Centrul de greutate, demonstrat vectorial (M2, științe ale naturii)

Profilul tău de liceu: nu l-ai ales încăProfilul tău: mate-info (M1)Profilul tău: științe ale naturii (M2); pagina asta e pentru științe ale naturii (M2) — matematica de mate-info, clasa a IX-a → ·

Decupează un triunghi din carton și încearcă să-l ții în echilibru pe vârful unui creion. Există un singur punct în care reușești, iar el nu e nici centrul cercului înscris, nici cel al cercului circumscris: e punctul în care se întâlnesc cele trei mediane. Din gimnaziu știi că lucrul acesta se întâmplă, dar nu și de ce. Lecția de față, de clasa a IX-a la profilul științe ale naturii (M2), dă demonstrația — și o dă cu vectori, în cinci rânduri, fără nicio construcție ajutătoare. La Bacalaureatul M2 2027–2029, centrul de greutate este în programa de examen, iar Subiectul I are șase cerințe scurte de câte cinci puncte, din materia claselor a IX-a și a X-a; în modelul oficial publicat pentru sesiunea 2026, cerințele $5$ și $6$ de la acest subiect sunt de geometrie — una cu coordonate și mijlocul unui segment, alta cu un triunghi dreptunghic — iar relațiile vectoriale intră în aceeași familie de cerințe scurte.

Această lecție face parte din suplimentul pentru Bacalaureat M2 2027–2029: vectorul de poziție al centrului de greutate și concurența medianelor sunt cerute de programa de examen (OMEN 4430/2014), deși nu mai apar în programa nouă a clasei a IX-a. Ai nevoie de un singur lucru învățat în lecția anterioară, despre vectorul de poziție și raportul pe un segment: formula mijlocului. Restul se construiește aici.

Ce vei învăța

Vei ști să demonstrezi vectorial că cele trei mediane ale unui triunghi sunt concurente, folosind un singur argument de simetrie.
Vei ști formula $r_{G} = \frac{1}{3} (r_{A} + r_{B} + r_{C})$ și vei ști să o aplici cu orice origine, inclusiv cu originea într-un vârf.
Vei ști să folosești relația $G A + GB + GC = 0$ și să arăți că $G$ este singurul punct cu această proprietate.
Vei ști să aplici formula $M A + M B + M C = 3 M G$ , care rezolvă singură o bună parte din cerințele de examen.
Vei ști de unde vine numele „centru de greutate" și cum se verifică experimental, cu un carton și un creion.
Vei ști să compari demonstrația vectorială cu cea clasică, făcută cu teorema lui Ceva, și să spui ce câștigă fiecare.

Hai să descoperim împreună

1. Ce este centrul de greutate al unui triunghi?

Centrul de greutate al unui triunghi este punctul în care se întâlnesc cele trei mediane ale sale; el se notează $G$ , există pentru orice triunghi — adică medianele sunt într-adevăr concurente, lucru pe care îl vom demonstra imediat — și taie fiecare mediană în două bucăți inegale, cea dinspre vârf fiind mai lungă.

Numele nu e o metaforă de manual: punctul acesta chiar este locul în care se concentrează, din punct de vedere mecanic, greutatea unei plăci triunghiulare omogene, iar paragraful al șaselea arată de ce. Deocamdată reține că avem de dovedit ceva, nu doar de povestit: afirmația „cele trei mediane trec prin același punct" nu e evidentă, fiindcă în general trei drepte alese la întâmplare se taie două câte două, în trei puncte diferite.

Reamintim numele, ca să nu apară confuzii: mediana dusă din $A$ este segmentul care unește vârful $A$ cu mijlocul laturii opuse $[B C]$ . Vom nota cu $A_{1}$ , $B_{1}$ , $C_{1}$ mijloacele laturilor $[B C]$ , $[C A]$ , respectiv $[A B]$ , deci cele trei mediane sunt $A A_{1}$ , $B B_{1}$ și $C C_{1}$ . Proprietățile lor le-ai întâlnit la medianele triunghiului și centrul de greutate; aici le obținem din nou, dar prin calcul, nu prin construcții.

2. Cum se demonstrează vectorial că medianele sunt concurente?

Ideea demonstrației e neobișnuită și merită urmărită cu atenție: nu pornim intersectând două mediane, ca la geometria clasică, ci fabricăm din start un punct care se dovedește apoi a fi pe toate trei. Alegem o origine $O$ , oricare, și definim punctul $G$ prin vectorul său de poziție:

$r_{G} = \frac{1}{3} (r_{A} + r_{B} + r_{C}) .$

Arătăm că $G$ se află pe mediana din $A$ . Mijlocul $A_{1}$ al laturii $[B C]$ are, din formula mijlocului, vectorul de poziție $r_{A_{1}} = \frac{r _{B} + r _{C}}{2}$ . Calculăm cei doi vectori care ne interesează:

$A G = r_{G} - r_{A} = \frac{r _{B} + r _{C} - 2 r _{A}}{3}, A A_{1} = r_{A_{1}} - r_{A} = \frac{r _{B} + r _{C} - 2 r _{A}}{2} .$

Cele două fracții au același numărător, deci $A G = \frac{2}{3} A A_{1}$ : punctul $G$ este pe segmentul $A A_{1}$ , la două treimi de vârful $A$ .

