Teorie
Un alt punct important într-un triunghi este centrul de greutate al acestuia. Admitem cunoscut următorul rezultat:
Teoremă
Într-un triunghi medianele sunt concurente.
Definiție
Punctul de intersecție a medianelor unui triunghi se numește centrul de greutate al triunghiului.
Acesta este caracterizat prin următoarea proprietate:
Teoremă
Dacă \([AM]\), \([BN]\) și \([CP]\) sunt medianele unui triunghi \(ABC\) și \(G\) este centrul de greutate al acestuia atunci
\[AG=2\cdot GM,\
BG=2\cdot GN,\
CG=2\cdot GP.\]
Vom prezenta în continuare câteva aplicații ale acestor rezultate.
Probleme rezolvate
Problema 1
Fie un triunghi oarecare \(ABC\). Pe perpendicularele în \(A,B,C\) pe planul triunghiului se consideră de aceeași parte a planului \((ABC)\) punctele \(A’,B’\) respectiv \(C’\). Să se arate că dacă \(G\) și \(G’\) sunt centrele de greutate ale triunghiurilor \(ABC\) respectiv \(A’B’C’\), atunci \(GG’\perp (ABC)\) și \(3\cdot GG’=AA’+BB’+CC’\).
Soluție
Fie \(M,M’\) mijloacele segmentelor \([BC]\) respectiv \([B’C’]\). Atunci \(G\in AM\), \(G’\in A’M’\) și \(AG=2\cdot GM\), \(A’G’=2\cdot G’M’\). Cum \(MM’\) este linie mijlocie în trapezul \(BB’CC’\) rezultă că \(MM’\|BB’\|AA’\). Fie \(M”\in MM’\) astfel încât \(A’M”\|AM\) și \(G”\in A’M”\) astfel încât \(A’G”=2\cdot G”M”\). Atunci \(AA’M”M\) este paralelogram deci \(A’G”\|AG\) și \(A’G”=AG\), deci \(AA’G”G\) este paralelogram și atunci \(GG”\|AA’\). Cum
\[\displaystyle\frac{A’G”}{G”M”}=\displaystyle\frac{A’G’}{G’M’}\]
obținem că \(G”G’\|M”M’\|AA’\) deci \(G”\in GG’\) și \(GG’\|AA’\) deci \(GG’\perp (ABC)\).
Apoi
\begin{align*}
GG’
& =GG”\pm G”G’=AA’+\displaystyle\frac{2}{3}(MM’-AA’)\\
& =AA’+\displaystyle\frac{2}{3}\left(\displaystyle\frac{BB’+CC’}{2}-AA’\right)\\
& =\displaystyle\frac{AA’+BB’+CC’}{3}.
\end{align*}
Problema 2
Într-un tetraedru oarecare notăm cu \(S\) suma lungimilor celor patru mediane ale tetraedrului și cu \(s\) suma lungimilor celor douăsprezece mediane ale fețelor tetraedrului. Atunci \(9S<4s\).
Soluție
Reamintim că o mediană a unui tetraedru este un segment ce unește un vârf al tetraedrului cu centrul de greutate al feței opuse. Să considerăm așadar un tetraedru \(ABCD\) și fie \(G_D\) centrul de greutate al feței \(ABC\) iar \(A_1,B_1,C_1\) mijloacele muchiilor \([BC]\), \([AC]\) respectiv \([AB]\).
Avem:
\[DG_D<DA_1+A_1G_D=DA_1+\displaystyle\frac{1}{3}AA_1,\]
\[DG_D<DB_1+B_1G_D=DB_1+\displaystyle\frac{1}{3}BB_1,\]
\[DG_D<DC_1+C_1G_D=DC_1+\displaystyle\frac{1}{3}CC_1,\]
de unde prin însumare se obține că
\[DG_D<\displaystyle\frac{1}{3}(DA_1+DB_1+DC_1)+\displaystyle\frac{1}{9}(AA_1+BB_1+CC_1).\]
Prin însumarea inegalității de mai sus cu celelalte trei inegalități corespunzătoare celorlalte trei mediane ale tetraedrului vom obține că
\[S<\left(\displaystyle\frac{1}{3}+\displaystyle\frac{1}{9}\right)s\Leftrightarrow 9S<4s.\]
Problema 3
Fie un trapez \(ABCD\) cu bazele \(AB=20\), \(CD=10\) și diagonalele \(AC=18\), \(BD=24\). Să se determine aria trapezului.
