[RenegadoFantasma]

Hola.

Un triángulo está en un semiplano respecto a una recta.
Demostrar: la distancia entre esta recta y el punto de intersección de las medianas del triángulo
es media aritmética de las distancias entre los vértices y esta recta.



Estoy estudiando la parte de los cuadriláteros, por lo que imaginé, tal vez podría utilizar
la semisuma de los laterales es igual a la línea media de un trapecio. Me he quedado varado.

Saludos.

[ani_pascual]

....
Me he quedado varado.

Hola:
Intenta usar que las coordenadas del baricentro son la media aritmética de las coordenadas de los vértices. Igual por ahí...
Saludos

[ancape]

Un triángulo está en un semiplano respecto a una recta.
Demostrar: la distancia entre esta recta y el punto de intersección de las medianas del triángulo
es media aritmética de las distancias entre los vértices y esta recta.

Hola
Es fácil ver que es cierto para la recta paralela a la dada que pasa por C. En ese caso sólo hay dos distancias para calcular la media
Saludos

[ancape]

Hola

Elige unos ejes apropiados y sigue las indicaciones de ani_pascual

Saludos

[RenegadoFantasma]

Hola.

No debo usar ejes, es un problema de geometría sintética.

Saludos.

[ancape]

Hola.

No debo usar ejes, es un problema de geometría sintética.

Saludos.

Hola
Si sólo te permiten geometría sintética, puedes usar la figura que adjunté pero sin poner coordenadas. Simplemente la recta que hace de ejex es la paralela por C a la dada. La que hace de ejey es la perpendicular por el barcentro. Luego razonas con los segmentos que se producen al proyectar A,B,G en la primera recta.

Saludos

[Richard R Richard]

Hola.... a ojo veo que en ese grafico no se cumple que $$\overline{GK}=\dfrac{\overline{AI}+\overline{BJ}}{2}$$....  por el contrario $$\dfrac{\overline{AI}+\overline{BJ}}{2}$$ es la distancia mínima del punto D a la recta.


que si es la semisuma dicha  $$\overline{GK}$$  debe cumplir que $$\overline{AI}\leq \overline{GK}\leq \overline{BJ}$$  o en su defecto $$\overline{AI}\geq \overline{GK}\geq \overline{BJ}$$ , pero de ningún modo $$\overline{GK}$$ debe ser un segmento menor a cualquiera de las distancias a los dos vértices, y eso lo garantiza que los tres vértices pertenezcan al mismo semiplano.

A mi me parece razonable la siguiente expresión $$\overline{GK}=\dfrac{\overline{AI}+\overline{BJ}}{3}$$ ya que $$\overline{CC}=0$$ y cualquier corrimento en paralelo de la recta permite , crear un punto C'  entonces

$$\overline{GK'}=\dfrac{\overline{AI'}+\overline{BJ'}+\overline{CC'}}{3}=\dfrac{\overline{AI}+\overline{CC'}+\overline{BJ}+\overline{CC'}+\overline{CC}+\overline{CC'}}{3}=\dfrac{\overline{AI}+\overline{BJ}+\overline{CC}+3\overline{CC'}}{3}=\overline{GK}+\overline{CC'}$$

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

 Primero ten en cuenta que en un trapecio una paralela a las bases es proporcional a la media ponderada de las dos bases respecto a la distancia de la paralela a cada base opuesta. Es decir,


 

Prueba:

Por la semejanza los triángulos \( HCD \), \( HEG \), \( HAB \):

\( \dfrac{HC}{b}=\dfrac{HE}{d}=\dfrac{HA}{b'} \)

 de donde:

\( \dfrac{HE-HC}{d-b}=\dfrac{HA-HE}{b'-d}\quad \Leftrightarrow\quad \dfrac{CE}{d-b}=\dfrac{EA}{b'-d} \)

\( d\cdot EA-b\cdot EA=b'\cdot CE-d\cdot CE \)

\( d(EA+CE)=b'\cdot CE+b\cdot EA\quad \Leftrightarrow\quad d=\dfrac{b'\cdot CE+b\cdot EA}{CA} \).