Acum vine pasul decisiv. Expresia $\frac{1}{3} (r_{A} + r_{B} + r_{C})$ nu se schimbă dacă permutăm literele, fiindcă adunarea vectorilor este comutativă. Repetând calculul de mai sus cu $B$ în locul lui $A$ obținem $B G = \frac{2}{3} B B_{1}$ , iar cu $C$ obținem $C G = \frac{2}{3} C C_{1}$ . Așadar același punct $G$ stă pe toate cele trei mediane, deci ele sunt concurente. Demonstrația nu a cerut niciun desen ajutător: toată puterea ei vine din simetria formulei.

3. Ce spune formula vectorului de poziție?

Rezultatul obținut se scrie, pentru orice punct $O$ ales ca origine, sub forma

$O G = \frac{1}{3} (O A + O B + O C) .$

Este cea mai folosită formulă a lecției și, ca în lecția anterioară, ea are farmecul de a funcționa cu orice origine. Alegerea cea mai profitabilă la examen este chiar un vârf al triunghiului: luând $O = A$ , vectorul $AA$ este nul, iar formula devine $A G = \frac{1}{3} (A B + A C)$ . Cu alte cuvinte, centrul de greutate se descompune după cele două laturi cu coeficienți egali cu $\frac{1}{3}$ — o legătură directă cu descompunerea unui vector după doi vectori necoliniari.

Observă și controlul: suma coeficienților este $\frac{1}{3} + \frac{1}{3}$ , adică $\frac{2}{3}$ , nu $1$ — și așa trebuie, fiindcă $G$ nu se află pe dreapta $B C$ , ci la două treimi de drum spre ea.

4. De ce este suma $G A + GB + GC$ egală cu vectorul nul?

Scriem cei trei vectori cu ajutorul originii: $G A = r_{A} - r_{G}$ și analoagele. Adunându-i, obținem

$G A + GB + GC = (r_{A} + r_{B} + r_{C}) - 3 r_{G} = 3 r_{G} - 3 r_{G} = 0 .$

Relația aceasta e adevărata definiție „de lucru" a centrului de greutate, pentru că din ea se rezolvă cele mai multe cerințe de examen. Mai mult, ea îl caracterizează: $G$ este singurul punct cu această proprietate. Într-adevăr, dacă un punct $M$ verifică $M A + M B + M C = 0$ , atunci, scriind la fel cu vectori de poziție, obținem $r_{A} + r_{B} + r_{C} = 3 r_{M}$ , deci $r_{M} = r_{G}$ , adică $M$ și $G$ coincid.

5. Cum se folosește relația cu un punct oarecare?

Pentru un punct $M$ ales liber în plan, aceeași socoteală, făcută fără a presupune ceva despre $M$ , dă rezultatul care se folosește în subiecte:

$M A + M B + M C = 3 M G .$

Este o formulă de conversie: ori de câte ori într-un enunț apare suma celor trei vectori duși dintr-un punct spre vârfuri, o înlocuiești cu triplul unui singur vector, iar problema se scurtează dramatic. Cazul $M = G$ redă relația din paragraful precedent, fiindcă $GG = 0$ ; alegerile în care $M$ este un vârf al triunghiului anulează primul termen și dau relațiile cele mai folosite la examen.

Merită văzut pe loc cât de mult scurtează formula aceasta o rezolvare. Presupune că într-o problemă se cere punctul $M$ pentru care suma celor trei vectori duși spre vârfuri are o lungime dată. Fără conversie, ar trebui să lucrezi cu trei vectori deodată și să descompui fiecare dintre ei; cu conversie, întreaga sumă devine $3 M G$ , deci condiția se traduce imediat într-o afirmație despre distanța de la $M$ la centrul de greutate. Trei necunoscute geometrice s-au strâns într-una singură, iar restul problemei se rezolvă ca și cum triunghiul nici nu ar fi acolo.

O ultimă observație, folositoare la probleme: egalitatea $A G = \frac{2}{3} A A_{1}$ arată că $G$ nu este mijlocul medianei, ci taie din ea o bucată dinspre vârf mai lungă decât cea rămasă. Cât de mult mai lungă se scoate dintr-un singur rând de calcul, pe care îl faci la Exemplul 3; numărul care iese este singurul din lecție pe care merită să-l știi pe de rost.

6. De unde vine numele „centru de greutate"?

Din fizică. Dacă în vârfurile triunghiului fixăm trei corpuri de mase egale, legate printr-un cadru rigid de masă neglijabilă, centrul de masă al sistemului are, după formula din lecția anterioară aplicată de două ori, exact vectorul de poziție $\frac{1}{3} (r_{A} + r_{B} + r_{C})$ , adică este chiar $G$ . Sprijinit în acel punct, sistemul rămâne în echilibru, oricum l-ai roti.

