Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

#1

Γεια σας
Προτείνω σε αυτό το νήμα να βάλουμε υπό μορφή ασκήσεων μερικούς χαρακτηρισμούς του βαρυκέντρου δηλαδή αν και μόνο αν συθήκες ώστε ένα σημείο να είναι βαρύκεντρο ενός τριγώνου.
Νομίζω ότι θα ήταν χρήσιμο για όλους ιδίως τους νέους συναδέλφους.
Αν κάτι παρόμοιο μας έχει απασχολήσει απολογούμαι.

Γράφω μερικούς πολύ γνωστούς που νομίζω μπορούμε να προσπεράσουμε:
1) Το

είναι βαρύκεντρο του $\rm AB\Gamma$ αν και μόνο αν ανήκει σε δύο διαμέσους του.
2) Το

είναι βαρύκεντρο του $\rm AB\Gamma$ αν και μόνο αν ανήκει σε μία διάμεσο και απέχει από την κορυφή διπλάσια απόσταση απ' ότι από το μέσο της απέναντι πλευράς.
3) Το

είναι βαρύκεντρο του $\rm AB\Gamma$ αν και μόνο αν $\rm (GAB)=(GB\Gamma)=(G\Gamma A)$ .
4) Το

είναι βαρύκεντρο του $\rm AB\Gamma$ αν και μόνο αν οι συντεταγμένες του είναι οι αριθμητικοί μέσοι των συντεταγμένων των κορυφών δηλαδή $\rm x_{G}=\frac{x_{A}+x_{B}+x_{\Gamma }}{3},\,\,\,\,y_{G}=\frac{y_{A}+y_{B}+y_{\Gamma }}{3}$ .
5) Το

είναι βαρύκεντρο του $\rm AB\Gamma$ αν και μόνο αν $\rm{ \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{G\Gamma }}=\overrightarrow{0}$

#2

Καλησπέρα σε όλους τους φίλους! Ωραίο κι ενδιαφέρον το ερώτημα του Νίκου.

Θα πρόσθετα και το ότι (συνεχίζω την αρίθμηση του Νίκου):

6) Το

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου αν και μόνο αν ισχύει $\overrightarrow{GH}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{OH}$ όπου

και

το περίκεντρο και το ορθόκεντρο του τριγώνου αντίστοιχα. (δηλαδή το

να ανήκει στην ευθεία Euler του τριγώνου και κάτιτίς ακόμη).

Edit: Όταν είδα λίγο περισσότερο το πρόβλημα του Νίκου προσπάθησα να δω τις σχέσεις που γνωρίζω για το βαρύκεντρο και αν μπορώ να τις αντιστρέψω ώστε με δεδομένη τη σχέση (και πιθανόν και κάτι ακόμη) να αποδείξω ότι είναι το βαρύκεντρο. Μία από τις σχέσεις λοιπόν είναι η εξής: Αν

είναι το βαρύκεντρο του ABC

τότε ισχύει $AB^2+BC^2+CA^2=3\left(GA^2+GB^2+GC^2\right)$ . Δε γνώριζα λοιπόν ότι ισχύει και το αντίστροφο και χρειάστηκε προηγουμένως να το αποδείξω. Συνεπώς:

7) Το

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου αν και μόνο αν $AB^2+BC^2+CA^2=3\left(GA^2+GB^2+GC^2\right)$ .

Αλέξανδρος

#3

Καλημέρα!

8) Το

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου αν και μόνο αν ανήκει σε μία διάμεσο και $\displaystyle \tan (B\widehat GC) = \frac{{12(ABC)}}{{{b^2} + {c^2} - 5{a^2}}}$ (Βέβαια απαιτεί απόδειξη).

#4

Γεια σας. Αλέξανδρε ευχαριστώ για την απάντηση.

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 24, 2021 2:18 am
6) Το είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου αν και μόνο αν ισχύει $\overrightarrow{GH}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{OH}$ όπου και το περίκεντρο και το ορθόκεντρο του τριγώνου αντίστοιχα. (δηλαδή το να ανήκει στην ευθεία Euler του τριγώνου και κάτιτίς ακόμη).

Άμεσος χαρακτηρισμός. Νομίζω άμεση είναι και η απόδειξη και μάλλον δεν χρειάζεται να γραφεί.

cretanman έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 24, 2021 2:18 am

7) Το είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου αν και μόνο αν $AB^2+BC^2+CA^2=3\left(GA^2+GB^2+GC^2\right)$ .