[cerrar]

 Entonces:


 Si aplicamos esa propiedad en el trapecio \( ACLJ \):
 
\(  FN=\dfrac{AF}{AC}\cdot CL+\dfrac{FC}{AC}\cdot AJ=\dfrac{CL+AJ}{2} \)  (*)

 Y si lo aplicamos en el trapecio \( FNMB \):

\(  GK=\dfrac{GB}{BF}\cdot FN+\dfrac{GF}{BF}\cdot BM \)

 Teniendo en cuenta que las medianas se cortan a \( 2/3 \) de la longitud de cada mediana desde el vértice:

\( GK=\dfrac{2}{3}\cdot FN+\dfrac{1}{3}\cdot BM \)

 y por (*):

\(  GK=\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{CL+AJ}{2}+\dfrac{1}{3}\cdot BM=\dfrac{CL+AJ+BM}{3} \)

Saludos.

P.D.

Si sólo te permiten geometría sintética, puedes usar la figura que adjunté pero sin poner coordenadas. Simplemente la recta que hace de ejex es la paralela por C a la dada. La que hace de ejey es la perpendicular por el barcentro. Luego razonas con los segmentos que se producen al proyectar A,B,G en la primera recta.

Es falso que \( GK=\dfrac{AI+BJ}{2} \) y también es falso. Es como dice Richard:

A mi me parece razonable la siguiente expresión $$\overline{GK}=\dfrac{\overline{AI}+\overline{BJ}}{3}$$ ya que $$\overline{CC}=0$$ y cualquier corrimento en paralelo de la recta permite , crear un punto C'  entonces

No se puede pretender dar una expresión de la distancia del baricentro  a una recta sólo con las distancias de DOS vértices a la recta; el baricentro depende también del tercer vértice.

CORREGIDO: No me había fijado en que estamos en el caso particular en que la recta pasa por el tercer vértice.



CORREGIDOS errores de compilación en la Prueba del Spoiler. (gracias ani_pascual)

[Richard R Richard]

No se puede pretender dar una expresión de la distancia del baricentro  a una recta sólo con las distancias de DOS vértices a la recta; el baricentro depende también del tercer vértice.

Comprendo, si te fijas intenté una definición con los 3 datos arbitrarios de los vectices , más abajo.
Digamos que del tema de fondo , la matemática  sintética, poco tengo para aportar
Solo decir que en el caso particular que un lado sea paralelo a la recta o con 2 vertices sobre la recta , es bien sabido que el baricentro estará a $$1/3$$ de la altura respecto de ese lado, esto es muy útil para facilitar la solución rápida en muchos problemas  de ingeniería civil, naval, hidraulica y electrónica, también en la economía.
Saludos

[ancape]

Es falso que \( GK=\dfrac{AI+BJ}{2} \) y también es falso. Es como dice Richard:

A mi me parece razonable la siguiente expresión $$\overline{GK}=\dfrac{\overline{AI}+\overline{BJ}}{3}$$ ya que $$\overline{CC}=0$$ y cualquier corrimento en paralelo de la recta permite , crear un punto C'  entonces

No se puede pretender dar una expresión de la distancia del baricentro  a una recta sólo con las distancias de DOS vértices a la recta; el baricentro depende también del tercer vértice.

CORREGIDO: No me había fijado en que estamos en el caso particular en que la recta pasa por el tercer vértice.

Hola

Perdón, en la figura puse un 2 en lugar de un 3 que representaba la media aritmética y como bien observó rápidamente Richard. Todos nos equivocamos. Tú también pusiste 'media ponderada' y no especificaste los coeficientes de ponderación, pero ya se entendía que deben ser iguales.
El que uno de los vértices esté en la recta dada no es un caso particular. Dados el triángulo y la recta, trazamos una paralela a ella por el vértice C. La media de las distancias de los vértices a esta nueva se reduce en la misma proporción que lo hace el baricentro.

Por cierto, en la figura original parecía que el triángulo dado era equilátero, pero en mi demostración no supuse tal hecho pues no me atreví a tanto.

Saludos