Soluție
Fie \(\{O\}=AC\cap BD\) și \(\{E\}=AD\cap BC\). Cum \(DC=\displaystyle\frac{1}{2}AB\) rezultă că \(DC\) este linie mijlocie în \(\triangle EAB\) și atunci \(DB\), \(AC\) sunt mediane în acest triunghi, deci \(O\) este centrul de greutate al triunghiului \(EAB\). Atunci
\[AO=\displaystyle\frac{2}{3}AC=12,\
BO=\displaystyle\frac{2}{3}BD=16.\]
Cum \(AO^2+BO^2=AB^2\) rezultă că \(AC\perp BD\) deci aria trapezului este \(\displaystyle\frac{1}{2}AC\cdot BD=216\).
Problema 4
Fie \(ABCD\) un paralelogram în care \(BD\perp DA\) și \(AC\cap BD=\{O\}\). Prin mijlocul \(M\) al segmentului \([AO]\) se duce \(EF\|BD\), \(E\in BC\), \(F\in CD\). Demonstrați că \(FC=3\cdot EO\).
Soluție
În triunghiul \(CBD\), \(CO\) este mediană și cum \(EF\|BD\) obținem că \(CM\) este mediană în triunghiul \(CEF\). Pe de altă parte \(CO=2\cdot MO\), deci \(O\) este centrul de greutate al triunghiului \(CEF\). Din \(EF\|BD\), \(EC\|AD\), \(BD\perp DA\) rezultă că triunghiul \(CEF\) este dreptunghic în \(E\). Dacă \(\{N\}=EO\cap CF\) obținem că \(EN\) este mediană în \(\triangle CEF\) și cum \(EN=\displaystyle\frac{1}{2}CF\) se obține că \(EO=\displaystyle\frac{2}{3}EN=\displaystyle\frac{1}{3}CF\), de unde concluzia.
Problema 5
În triunghiul \(ABC\) se consideră \(A’,B’,C’\) mijloacele segmentelor \([AH]\), \([BH]\) respectiv \([CH]\), unde \(H\) este ortocentrul triunghiului, iar \(A_1,B_1,C_1\) punctele diametral opuse vârfurilor \(A,B\) respectiv \(C\) în cercul circumscris triunghiului \(ABC\). Să se arate că dreptele \(A_1A’\), \(B_1B’\), \(C_1C’\) trec prin centrul de greutate al triunghiului \(ABC\).
Soluție
Fie \(O\) și \(G\) centrul cercului circumscris respectiv centrul de greutate al triunghiului \(ABC\). Cum \(BH\perp AC\), \(A_1C\perp AC\) rezultă că \(BH\|A_1C\). Analog \(CH\|A_1B\) deci \(BHCA_1\) este paralelogram și fie \(A_2\) mijlocul segmentelor \([BC]\) și \([A_1H]\). Cum \(AA_2\) este mediană în \(\triangle ABC\) rezultă că \(G\in AA_2\) și \(GA=2\cdot GA_2\), deci \(G\) este și centrul de greutate al triunghiului \(AA_1H\), deci \(G\in A_1A’\). Analog se arată că \(G\in B_1B’\cap C_1C’\).