Γράφω μια απόδειξη.
Έστω

το κέντρο βάρους του $\rm AB\Gamma$ , $\Delta$ το μέσο τηςν $B\Gamma$ ,

οποιοδήποτε σημείο του επιπέδου και

η απόσταση του

από το

. Από το θεώρημα του Stewart στο $AX\Delta$ έχουμε
$\frac{2}{3}\mu _{\alpha }X\Delta ^{2}+\frac{1}{3}\mu _{\alpha }XA^{2}=\mu _{\alpha }\left( \left( \frac{2}{3}\mu _{\alpha }\right) \left( \frac{1}{3}\mu _{\alpha }\right) +x^{2}\right)$
δηλαδή
$\frac{2}{3}X\Delta ^{2}+\frac{1}{3}XA^{2}=\frac{2}{9}\mu _{\alpha }^{2}+x^{2}\,\,\,(1)$
Από το θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο $BX\Gamma$ έχουμε:
$\frac{2}{3}X\Delta ^{2}=\frac{1}{3}XB^{2}+\frac{1}{3}X\Gamma ^{2}-\frac{\alpha ^{2}}{6}$
οπότε αντικάθιστώντας στην (1)

βρίσκουμε ότι:
$\frac{1}{3}\left( XA^{2}+XB^{2}+X\Gamma ^{2}\right) -\frac{\alpha ^{2}}{6}=\frac{2}{9}\mu _{\alpha }^{2}+x^{2}\,\,\,(2)$
ή αλλιώς με άλλη μία χρήση του θεωρήματος των διαμέσων:
$\frac{1}{3}\left( XA^{2}+XB^{2}+X\Gamma ^{2}\right) -\frac{\alpha ^{2}}{6}=\frac{1}{9}\left( \beta ^{2}+\gamma ^{2}-\frac{\alpha ^{2}}{2}\right) +x^{2}\,\,(3)$
Παίρνοντας την (2)

κυκλικά και προσθέτοντας έχουμε:
$XA^{2}+XB^{2}+X\Gamma ^{2}=\frac{\alpha ^{2}+\beta ^{2}+\gamma ^{2}}{3}+3x^{2}$
επομένως η ισότητα
$XA^{2}+XB^{2}+X\Gamma ^{2}=\frac{\alpha ^{2}+\beta ^{2}+\gamma ^{2}}{3}$
ισχύει αν και μόνο αν x=0

δηλαδή του

συμπίπτει με το

.

#5

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 24, 2021 9:52 am
Καλημέρα!

8) Το είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου αν και μόνο αν ανήκει σε μία διάμεσο και $\displaystyle \tan (B\widehat GC) = \frac{{12(ABC)}}{{{b^2} + {c^2} - 5{a^2}}}$ (Βέβαια απαιτεί απόδειξη).

Γεια σας.
Γράφω μια απόδειξη για τον χαρακτηρισμό που ανέφερε ο Γιώργος η οποία έχει δουλειά ρουτίνας.
Το BGC

έχει πλευρές $\frac{2}{3}\mu _{b},\frac{2}{3}\mu _{c},a$ . Αν ονομάσουμε για λόγους συντομίας $\widehat{BGC}=\varphi$ από τον νόμο των συνημιτόνων έχουμε
$a^{2}=\frac{4}{9}\left( \mu _{b}^{2}+\mu _{c}^{2}\right) -\frac{8}{9}\mu _{b}\mu _{c}\cos \varphi$
και από τον τύπο του εμβαδού τριγώνου ότι
$\frac{\left( ABC\right) }{3}=\frac{2}{3}\mu _{b}\mu _{c}\sin \varphi$ .
Αν συδυάσουμε αυτές τις σχέσεις βρίσκουμε ότι
$a^{2}=\frac{4}{9}\left( \mu _{b}^{2}+\mu _{c}^{2}\right) -\frac{4}{3}\frac{\left( ABC\right) }{\tan \varphi }$
Λαμβάνοντας υπ' όψιν ότι
$\mu _{b}^{2}+\mu _{c}^{2}=\frac{2\left( c^{2}+a^{2}\right) -b^{2}}{4}+\frac{2\left( b^{2}+a^{2}\right) -c^{2}}{4}=\allowbreak \frac{1}{4}\left( b^{2}+c^{2}\right) +a^{2}$
έχουμε εύκολα την αποδεικτέα.
Μια τιμή της γωνίας αντιστοιχεί σε δύο σημεία του φορέα της διαμέσου και επομένως μας ενδιαφέρουν τα σημεία που ανήκουν στο ευθύγραμμο τμήμα της διαμέσου. Το κριτήριο εφαρμόζεται για όσα τρίγωνα δεν συμβαίνει το BGC

