Una proprieta' del baricentro di un triangolo
Vedo che i problemi di geometria (...euclidea) cominciano a far capolino sul Forum.
Pertanto ne propongo uno relativamente facile ( e abbordabile da tutti)
Siano ABC un triangolo qualunque ed r una retta che passa per il centroide G del triangolo
e taglia i lati AC ,BC internamente ( ed il lato AB esternamente),
Dette X,Y,Z le proiezioni ortogonali dei vertici A,B,C su r ,dimostrare che e':
CZ=AX+BY
karl
Risposte
sicuramente sarà sbagliata o troppo lunga ma ci provo 
la proprietà necessaria per risolvere il problema è quella secondo cui il baricentro divide ciascuna mediana in due parti tali che quella compresa tra il vertice e il baricentro è doppia dell'altra.
supponiamo che la retta $r$ sia parallela alla base: prolunghiamo $CZ$ che interseca $AB$ in $P$ e tracciamo la mediana $CM$:
$AX=BY=ZP$ (perché distanza di rette parallele)
$CG=2GM$ (proprietà baricentro)
$CZ:ZP=CG:GM$ ne consegue che $CZ=2ZP$ quindi $AX+BY=CZ$
quando la retta $r$ non è parallela alla base $AB$:
tracciamo la retta $s$ parallela a $r$ passante per $M$ che interseca $XA$, $CZ$ (sui prolungamenti) e $BY$ rispettivamente in $Q$, $R$ e $S$
$YS=ZR=XQ$ (distanza tra rette parallele)
$CZ=2ZR$ (teorema di Talete)
quindi $YS+XQ=CZ$
occorre ora dimostrare che $AQ=BS$ per ottenere $YS+XQ=BY+AX$
$AQM=MBS$ (primo criterio di congruenza)
infatti $AM=MB$ (ipotesi)
$QM=MS$ (proprietà della mediana)
gli angoli compresi sono opposti al vertice
quindi $AX+BY=CZ$
spero di essere stato abbastanza chiaro e di non aver detto GROSSE STUPIDAGGINI
la proprietà necessaria per risolvere il problema è quella secondo cui il baricentro divide ciascuna mediana in due parti tali che quella compresa tra il vertice e il baricentro è doppia dell'altra.
supponiamo che la retta $r$ sia parallela alla base: prolunghiamo $CZ$ che interseca $AB$ in $P$ e tracciamo la mediana $CM$:
$AX=BY=ZP$ (perché distanza di rette parallele)
$CG=2GM$ (proprietà baricentro)
$CZ:ZP=CG:GM$ ne consegue che $CZ=2ZP$ quindi $AX+BY=CZ$
quando la retta $r$ non è parallela alla base $AB$:
tracciamo la retta $s$ parallela a $r$ passante per $M$ che interseca $XA$, $CZ$ (sui prolungamenti) e $BY$ rispettivamente in $Q$, $R$ e $S$
$YS=ZR=XQ$ (distanza tra rette parallele)
$CZ=2ZR$ (teorema di Talete)
quindi $YS+XQ=CZ$
occorre ora dimostrare che $AQ=BS$ per ottenere $YS+XQ=BY+AX$
$AQM=MBS$ (primo criterio di congruenza)
infatti $AM=MB$ (ipotesi)
$QM=MS$ (proprietà della mediana)
gli angoli compresi sono opposti al vertice
quindi $AX+BY=CZ$
spero di essere stato abbastanza chiaro e di non aver detto GROSSE STUPIDAGGINI
Molto bene Simo90.Finalmente qualcuno che s'interessa di geometria ed
espone correttamente.
Mi permetto solo un'osservazione:sarebbe meglio far scaturire la congruenza
dei triangoli AQM e MSB dal fatto che sono rettangoli (il primo nel vertice Q e l'altro
in S) ed hanno congruenti le ipotenuse e due angoli acuti opposti al vertice.
karl
espone correttamente.
Mi permetto solo un'osservazione:sarebbe meglio far scaturire la congruenza
dei triangoli AQM e MSB dal fatto che sono rettangoli (il primo nel vertice Q e l'altro
in S) ed hanno congruenti le ipotenuse e due angoli acuti opposti al vertice.
karl
ciao karl, ho fatto più di un ragionamento, quello che mi sembra più sensato è:
se facessi partire la retta $r$ dal punto $A$ struttando il fatto che $r$ sia una retta baricentrale dividerebbe il lato $CB$ in 2 parti uguali,chiamiamole $CK$ e $KB$.
ora i triangoli rettangoli $CZK$ e $BYK$ sono congruenti avendo i tre angoli uguali e anche
$CK =KB$
per cui in questa configurazione $AX=0$ e
$AX+BY=CZ$
per il teorema di Talete essendo i segmenti $AX$ e $BY$ 2 segmenti di rette parallele tagliate dalla trasversale $r$ risulatano essere proporzionali quindi si conserva il fatto che:
$AX+BY=CZ$
spero di nn aver scritto troppe baggianate...
OPS.. nn avevo visto la risposta di simo,scusate
se facessi partire la retta $r$ dal punto $A$ struttando il fatto che $r$ sia una retta baricentrale dividerebbe il lato $CB$ in 2 parti uguali,chiamiamole $CK$ e $KB$.
ora i triangoli rettangoli $CZK$ e $BYK$ sono congruenti avendo i tre angoli uguali e anche
$CK =KB$
per cui in questa configurazione $AX=0$ e
$AX+BY=CZ$
per il teorema di Talete essendo i segmenti $AX$ e $BY$ 2 segmenti di rette parallele tagliate dalla trasversale $r$ risulatano essere proporzionali quindi si conserva il fatto che:
$AX+BY=CZ$
spero di nn aver scritto troppe baggianate...
OPS.. nn avevo visto la risposta di simo,scusate
grazie mille karl 
sono d'accordo con te è più immediato far derivare la congruenza dal fatto che sono rettangoli
non riesco a capire bene questo passaggio anche se intuitivamente riconosco che è giusto
ciao simo90
sono d'accordo con te è più immediato far derivare la congruenza dal fatto che sono rettangoli"ing.mecc":
per il teorema di Talete essendo i segmenti $AX$ e $BY$ 2 segmenti di rette parallele tagliate dalla trasversale $r$ risulatano essere proporzionali quindi si conserva il fatto che:
$AX+BY=CZ$
non riesco a capire bene questo passaggio anche se intuitivamente riconosco che è giusto
ciao simo90
"karl":
Vedo che i problemi di geometria (...euclidea) cominciano a far capolino sul Forum.
Pertanto ne propongo uno relativamente facile ( e abbordabile da tutti)
Siano ABC un triangolo qualunque ed r una retta che passa per il centroide G del triangolo
e taglia i lati AC ,BC internamente ( ed il lato AB esternamente),
Dette X,Y,Z le proiezioni ortogonali dei vertici A,B,C su r ,dimostrare che e':
CZ=AX+BY
karl
La mia domanda non c'entra niente con il problema (interessante, tra l'altro!)
Come si fa ad inserire le figure?
Francesco Daddi
"franced":
La mia domanda non c'entra niente con il problema (interessante, tra l'altro!)
Carichi l'immagine in rete, ad esempio usando Imageshack, e nel punto in cui vuoi inserire l'immagine scrivi
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