Problema 6
În triunghiul \(ABC\) fie \(A_1,B_1,C_1\) simetricele unui punct \(O_1\) față de mijloacele \(A’,B’,C’\) ale laturilor \(BC\), \(CA\) respectiv \(AB\) ale triunghiului. Să se arate că dreptele \(A_1A\), \(B_1B\), \(C_1C\) sunt concurente într-un punct \(O_2\) și că, dacă \(G\) este centrul de greutate al triunghiului \(ABC\) atunci \(G\in [O_1O_2]\) și \(GO_1=2\cdot GO_2\).
Soluție
În triunghiul \(AO_1A_1\), \(AA’\) este mediană și cum \(AG=2\cdot GA’\) rezultă că \(G\) este centrul de greutate al triunghiului \(AO_1A_1\). Analog \(G\) este centrul de greutate al triunghiurilor \(BO_1B_1\) și \(CO_1C_1\). Fie \(M\) mijlocul lui \([AA_1]\). Atunci \(G\in O_1M\) și \(GO_1=2\cdot GM\). Analog dacă \(N,P\) sunt mijloacele lui \([BB_1]\) respectiv \([CC_1]\) atunci \(G\in [O_1N]\) și \(GO_1=2\cdot GN\), \(G\in [O_1P]\) și \(GO_1=2\cdot GP\). Așadar \(M=N=P\) și deci segmentele \([AA_1]\), \([BB_1]\), \([CC_1]\) au același mijloc \(O_2=M\).
Prezentăm în continuare un rezultat de caracterizare a centrului de greutate al unui triunghi.
Propoziție
Se consideră un triunghi \(ABC\) și un punct \(G\) în interiorul triunghiului. Atunci \(G\) este centrul de greutate al triunghiului \(ABC\) dacă și numai dacă \(S_{\triangle ABG}=S_{\triangle ACG}=S_{\triangle BCG}\).
Soluție
Fie \(\{M\}=AG\cap BC\) și \(B’,C’\) proiecțiile punctelor \(B\) respectiv \(C\) pe dreapta \(AG\).
Avem:
\[S_{\triangle ABG}=S_{\triangle ACG}\Leftrightarrow BB’=CC’\Leftrightarrow \\\Leftrightarrow \angle BB’M\equiv \angle CC’M
\Leftrightarrow BM=CM,\]
adică \(G\) se află pe mediana din \(A\) a triunghiului \(ABC\).
Analog relația \(S_{\triangle ABG}=S_{\triangle BCG}\) este echivalentă cu faptul că \(G\) se află pe mediana din \(B\) a triunghiului \(ABC\).
Din aceste considerente rezultă concluzia.
Problema 7
Pe laturile \(AB\), \(BC\) și \(CA\) ale triunghiului \(ABC\) se consideră punctele \(R,P,Q\) astfel încât segmentele \([AP]\), \([BQ]\), \([CR]\) să se intersecteze într-un punct \(M\). Să se arate că dacă \(S_{\triangle AMQ}=S_{\triangle AMR}\), \(S_{\triangle BMR}=S_{\triangle BMP}\) și \(S_{\triangle CMP}=S_{\triangle CMQ}\), atunci \(M\) este centrul de greutate al triunghiului \(ABC\).
Soluție
Fie \(S_1=S_{\triangle AMR}\), \(S_2=S_{\triangle BMP}\), \(S_3=S_{\triangle CMQ}\).
Atunci
\[\displaystyle\frac{S_1}{S_2}=\displaystyle\frac{AR}{RB}=\displaystyle\frac{S_{\triangle ACR}}{S_{\triangle BCR}}=\displaystyle\frac{2S_1+S_3}{2S_2+S_3},\]
deci \(S_3(S_1-S_2)=0\), deci \(S_1=S_2\). De aici se obține că \(AR=RB\), deci \(CR\) este mediană în triunghiul \(ABC\). Analog \(AP\) este mediană în triunghiul \(ABC\), deci \(M\) este centrul de greutate al triunghiului \(ABC\). Propunem spre studiu următoarele aplicații.
Probleme propuse
Problema 1, Problema 2, Problema 3, Problema 4, Problema 5, Problema 6.