να είναι ορθογώνιο στο

(δοθείσης της

μπορούμε να κατασκευάσουμε άπειρα τρίγωνα με την $\varphi$ να είναι ορθή ή ισοδύναμα $b^{2}+c^{2}=5a^{2}$ ). Θα μπορούσαμε να καλύψουμε και αυτή την ειδική αυτή περίπτωση αν αντί της εφαπτομένης πάρουμε το ημίτονο. Αν οι υπολογισμοί μου είναι σωστoί η συνθήκη, που είναι αρκετά φορτωμένη, θα είναι
$\sin ^{2}\widehat{BGC}=\frac{36\left( ABC\right) }{\left( 2b^{2}+2a^{2}-c^{2}\right) \left( 2c^{2}+2a^{2}-b^{2}\right) }$ .

#6

nsmavrogiannis έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 25, 2021 11:39 pm
Παίρνοντας την κυκλικά και προσθέτοντας έχουμε:
$XA^{2}+XB^{2}+X\Gamma ^{2}=\frac{\alpha ^{2}+\beta ^{2}+\gamma ^{2}}{3}+3x^{2}$

Η συγκεκριμένη ταυτότητα αποδεικνύεται άμεσα και με συντεταγμένες. Χωρίς βλάβη της γενικότητας είναι X=(0,0)

. Έστω

και

. Τότε $G = \left( \frac{a_1+b_1+c_1}{3},\frac{a_2+b_2+c_2}{3}\right)$ .

Το αριστερό μέλος ισούται με a_1^2 + a_2^2 + b_1^2 + b_2^2 + c_1^2 + c_2^2

. Το δεξί μέλος ισούται με

$\displaystyle \frac{1}{3}\left( (a_1-b_1)^2 + (a_2-b_2)^2 + (b_1-c_1)^2 + (b_2-c_2)^2 + (c_1-a_1)^2 + (c_2-a_2)^2 + (a_1+b_1+c_1)^2 + (a_2+b_2+c_2)^2\right)$

και αναπτύσσοντας βλέπουμε ότι ισούται με το αριστερό μέλος.

#7

Να αποδειχθεί ότι:
9) Το

είναι βαρύκεντρο του τριγώνου ABC

αν και μόνο αν διαιρεί τις σεβιανές του σε ίσους λόγους.
Δηλαδή αν μόνο αν οι ευθείες

,

τέμνουν τις

,

στα

,

έτσι ώστε
$\displaystyle \frac{AK}{DK}=\frac{BK}{EK}=\frac{CK}{FK}.$

#8

nsmavrogiannis έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 04, 2021 10:26 pm
Να αποδειχθεί ότι:
9) Το είναι βαρύκεντρο του τριγώνου αν και μόνο αν διαιρεί τις σεβιανές του σε ίσους λόγους.
Δηλαδή αν μόνο αν οι ευθείες , , τέμνουν τις , , στα , , έτσι ώστε
$\displaystyle \frac{AK}{DK}=\frac{BK}{EK}=\frac{CK}{FK}.$

Επειδή $\angle AKB = \angle EKD$ , τότε $\displaystyle \frac{AK}{DK}=\frac{BK}{EK}$ μας δίνει ότι τα τρίγωνα AKB

και

είναι όμοια. Άρα $\angle ABK = \angle KED$ και οι AB,ED

είναι παράλληλες. Άρα $\frac{CE}{EA} = \frac{CD}{DB}$ οπότε από Ceva παίρνουμε AF/BF = 1

. Δηλαδή η

είναι διάμεσος. Ομοίως και οι AD,BE

είναι διάμεσοι οπότε το

είναι το βαρύκεντρο. Το αντίστροφο είναι ασφαλώς γνωστό.