Același punct este și centrul de masă al unei plăci triunghiulare omogene — rezultat care se arată la fizică prin împărțirea plăcii în fâșii subțiri paralele cu o latură: mijloacele lor se înșiră pe mediană, deci centrul de masă e pe fiecare mediană. Experimentul cu creionul de la începutul lecției verifică tocmai acest lucru. Reține însă deosebirea: la trei mase egale în vârfuri calculul e complet, la placă este o ilustrare, nu o demonstrație de clasa a IX-a.

7. Ce alte drumuri duc la concurența medianelor?

Concurența se poate demonstra și fără vectori, cu teorema lui Ceva: pentru mediane, cele trei rapoarte de pe laturi sunt toate egale cu $1$ , produsul lor este $1$ , deci dreptele sunt concurente. Este o demonstrație scurtă și frumoasă, dar ea folosește un rezultat serios, pregătit dinainte, și nu spune nimic despre poziția punctului comun.

Demonstrația vectorială e mai modestă ca unelte și mai generoasă ca informație: dă concurența și raportul $2 : 1$ , dintr-un singur calcul. Mai mult, ea se transferă fără nicio modificare la probleme în care apar mase diferite în vârfuri. Merită să le compari, iar dacă vrei o a treia variantă, teorema lui Menelaus oferă unealta clasică pentru rapoarte pe o transversală.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Formula, obținută de la zero

Fie $G$ centrul de greutate al triunghiului $A B C$ și $O$ un punct oarecare. Arătați că $O G = \frac{1}{3} (O A + O B + O C)$ .

Rezolvare. Plecăm de la caracterizarea $G A + GB + GC = 0$ și scriem fiecare vector față de $O$ : $G A = O A - O G$ , la fel pentru celelalte două. Adunându-le, obținem

$O A + O B + O C - 3 O G = 0,$

de unde rezultă imediat formula cerută. Demonstrația merge și invers: dacă pornești de la formulă, ajungi la suma nulă. Cele două afirmații sunt, așadar, echivalente, iar la examen poți pleca de la oricare dintre ele.

Exemplul 2 — Centrul de greutate scris cu două laturi

Fie $G$ centrul de greutate al triunghiului $A B C$ . Descompuneți $B G$ după $B A$ și $B C$ .

Rezolvare. Alegem originea în $B$ . Atunci $B B = 0$ , iar formula devine

$B G = \frac{1}{3} (B A + B B + B C) = \frac{1}{3} B A + \frac{1}{3} B C .$

Rezultatul are aceeași formă ca cel dedus pentru vârful $A$ , ceea ce se potrivește cu simetria triunghiului: centrul de greutate nu deosebește niciun vârf de celelalte. Controlul: coeficienții adună $\frac{2}{3}$ , semn că $G$ nu e pe latura $A C$ , ci la două treimi de drum spre ea.

Exemplul 3 — Raportul de pe mediană

Fie $G$ centrul de greutate al triunghiului $A B C$ și $A_{1}$ mijlocul laturii $[B C]$ . Arătați că $G A_{1} = \frac{1}{2} A G$ și deduceți raportul $A G : G A_{1}$ .

Rezolvare. Știm că $A G = \frac{2}{3} A A_{1}$ . Atunci

$G A_{1} = A A_{1} - A G = A A_{1} - \frac{2}{3} A A_{1} = \frac{1}{3} A A_{1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} A A_{1} = \frac{1}{2} A G .$

Cei doi vectori au același sens, iar al doilea e de două ori mai scurt, deci $A G : G A_{1} = 2 : 1$ . Observă că raportul e măsurat dinspre vârf: bucata lungă e lipită de vârf, cea scurtă de mijlocul laturii.

Exemplul 4 — Găsește greșeala

Un elev a scris că $A G = \frac{1}{3} A A_{1}$ , motivând că „centrul de greutate împarte mediana în raportul $2 : 1$ , deci o treime". Arătați unde greșește.

Rezolvare. Elevul a amestecat două rapoarte diferite. Raportul $2 : 1$ se referă la cele două bucăți ale medianei, $A G$ și $G A_{1}$ : prima are două părți, a doua o parte, deci mediana întreagă are trei părți. Fracția din mediană care revine bucății dinspre vârf este, prin urmare, $\frac{2}{3}$ , nu $\frac{1}{3}$ . Scrierea corectă e $A G = \frac{2}{3} A A_{1}$ , iar fracția $\frac{1}{3}$ îi revine celeilalte bucăți, $G A_{1}$ .

Controlul care l-ar fi salvat: adună cele două fracții și vezi dacă dau $1$ . Cu $\frac{1}{3}$ și $\frac{1}{3}$ nu se ajunge la mediana întreagă, deci ceva lipsește.

