ima koordinate $C(3x_T-2x_P,3y_T-2y_P)$.

Uvrštavanjem koordinata točke $P\left(\frac52,-\frac52\right)$ i koordinata težišta trokuta konačno dobivamo

$$C_1(-2,-10)\qquad\text{i}\qquad C_2(1,-1).$$

Drugo rješenje.

Iskoristimo li formulu za koordinate težišta trokuta

$$T\left(\frac{x_A+x_B+x_C}{3},\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\right)$$

dobivamo da težište trokuta $ABC$ ima koordinate

$$T\left(\frac{5+x_C}{3},\frac{y_C-5}{3}\right).$$

Kako težište trokuta leži na pravcu $3x-y-8=0$ dobivamo da vrijedi

$$3\cdot\frac{5+x_C}{3}-\frac{y_C-5}{3}-8=0$$

odakle slijedi $y_C=3x_C-4$.

Nadalje, kako je površina trokuta $ABC$ jednaka $\frac32$ te vrijedi

$$P_{ABC}=\frac12|x_A(y_B-y_C)+x_B(y_C-y_A)+x_C(y_A-y_B)|,$$

uvrštavanjem koordinata točaka $A$, $B$ i $C$ u izraz za površinu dobivamo jednadžbu

$$|2(-2-y_C)+3(y_C+3)+x_C(-3+2)|=3.$$

Nadalje, uvrstimo li u dobivenu jednadžbu da je $y_C=3x_C-4$ sređivanjem dobivamo jednadžbu $|2x_C+1|=3$ čija su rješenja $x_{C_1}=-2$ i $x_{C_2}=1$.

Konačno, iz $x_{C_1}=-2$ i $x_{C_2}=1$ slijedi $y_{C_1}=-10$ i $y_{C_2}=-1$.

Dakle, dobivamo dva rješenja $C_1(-2,-10)$ i $C_2(1,-1)$.