#9

nsmavrogiannis έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 04, 2021 10:26 pm
Να αποδειχθεί ότι:
9) Το είναι βαρύκεντρο του τριγώνου αν και μόνο αν διαιρεί τις σεβιανές του σε ίσους λόγους.
Δηλαδή αν μόνο αν οι ευθείες , , τέμνουν τις , , στα , , έτσι ώστε
$\displaystyle \frac{AK}{DK}=\frac{BK}{EK}=\frac{CK}{FK}.$

Διαφορετικά. Έστω $\displaystyle \frac{{AF}}{{FB}} = x,\frac{{BD}}{{DC}} = y,\frac{{CE}}{{EA}} = z.$ Τότε από Ceva είναι $\boxed{xyz =1}$ Αλλά από Van Aubel, η δοσμένη

σχέση γράφεται, $\boxed{x + \frac{1}{z} = y + \frac{1}{x} = z + \frac{1}{y}}$ και επειδή x,y,z>0,

εύκολα προκύπτει ότι $\boxed{x=y=z=1}$

Δηλαδή οι AD, BE, CF

είναι διάμεσοι του τριγώνου.

#10

Αναφέρομαι στις απαντήσεις $\#8,\#9$ στο $\#7$

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 10:00 am
Επειδή $\angle AKB = \angle EKD$ , τότε $\displaystyle \frac{AK}{DK}=\frac{BK}{EK}$ μας δίνει ότι τα τρίγωνα και είναι όμοια. Άρα $\angle ABK = \angle KED$ και οι είναι παράλληλες. Άρα $\frac{CE}{EA} = \frac{CD}{DB}$ οπότε από Ceva παίρνουμε . Δηλαδή η είναι διάμεσος. Ομοίως και οι είναι διάμεσοι οπότε το είναι το βαρύκεντρο. Το αντίστροφο είναι ασφαλώς γνωστό.

Δημήτρη και η δική μου προσέγγιση είναι παρόμοια. Απλώς δεν χρησιμοποιώ το θεώρημα του Ceva. Έχοντας τις παραλληλίες
$ED//AB,\,\,\,DF//AC,\,\,EF//AB$
έχουμε και τις ισότητες:
$\frac{AF}{FB}=\frac{CD}{BD}=\frac{CE}{AE}=\frac{BF}{AF}$
και από την ισότητα πρώτου και τελετυταίου λόγου έχουμε ότι το

(και όμοια το

) είνα μέσο.

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 10:31 am
Διαφορετικά. Έστω $\displaystyle \frac{{AF}}{{FB}} = x,\frac{{BD}}{{DC}} = y,\frac{{CE}}{{EA}} = z.$ Τότε από Ceva είναι $\boxed{xyz =1}$ Αλλά από Van Aubel, η δοσμένη

σχέση γράφεται, $\boxed{x + \frac{1}{z} = y + \frac{1}{x} = z + \frac{1}{y}}$ και επειδή εύκολα προκύπτει ότι $\boxed{x=y=z=1}$

Δηλαδή οι είναι διάμεσοι του τριγώνου.

Γιώργο η συναγωγή της ισότητας των

,

από την

και την προτελευταία σχέση έχει απο μόνη της ενδιαφέρον σαν αυττελής άσκηση Άλγεβρας.

#11

nsmavrogiannis έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 08, 2021 1:00 am

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 05, 2021 10:31 am
Διαφορετικά. Έστω $\displaystyle \frac{{AF}}{{FB}} = x,\frac{{BD}}{{DC}} = y,\frac{{CE}}{{EA}} = z.$ Τότε από Ceva είναι $\boxed{xyz =1}$ Αλλά από Van Aubel, η δοσμένη

σχέση γράφεται, $\boxed{x + \frac{1}{z} = y + \frac{1}{x} = z + \frac{1}{y}}$ και επειδή εύκολα προκύπτει ότι $\boxed{x=y=z=1}$

Δηλαδή οι είναι διάμεσοι του τριγώνου.
Γιώργο η συναγωγή της ισότητας των , από την και την προτελευταία σχέση έχει απο μόνη της ενδιαφέρον σαν αυττελής άσκηση Άλγεβρας.

Ας δώσω και την απόδειξη.