Exemplul 5 — Mobilul cu trei bile

Trei bile identice sunt fixate în vârfurile unui cadru triunghiular rigid, de masă neglijabilă. Mediana dusă din $A$ are lungimea de $12$ cm. La ce distanță de vârful $A$ trebuie prins firul, pe această mediană, pentru ca mobilul să atârne echilibrat?

Rezolvare. Masele fiind egale, centrul de masă al sistemului este chiar centrul de greutate $G$ al triunghiului, adică punctul de pe mediană cu $A G = \frac{2}{3} A A_{1}$ . Distanța cerută este, așadar,

$A G = \frac{2}{3} \cdot A A_{1} = \frac{2}{3} \cdot 12 = 8 cm .$

Firul se prinde la $8$ cm de vârful $A$ , deci la $4$ cm de mijlocul laturii opuse. Controlul e imediat: $8 + 4 = 12$ cm, iar raportul celor două bucăți este $8 : 4$ , adică $2 : 1$ , cum trebuie.

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat M2

Se consideră triunghiul $A B C$ cu centrul de greutate $G$ . Arătați că $A B + A C = 3 A G$ .

Rezolvare. Aplicăm formula de conversie $M A + M B + M C = 3 M G$ pentru punctul $M = A$ . Primul termen devine $AA = 0$ și dispare, deci rămâne exact $A B + A C = 3 A G$ .

Dacă nu vrei să folosești formula de conversie, calculul direct e la fel de scurt: cu originea în $A$ , $A G = \frac{1}{3} (0 + A B + A C)$ , de unde se înmulțește cu $3$ . Cerința e scrisă în stilul Subiectului I de la Bacalaureatul M2: o singură egalitate de demonstrat, în două rânduri.

Să exersăm

La fiecare exercițiu, întreabă-te întâi ce origine îți simplifică socoteala — de obicei unul dintre vârfuri sau chiar $G$ . Apoi caută în enunț suma celor trei vectori duși spre vârfuri: dacă apare, înlocuiește-o direct cu triplul vectorului spre $G$ . Verifică la final dacă raportul $2 : 1$ a fost folosit dinspre vârf, nu invers.

1. Fie $G$ centrul de greutate al triunghiului $A B C$ . Determină numerele reale $α$ și $β$ pentru care $G A = α A B + β A C$ .

2. În triunghiul $A B C$ , mediana din $B$ are lungimea $B B_{1} = 18$ cm, iar mediana din $C$ are $C C_{1} = 21$ cm. Calculează lungimile $B G$ , $G B_{1}$ , $C G$ și $G C_{1}$ , unde $G$ este centrul de greutate al triunghiului.

3. În triunghiul $A B C$ , punctul $P$ se află pe mediana din $A$ și verifică $A P = \frac{4}{5} A A_{1}$ , unde $A_{1}$ este mijlocul laturii $[B C]$ . Determină numărul real $u$ pentru care $A P = u A G$ , unde $G$ este centrul de greutate al triunghiului.

4. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Centrul de greutate al unui triunghi este mijlocul uneia dintre laturile sale."

5. Fie $G$ centrul de greutate al triunghiului $A B C$ . Exprimă $G A + GB$ în funcție de $GC$ .

6. (Exercițiu tip Bacalaureat M2.) Se consideră triunghiul $A B C$ cu centrul de greutate $G$ și punctul $D$ pentru care $A D = 3 A G$ . Arătați că $B D = A C$ .

7. Triunghiurile $A B C$ și $A^{'} B^{'} C^{'}$ au centrele de greutate $G$ și $G^{'}$ . Arată că $G = G^{'}$ dacă și numai dacă $r_{A} + r_{B} + r_{C} = r_{A^{'}} + r_{B^{'}} + r_{C^{'}}$ .

8. Determină punctul $P$ din planul triunghiului $A B C$ pentru care $P A + P B + P C = A B$ , exprimându-l față de centrul de greutate $G$ .

9. Fie $A_{1}$ , $B_{1}$ , $C_{1}$ mijloacele laturilor triunghiului $A B C$ . Arată că triunghiul $A_{1} B_{1} C_{1}$ are același centru de greutate ca triunghiul $A B C$ .

10. (Problemă aplicată.) Trei stații de măsurare a calității aerului se află în punctele $A$ , $B$ și $C$ . Un dron aflat în punctul $M$ calculează vectorul $s = M A + M B + M C$ și zboară pe direcția și în sensul lui. Arată că dronul se îndreaptă mereu spre centrul de greutate al triunghiului stațiilor și că acolo $s$ devine vectorul nul. Dacă distanța de la $M$ la acel punct este de $150$ m, cât este $∥ s ∥$ ?

11. Fie $G$ centrul de greutate al triunghiului $A B C$ , iar $M$ și $N$ mijloacele laturilor $[A B]$ , respectiv $[A C]$ . Arată că $A G = \frac{2}{3} (A M + A N)$ .

