જો $\Delta ABC$ ની મધ્યગાઓ $G$ માં છેદતી હોય,તો સાબિત કરો કે $\operatorname{ar}(AGB) = \operatorname{ar}(AGC) = \operatorname{ar}(BGC) = \frac{1}{3} \operatorname{ar}(ABC)$.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle ABC$ ની મધ્યગાઓ $AE, BF$ અને $CD$ બિંદુ $G$ માં છેદે છે.
સાબિત કરવાનું છે: $\operatorname{ar}(\triangle AGB) = \operatorname{ar}(\triangle AGC) = \operatorname{ar}(\triangle BGC) = \frac{1}{3} \operatorname{ar}(\triangle ABC)$.
રચના: $BP \perp AE$ દોરો.
સાબિતી: $AG = \frac{2}{3} AE$ [કારણ કે મધ્યકેન્દ્ર મધ્યગાનું $2:1$ ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે].
હવે,$\operatorname{ar}(\triangle AGB) = \frac{1}{2} \times AG \times BP$
$= \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} AE \times BP$
$= \frac{2}{3} \times (\frac{1}{2} \times AE \times BP)$
$= \frac{2}{3} \operatorname{ar}(\triangle ABE)$
$= \frac{2}{3} \times \frac{1}{2} \operatorname{ar}(\triangle ABC)$ [કારણ કે મધ્યગા ત્રિકોણને સમાન ક્ષેત્રફળવાળા બે ત્રિકોણમાં વિભાજિત કરે છે]
$= \frac{1}{3} \operatorname{ar}(\triangle ABC)$.
તે જ રીતે,$\operatorname{ar}(\triangle AGC) = \frac{1}{3} \operatorname{ar}(\triangle ABC)$ અને $\operatorname{ar}(\triangle BGC) = \frac{1}{3} \operatorname{ar}(\triangle ABC)$.
તેથી,$\operatorname{ar}(\triangle AGB) = \operatorname{ar}(\triangle AGC) = \operatorname{ar}(\triangle BGC) = \frac{1}{3} \operatorname{ar}(\triangle ABC)$.
આમ,સાબિત થાય છે.