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} x + \dfrac{1}{z} = y + \dfrac{1}{x}\\ \\ \dfrac{1}{z} = xy \end{array} \right. \Rightarrow x + xy = \dfrac{{xy + 1}}{x} \Leftrightarrow {x^2} + {x^2}y = xy + 1 \Leftrightarrow (x - 1)(x + xy + 1) = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{x,y > 0}$ $\boxed{x=1}$

Τώρα όμως $\displaystyle \frac{1}{z} = y$ οπότε από $\displaystyle x + \frac{1}{z} = z + \frac{1}{y} \Rightarrow 1 + y = \frac{2}{y} \Leftrightarrow {y^2} + y - 2 = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{y > 0}$ $\boxed{y=1}$ άρα και $\boxed{z=1}$

#12

Γεια σας. Να αποδειχθεί ότι
10) Το

είναι βρύκεντρο του ABC

αν και μόνο αν για κάθε ευθεία $\varepsilon$ που αφήνει τα A, B, C

προς το ίδιο μέρος του επιπέδου η μέση τιμή των αποστάσεων των A, B, C

από την $\varepsilon$ είναι ίση με την απόσταση του

από την $\varepsilon$ .

#13

nsmavrogiannis έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 12, 2021 9:54 pm
Γεια σας. Να αποδειχθεί ότι
10) Το είναι βρύκεντρο του αν και μόνο αν για κάθε ευθεία $\varepsilon$ που αφήνει τα προς το ίδιο μέρος του επιπέδου η μέση τιμή των αποστάσεων των από την $\varepsilon$ είναι ίση με την απόσταση του από την $\varepsilon$ .

Μιας και παρέπεσε γράφω μια απάντηση που στηρίζεται στον χαρακτηρισμό 4) του #1.

Ας ονομάσουμε $\left( x_{i},y_{i}\right)$ , i=1, 2, 3

τις κορυφές του τριγώνου.
ΕΥΘΥ Έστω px+qy+r=0

τυχούσα ευθεία που έχει τις πλευρές του τριγώνου προς το αυτό μέρος της. Τότε και το βαρύκεντρο βρίσκεται προς τι ίδιο μέρος της ευθείας. Μπορούμε να υποθέσουμε χωρίς να βλάπτεται η γενικότητα ότι
- $p^{2}+q^{2}=1$ διαφορετικά διαιρούμε την εξίσωση της ευθείας μς $p^{2}+q^{2}.$ και ότι
-το μέρος προς το οποίο βρίσκονται κορυφές-βαρύκεντρο είναι το θετικό μέρος, αλλιώς αλλάζουμε το πρόσημο των συντελεστών της.
Το αποδεικτέο γράφεται [/list]
$\frac{\dsum\limits_{i}\left( px_{i}+qy_{i}+r\right) }{3}=p\frac{\dsum\limits_{i}x_{i}}{3}+q\frac{\dsum\limits_{i}y_{i}}{3}+r$
και προφανώς ισχύει.
ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟ Έστω $Κ\left( x_{0},y_{0}\right)$ που έχει την δοθείσα ιδιότητα. Έστω px+qy+r=0

, $p^{2}+q^{2}=1$ οποιαδήποτε ευθεία που αφήνει τις κορυφές του τριγώνου προς το ίδιο μέρος της, Μπορούμε να κάνουμε για την ευθεία τις ίδιες παραδοχές που κάναμε στο ΕΥΘΥ οπότε η υπόθεση μας δίνει:
$p\frac{\dsum\limits_{i}x_{i}}{3}+q\frac{\dsum\limits_{i}y_{i}}{3}+r=px_{0}+qy_{0}+r$
που γίνεται:
$p\underset{L}{\underbrace{\frac{\dsum\limits_{i}x_{i}}{3}}}+q\underset{S}{\underbrace{\frac{\dsum\limits_{i}y_{i}}{3}}}=px_{0}+qy_{0}$
ή και
$\left( x_{0}-L\right) p+\left( y_{0}-S\right) q=0\,\,\,\,(\star)$ .
Υπάρχουν προφανώς άπειρα ζεύγη (p,q)

με $p^{2}+q^{2}=1$ που ικανοποιούν την $\star$ . Αν υποτεθεί ότι $x_{0}-L\neq 0$ τότε $p=-\frac{y_{0}-S}{x_{0}-L}q$ και $\left( \frac{y_{0}-S}{x_{0}-L}\right) ^{2}q^{2}+q^{2}=1$ που μας οδηγεί στο άτοπο συμπέρασμα ότι το

μπορεί να πάρει το πολύ δύο τιμές. Άρα $x_{0}=L$ . Όμοια $y_{0}=S$ και επομέως το

είναι κέντρο βάρους.