12. (Exercițiu tip Bacalaureat M2.) Se consideră triunghiul $A B C$ cu centrul de greutate $G$ și $M$ mijlocul laturii $[A B]$ . Arătați că $6 M G = 2 A C - A B$ .

13. Fie $G$ centrul de greutate al triunghiului $A B C$ și $B_{1}$ mijlocul laturii $[C A]$ . Determină numărul real $v$ pentru care $B_{1} G = v B_{1} B$ .

14. Reia demonstrația concurenței medianelor cu teorema lui Ceva și compară, în trei-patru fraze, ce anume obține fiecare dintre cele două metode.

15. (Exercițiu tip Bacalaureat M2.) Se consideră triunghiul $A B C$ , cu $A_{1}$ , $B_{1}$ , $C_{1}$ mijloacele laturilor $[B C]$ , $[C A]$ , respectiv $[A B]$ . Arătați că $A A_{1} + B B_{1} + C C_{1} = 0$ .

16. Fie $G$ centrul de greutate al triunghiului $A B C$ și $A^{'}$ simetricul lui $A$ față de $G$ . Arată că $B A^{'} = GC$ .

17. Explică, în două-trei fraze, de ce demonstrația vectorială obține concurența celor trei mediane fără să intersecteze efectiv două dintre ele.

18. (Provocare.) Fie $G$ centrul de greutate al triunghiului $A B C$ și $D$ mijlocul segmentului $[A G]$ . Determină numerele reale $α$ și $β$ pentru care $B D = α B A + β B C$ .

Răspunsuri și explicații

1. Vectorul cerut e opusul celui din paragraful al treilea: din $A G = \frac{1}{3} A B + \frac{1}{3} A C$ și $G A = - A G$ rezultă $α = β = - \frac{1}{3}$ . Semnele negative arată doar că drumul se face invers, dinspre $G$ spre $A$ ; mărimile coeficienților rămân egale, ca la orice punct așezat simetric față de cele trei vârfuri.

2. Pe fiecare mediană, bucata dinspre vârf este de două treimi din lungimea ei: $B G = \frac{2}{3} \cdot 18 = 12$ cm, deci $G B_{1} = 18 - 12 = 6$ cm; la fel, $C G = \frac{2}{3} \cdot 21 = 14$ cm și $G C_{1} = 21 - 14 = 7$ cm. Control: $12 : 6 = 2 : 1$ și $14 : 7 = 2 : 1$ , același raport pe amândouă medianele — lungimile lor diferite nu schimbă proporția.

3. Cei doi vectori stau pe aceeași dreaptă, mediana din $A$ , deci îi comparăm prin fracțiile lor din $A A_{1}$ : $A P = \frac{4}{5} A A_{1}$ , iar $A G = \frac{2}{3} A A_{1}$ . Împărțind cele două fracții, $u = \frac{4}{5} \cdot \frac{3}{2} = \frac{6}{5}$ . Fiind mai mare decât $1$ , numărul arată că $P$ se află dincolo de $G$ , mai aproape de latura $[B C]$ .

4. Fals. Mijlocul unei laturi este capătul unei mediane, nu punctul lor comun: el se află la distanța $0$ de latură, pe când $G$ e la o treime de ea, pe mediană. Confuzia se rupe și numeric — dacă $G$ ar fi mijlocul lui $[B C]$ , am avea $A G = A A_{1}$ , în loc de $\frac{2}{3} A A_{1}$ .

5. Din $G A + GB + GC = 0$ rezultă direct $G A + GB = - GC$ . Deci suma vectorilor duși spre două vârfuri este opusul celui dus spre al treilea — o formă foarte folosită în rezolvări.

6. Din formula scrisă cu originea în $A$ , $3 A G = A B + A C$ , deci ipoteza devine $A D = A B + A C$ . Atunci $B D = A D - A B = A C$ , ceea ce trebuia arătat. Rezultatul spune, în plus, că $A B D C$ este paralelogram, fiindcă are două laturi opuse date de vectori egali.

7. Din formulă, $r_{G} = \frac{1}{3} (r_{A} + r_{B} + r_{C})$ și analog pentru $G^{'}$ . Cele două puncte coincid exact când vectorii lor de poziție sunt egali, adică atunci când cele două sume din paranteze sunt egale. Așadar, două triunghiuri au același centru de greutate precis când sumele vectorilor de poziție ai vârfurilor coincid.

8. Folosim conversia: membrul stâng este $3 P G$ , deci $P G = \frac{1}{3} A B$ , adică $GP = \frac{1}{3} B A$ . Punctul $P$ se obține, așadar, plecând din $G$ pe direcția lui $B A$ , o treime din lungimea laturii $A B$ .

9. Vectorii de poziție ai mijloacelor sunt $\frac{r _{B} + r _{C}}{2}$ , $\frac{r _{C} + r _{A}}{2}$ și $\frac{r _{A} + r _{B}}{2}$ . Suma lor este $r_{A} + r_{B} + r_{C}$ , pentru că fiecare vârf apare de două ori, împărțit la $2$ . Împărțind la $3$ obținem același $r_{G}$ , deci cele două triunghiuri au același centru de greutate.

10. Formula de conversie dă $s = 3 M G$ , deci $s$ are exact direcția și sensul drumului de la $M$ la $G$ : dronul zboară spre centrul de greutate, oriunde ar porni. Când ajunge acolo, punctul $M$ coincide cu $G$ , iar $s = 3 GG = 0$ . Modulul se înmulțește odată cu vectorul, deci $∥ s ∥ = 3 \cdot 150 = 450$ m.

11. Mijloacele dau $A M = \frac{1}{2} A B$ și $A N = \frac{1}{2} A C$ , deci suma lor este $\frac{1}{2} (A B + A C)$ . Înmulțind cu $\frac{2}{3}$ obținem $\frac{1}{3} A B + \frac{1}{3} A C$ , adică exact $A G$ . Egalitatea spune, altfel citit, că $G$ e și centrul de greutate al triunghiului $A M N$ dus cu un factor de mărire.

12. Alegem originea în $A$ . Atunci $A M = \frac{1}{2} A B$ , iar $A G = \frac{1}{3} A B + \frac{1}{3} A C$ , deci $M G = A G - A M = - \frac{1}{6} A B + \frac{1}{3} A C$ . Înmulțind cu $6$ se obține egalitatea cerută.

13. Mediana din $B$ este $B B_{1}$ , iar $B G = \frac{2}{3} B B_{1}$ . Pornim din $B_{1}$ : $B_{1} G = B_{1} B + B G = B_{1} B - \frac{2}{3} B_{1} B = \frac{1}{3} B_{1} B$ , deci $v = \frac{1}{3}$ . Citit în cuvinte: măsurată dinspre mijlocul laturii, bucata până la $G$ este a treia parte din mediană.

14. Cu teorema lui Ceva, cele trei rapoarte determinate de mediane pe laturi sunt fiecare egale cu $1$ , produsul lor este $1$ , deci medianele sunt concurente. Metoda e scurtă, dar se sprijină pe o teoremă demonstrată separat și se oprește la concluzia de concurență. Demonstrația vectorială folosește doar formula mijlocului și dă, în plus, poziția exactă a punctului comun, prin raportul $2 : 1$ .

15. Scriem fiecare mediană cu vectori de poziție: $A A_{1} = \frac{r _{B} + r _{C}}{2} - r_{A}$ , iar celelalte două se obțin permutând literele. Adunând cele trei egalități, fiecare vector de poziție apare de două ori cu coeficientul $\frac{1}{2}$ și o dată cu coeficientul $- 1$ , deci suma este $(r_{A} + r_{B} + r_{C}) - (r_{A} + r_{B} + r_{C}) = 0$ . A doua cale, la fel de scurtă: din $A G = \frac{2}{3} A A_{1}$ rezultă $A A_{1} = \frac{3}{2} A G$ și analoagele, iar suma $A G + B G + C G$ este nulă.

16. Alegem originea chiar în $G$ ; atunci $G A + GB + GC = 0$ . Simetricul $A^{'}$ verifică $G A^{'} = - G A$ , deci $B A^{'} = G A^{'} - GB = - G A - GB = GC$ , ultima egalitate venind din relația de mai sus.

17. Pentru că demonstrația nu caută punctul de intersecție, ci îl construiește dinainte, printr-o formulă simetrică în cele trei vârfuri. Odată arătat că punctul construit se află pe o mediană, simetria formulei garantează, fără niciun calcul nou, că el se află și pe celelalte două — deci cele trei mediane au un punct comun.

18. Luăm originea în $B$ , deci $B G = \frac{1}{3} (B A + B C)$ . Punctul $D$ fiind mijlocul lui $[A G]$ , avem $B D = \frac{1}{2} (B A + B G) = \frac{1}{2} B A + \frac{1}{6} B A + \frac{1}{6} B C$ . Grupând, $B D = \frac{2}{3} B A + \frac{1}{6} B C$ , deci $α = \frac{2}{3}$ și $β = \frac{1}{6}$ . Control: amândoi coeficienții sunt pozitivi, iar suma lor, $\frac{5}{6}$ , este mai mică decât $1$ — semn că $D$ nu e pe latura $A C$ , ci în interiorul triunghiului.