Γιώργος Μήτσιος · #14

Καλό βράδυ σε όλους. Μια ακόμη συνθήκη για βαρύκεντρο που έρχεται από τα παλιά.

: 11-3 χαρακτηρισμοί βαρύκεντρου.png (96.71 KiB) Προβλήθηκε 1573 φορές

Το

είναι η τομή της διαμέσου

του τριγώνου ABC

με την

, όπου $Z \in AB$ και $H \in AC$ . Τότε:

To είναι το βαρύκεντρο του $\triangle ABC$ αν και μόνον αν ισχύει $\dfrac{BZ}{ZA}+\dfrac{CH}{HA}=1$

Θα επανέλθω αν δεν καλυφθεί η απόδειξη. Φιλικά, Γιώργος.

STOPJOHN · #15

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Παρ Μαρ 11, 2022 8:31 pm
Καλό βράδυ σε όλους. Μια ακόμη συνθήκη για βαρύκεντρο που έρχεται από τα παλιά.
11-3 χαρακτηρισμοί βαρύκεντρου.png
Το είναι η τομή της διαμέσου του τριγώνου με την , όπου $Z \in AB$ και $H \in AC$ . Τότε:

To είναι το βαρύκεντρο του $\triangle ABC$ αν και μόνον αν ισχύει $\dfrac{BZ}{ZA}+\dfrac{CH}{HA}=1$

Θα επανέλθω αν δεν καλυφθεί η απόδειξη. Φιλικά, Γιώργος.

Ευθύ
Ισχύει ότι το σημείο

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ABC,AG=2GM

Στο τρίγωνο AMB

με τέμνουσα

TZG

απο Θ. Μενελάου

$\dfrac{AZ}{ZB}.\dfrac{TB}{TM}.\dfrac{GM}{GA}=1,(1),$ Ομοίως στο τρίγωνο AMC

με

τέμνουσα $TGH,\dfrac{AG}{GM}.\dfrac{TM}{TC}.\dfrac{HC}{HA}=1,(2),$

$(1)\Leftrightarrow \dfrac{ZB}{AZ}=\dfrac{TB}{2TB+a},(3), (2)\Leftrightarrow \dfrac{CH}{AH}=\dfrac{TB+a} {2TB+a}(4) , (3)+(4)\Rightarrow \dfrac{ZB}{ZA}+\dfrac{CH}{AH}=1$

Αντίστροφο

Ισχύει

$\dfrac{BZ}{ZA}+\dfrac{CH}{HA}=1, \dfrac{BZ}{AZ}=\dfrac{GM}{GA}.\dfrac{2TB}{2TB+a},(5), \dfrac{HC}{AH}=\dfrac{2GM}{AG}.\dfrac{TB+a}{2TB+a},(6), (5)+(6)\Rightarrow \dfrac{AG}{GM}=2$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #16

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Παρ Μαρ 11, 2022 8:31 pm
Καλό βράδυ σε όλους. Μια ακόμη συνθήκη για βαρύκεντρο που έρχεται από τα παλιά.
11-3 χαρακτηρισμοί βαρύκεντρου.png
Το είναι η τομή της διαμέσου του τριγώνου με την , όπου $Z \in AB$ και $H \in AC$ . Τότε:

To είναι το βαρύκεντρο του $\triangle ABC$ αν και μόνον αν ισχύει $\dfrac{BZ}{ZA}+\dfrac{CH}{HA}=1$

Θα επανέλθω αν δεν καλυφθεί η απόδειξη. Φιλικά, Γιώργος.

Με $DB,CE//AM\Rightarrow \dfrac{BZ}{ZA} + \dfrac{CH}{HA} = \dfrac{DB}{AG} + \dfrac{CE}{AG}= \dfrac{2GM}{AG} =1$

(αφού

διάμεσος στο τραπέζιο BDEC

)

Άρα,

κ.βάρους του τριγώνου ABC

.Με όμοιο τρόπο το αντίστροφο

: κέντρο βάρους.png (13.87 KiB) Προβλήθηκε 1524 φορές

Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Re: Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Re: Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Re: Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Re: Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Re: Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Re: Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Re: Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Re: Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Re: Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Re: Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Re: Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Re: Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Re: Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Re: Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Re: Χαρακτηρισμοί βαρυκέντρου

Μέλη σε σύνδεση