De reținut

Centrul de greutate $G$ al unui triunghi este punctul comun al celor trei mediane, iar existența lui se demonstrează construind punctul cu $r_{G} = \frac{1}{3} (r_{A} + r_{B} + r_{C})$ și arătând că el se află pe fiecare mediană.
Argumentul care dă concurența este simetria: expresia sumei celor trei vectori de poziție nu se schimbă la permutarea vârfurilor, deci calculul făcut pentru o mediană se repetă identic pentru celelalte două.
Relația $G A + GB + GC = 0$ îl caracterizează pe $G$ : niciun alt punct din plan nu o verifică, deci ea poate fi folosită și ca definiție de lucru.
Formula de conversie $M A + M B + M C = 3 M G$ , valabilă pentru orice punct $M$ , transformă o sumă de trei vectori într-unul singur și este unealta de lucru la cerințele despre centrul de greutate.
Pe fiecare mediană, centrul de greutate lasă spre vârf o bucată de două ori mai lungă decât cea dinspre latură: $A G = \frac{2}{3} A A_{1}$ și $A G : G A_{1} = 2 : 1$ .

Greșeli frecvente

Fracția $\frac{1}{3}$ pusă în locul lui $\frac{2}{3}$ . Raportul $2 : 1$ compară cele două bucăți între ele, nu bucata cu mediana întreagă. Dinspre vârf revin două părți din trei, deci $A G = \frac{2}{3} A A_{1}$ . Verifică mereu adunând cele două fracții: trebuie să dea $1$ .
Scrierea sumei egale cu numărul zero. Egalitatea corectă este $G A + GB + GC = 0$ , cu vectorul nul în dreapta. Suma a trei vectori nu poate fi un număr, iar la examen o astfel de scriere e semnalată ca greșeală de limbaj, chiar dacă restul rezolvării e bun.
Confundarea lui $G$ cu celelalte puncte importante ale triunghiului. Centrul cercului circumscris stă la intersecția mediatoarelor, cel al cercului înscris la intersecția bisectoarelor, ortocentrul la intersecția înălțimilor. Doar centrul de greutate se obține din mediane și doar el are proprietatea sumei nule.
Originea schimbată în mijlocul calculului. Se începe cu vectori măsurați din $A$ și se continuă cu vectori măsurați din $G$ , fără să se spună. Rezultatul iese aproape corect, dar cu un termen în plus. Scrie originea aleasă pe prima linie și schimb-o doar începând un calcul nou.
Demonstrația oprită după prima mediană. A arăta că $G$ e pe mediana din $A$ nu dovedește nimic despre concurență. Argumentul se încheie abia când spui, explicit, că formula e simetrică și că același calcul, repetat pentru $B$ și pentru $C$ , dă același punct.

Aplică acasă

Media care nu se vede. Alege pe o hartă tipărită trei puncte — trei localități, trei stații de autobuz, trei copaci din curtea școlii. Fără să tragi nicio mediană, unește doar două dintre ele, marchează cu rigla mijlocul segmentului obținut, apoi marchează pe drumul de la acel mijloc spre al treilea punct locul aflat la o treime de mijloc. Repetă construcția pornind de la altă pereche de puncte, apoi de la a treia. Cele trei marcaje trebuie să cadă unul peste altul; măsoară abaterea în milimetri și explică, în două fraze, de ce simetria formulei o prezice.
Metoda firului cu plumb. Ia unul dintre triunghiurile de carton, perforează-l aproape de un vârf și atârnă-l de un fir cu o greutate mică. Trasează cu creionul verticala firului pe carton, apoi repetă din alt vârf. Cele două linii se taie în centrul de greutate. Compară rezultatul cu intersecția medianelor și explică, în două fraze, de ce metoda funcționează.
Aceeași problemă, două demonstrații. Scrie pe o singură pagină, una lângă alta, demonstrația vectorială a concurenței medianelor și pe cea cu teorema lui Ceva. Subliniază, la fiecare, ce ipoteze folosește și ce informații dă la final. Încheie cu un rând în care spui pe care ai alege-o la un subiect de examen și de ce.

Pentru părinți și profesori

Lecția are, pentru elevul de liceu, o valoare care depășește tema: e prima demonstrație în care soluția nu se caută, ci se propune și apoi se verifică. Mulți elevi se blochează tocmai aici, pentru că în gimnaziu au învățat să pornească de la ipoteze și să înainteze pas cu pas. Merită subliniat, la clasă, exact acest lucru: punctul $G$ apare în demonstrație înainte de a ști că e intersecția medianelor, iar simetria formulei face restul muncii. La profilul științe ale naturii, tema se leagă direct de laborator, unde centrul de masă se caută cu un carton și un fir cu plumb, iar calculul vectorial confirmă ce arată experimentul.

De urmărit în caiet: dacă originea aleasă e scrisă explicit; dacă fracția $\frac{2}{3}$ e pusă dinspre vârf; dacă în dreapta egalității stă vectorul nul, nu numărul zero; dacă argumentul de simetrie e spus în cuvinte, nu doar subînțeles. Întrebări de control: „De ce nu e de ajuns să arăți că $G$ e pe o singură mediană?"; „Ce se schimbă dacă masele din vârfuri nu sunt egale?"; „Cum obții raportul $2 : 1$ dintr-o singură egalitate?"; „Ce înseamnă, geometric, că suma celor trei vectori duși din $G$ este vectorul nul?". Semn că elevul a înțeles: alege singur originea cea mai comodă și nu mai confundă cele patru puncte importante ale triunghiului.

Programa și examenul. Tema nu se regăsește în programa școlară nouă de matematică pentru științe ale naturii (OMEC 6930/2025, anexa 28), aplicată la clasa a IX-a din anul școlar 2026–2027, și nici în programa probei MAT_P2 de la Bacalaureatul 2030, care nu mai conține calcul vectorial. Ea rămâne obligatorie pentru elevii aflați acum în clasele a X-a – a XII-a, care învață după programa veche și susțin Bacalaureatul M2 (M_șt-nat) în sesiunile 2027–2029: programa de examen (OMEN 4430/2014) cere, la capitolul despre coliniaritate, concurență și paralelism, vectorul de poziție al centrului de greutate al unui triunghi, împreună cu concurența medianelor. Subiectul I al probei are șase cerințe scurte de câte cinci puncte, din materia claselor a IX-a și a X-a; în modelul oficial publicat pentru sesiunea 2026, cerințele $5$ și $6$ sunt de geometrie — una cu coordonate și mijlocul unui segment, alta cu un triunghi dreptunghic — iar relațiile vectoriale intră în aceeași familie de cerințe scurte. Programa veche de examen prevedea patru ore de matematică pe săptămână la clasa a IX-a, față de cele trei ore din planurile-cadru în vigoare (OMEC 4350/2025).

Întrebări frecvente

Cum se demonstrează vectorial că medianele unui triunghi sunt concurente? Se construiește punctul $G$ cu vectorul de poziție $\frac{1}{3} (r_{A} + r_{B} + r_{C})$ și se arată, prin calcul, că $A G = \frac{2}{3} A A_{1}$ , deci $G$ e pe mediana din $A$ . Formula fiind simetrică în cele trei vârfuri, același calcul dă apartenența la celelalte două mediane, deci ele au un punct comun.

Care este formula vectorului de poziție al centrului de greutate? Pentru orice origine $O$ , $O G = \frac{1}{3} (O A + O B + O C)$ , adică media celor trei vectori de poziție ai vârfurilor. Alegând originea într-un vârf, de exemplu în $A$ , unul dintre termeni se anulează, iar formula se scurtează la $A G = \frac{1}{3} (A B + A C)$ — forma cea mai comodă la examen, pentru că lucrează direct cu două laturi ale triunghiului.

De ce este suma vectorilor duși din $G$ spre vârfuri egală cu vectorul nul? Pentru că, scriși față de o origine oarecare, cei trei vectori adună $r_{A} + r_{B} + r_{C} - 3 r_{G}$ , iar prima parte a expresiei este, din definiția lui $G$ , tocmai $3 r_{G}$ . Mai mult, $G$ e singurul punct din plan cu această proprietate: orice punct care o verifică ajunge, prin același calcul, să aibă exact vectorul de poziție al lui $G$ , deci coincide cu el. De aceea relația poate fi folosită și ca definiție de lucru.

În ce raport împarte centrul de greutate o mediană? În raportul $2 : 1$ , măsurat dinspre vârf: bucata dintre vârf și $G$ este de două ori mai lungă decât cea dintre $G$ și mijlocul laturii opuse. Scris vectorial, $A G = \frac{2}{3} A A_{1}$ și $G A_{1} = \frac{1}{3} A A_{1}$ , iar cele două fracții adună $1$ , ceea ce îți dă un control imediat. Atenție la capcană: raportul $2 : 1$ compară cele două bucăți între ele, nu bucata cu mediana întreagă.

Se învață centrul de greutate și la mate-info (M1)? Pe traseul de mate-info de pe Matepolis nu există o lecție de calcul vectorial, dar aceeași formulă apare acolo scrisă cu numere complexe, unde afixul joacă rolul vectorului de poziție. Pentru comparație, la mate-info (M1) rezultatul se citește în lecția despre afixul mijlocului și al centrului de greutate.

La ce subiect apare centrul de greutate la bacalaureatul M2? La Subiectul I, care are șase cerințe scurte de câte cinci puncte, din materia claselor a IX-a și a X-a. În modelul oficial pentru sesiunea 2026, cerințele $5$ și $6$ sunt de geometrie: una cu coordonate și mijlocul unui segment, alta cu un triunghi dreptunghic. Relațiile vectoriale intră în aceeași familie de cerințe scurte, fiindcă programa de examen din 2014 le trece la materia clasei a IX-a. Din 2030, la proba MAT_P2, tema nu mai apare.

Centrul de greutate al triunghiului e același cu centrul de masă al plăcii triunghiulare? Da, pentru o placă omogenă, adică de aceeași grosime și din același material. Explicația se dă la fizică, tăind placa în fâșii subțiri paralele cu o latură: mijloacele fâșiilor se așază pe mediană, deci centrul de masă e pe fiecare dintre cele trei mediane. Același punct se obține și pentru trei mase egale fixate în vârfuri.