Centros del triángulo y la recta de Euler

Arrastra cualquier vértice. Tres de los cuatro centros nunca abandonan la recta roja, y el cuarto aterriza en ella únicamente cuando el triángulo es isósceles.

Ejemplo resuelto — Centros del triángulo y la recta de Euler

Baricentro G	(2,667, 1,667)
Circuncentro O	(3,000, 1,700)
Ortocentro H	(2,000, 1,600)
Incentro I	(2,491, 1,687)
HG : GO	2,000
Incentro fuera de la recta	0,0372

Estos son los valores que muestra la calculadora al abrir la página. Cambia cualquier entrada de arriba para recalcularlos.

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Lección

La teoría — Centros del triángulo y la recta de Euler

Un centro del triángulo es un punto que viene determinado por el propio triángulo y no por la página donde se dibuja: mueve, gira o escala el triángulo y el punto lo seguirá. Cuatro de ellos son clásicos, y cada uno es donde coinciden una familia de tres rectas. Las medianas se cortan en el baricentro, las mediatrices de los lados en el circuncentro, las alturas en el ortocentro y las bisectrices en el incentro. El simple hecho de que esas tres rectas se crucen, en cada uno de los cuatro casos, ya es un teorema.

Qué significa cada símbolo

G: el baricentro, el promedio de los tres vértices y el punto sobre el cual el triángulo se mantendría en equilibrio
O: el circuncentro, equidistante a los tres vértices, de modo que la circunferencia que pasa por ellos tiene allí su centro
H: el ortocentro, donde se cruzan las tres alturas; el único de los cuatro sin circunferencia propia
I: el incentro, equidistante a los tres lados, y el único que siempre queda en el interior

Falla cuando: En el triángulo equilátero, que es el único caso sobre el que esta página no tiene nada que decir. Los cuatro centros colapsan en el mismo punto, cualquier recta que pase por él los contiene a todos y la recta de Euler no es ninguna recta en particular. La página imprime "no hay recta alguna" en lugar de elegir una.

Tres construcciones que no comparten nada, y una sola recta 🖖

El baricentro es donde se cruzan las tres medianas. El circuncentro es donde se cruzan las tres mediatrices. El ortocentro es donde se cruzan las tres alturas. Estas son tres familias distintas de rectas, y ninguna de las tres definiciones hace mención a las otras dos.

Arrastra un vértice a donde quieras. Los tres puntos se mueven, pero se mantienen sobre una línea recta.

El baricentro siempre está entre los otros dos, y siempre en el mismo sitio: HG es exactamente el doble de GO. La fila HG : GO marca 2,000 sin importar cómo arrastres. Euler lo dedujo en 1763 y el artículo se publicó en 1767; desde entonces, la recta lleva su nombre.

El incentro está invitado solo cuando dos lados son iguales 🖖

El cuarto centro es donde se cruzan las bisectrices. Es el único que siempre está dentro del triángulo, por lo que puede inscribirse una circunferencia con centro en él, y es por el que no pasa la recta de Euler.

Al menos no por norma general. La gráfica inferior traza la distancia del incentro a la recta mientras el vértice seleccionado se desliza lateralmente; en el triángulo con el que se abre esta página, la curva toca el cero cinco veces. Cada toque es un triángulo con dos lados iguales: uno donde C se sitúa sobre el punto medio de AB, dos donde CA ha crecido para igualar a AB, y dos donde lo ha hecho CB.

Esa es la única condición. Un triángulo isósceles posee un eje de simetría, todos los centros deben situarse en él, y la recta de Euler es dicho eje.

A exactamente 90°, un centro aterriza en un borde y otro en un vértice 🖖

Un triángulo acutángulo mantiene los cuatro centros en su interior. Lleva un ángulo a más de 90° y dos de ellos salen juntos, el circuncentro y el ortocentro, y lo hacen por lados opuestos.

Vale la pena detenerse en el instante intermedio. Pulsa Ángulo recto. La fila Circuncentro O indica (2,000; 1,500), que es el punto medio de la hipotenusa desde (4, 0) hasta (0, 3), y la fila Ortocentro H indica (0,000; 0,000), que es el propio vértice del ángulo recto. Uno en un borde, otro en un vértice; ambos en el límite al mismo tiempo.

El incentro nunca sale. Una circunferencia que cabe dentro del triángulo no puede tener su centro en ningún otro lugar.

Problema resuelto al detalle

Una recta que nadie trazó 6 pasos
Un triángulo tiene vértices A = (0, 0), B = (6, 0) y C = (2, 5). Halla el baricentro, el circuncentro y el ortocentro a partir de sus propias definiciones, demuestra que los tres son colineales y halla la razón en la que el baricentro divide el segmento entre los otros dos.

Abre este problema en la herramienta
1. Primero el baricentro, pues es el que no requiere geometría. Las medianas se cortan en el promedio de los vértices, así que G = ((0 + 6 + 2)/3, (0 + 0 + 5)/3) = (8/3, 5/3). La fila Baricentro G marca (2,667; 1,667).
  
  $G = \frac{A + B + C}{3} = (\frac{0 + 6 + 2}{3}, \frac{0 + 0 + 5}{3}) = (\frac{8}{3}, \frac{5}{3})$
2. El circuncentro es el punto equidistante a los tres vértices. La equidistancia respecto a A y B lo sitúa en x = 3, la mediatriz de un segmento horizontal. La equidistancia respecto a A y C nos da 3² + y² = (3 − 2)² + (y − 5)², y la y² se cancela en ambos lados: 9 = 1 + 25 − 10y, por lo que 10y = 17 e y = 1,7. O = (3; 1,7), y la fila Circuncentro O concuerda.
  
  $3^{2} + y^{2} = (3 - 2)^{2} + (y - 5)^{2} \Rightarrow 9 = 26 - 10 y \Rightarrow y = 1.7, O = (3, 1.7)$
3. El ortocentro requiere dos alturas y nada del paso 2. La altura desde A es perpendicular a BC, cuya dirección es C − B = (−4, 5), así que todo punto sobre ella cumple −4x + 5y = 0. La altura desde B es perpendicular a AC, con dirección (2, 5), y pasa por (6, 0), así que 2(x − 6) + 5y = 0. Al sustituir y = 4x/5 en la segunda, se obtiene 2x − 12 + 4x = 0, con lo que x = 2 e y = 1,6. H = (2; 1,6).
  
  $- 4 x + 5 y = 0, 2 (x - 6) + 5 y = 0 \Rightarrow 6 x = 12 \Rightarrow H = (2, 1.6)$
4. Ahora la afirmación. Desde O, el paso hasta G es (8/3 − 3, 5/3 − 17/10) = (−1/3, −1/30), y el paso hasta H es (2 − 3; 1,6 − 1,7) = (−1; −1/10). Dos vectores son paralelos cuando su producto vectorial se anula: (−1/3)(−1/10) − (−1/30)(−1) = 1/30 − 1/30 = 0. Se anula con exactitud, en fracciones, sin redondeo en ninguna parte.
  
  $(G - O) = (- \frac{1}{3}, - \frac{1}{30}), (H - O) = (- 1, - \frac{1}{10}), (- \frac{1}{3}) (- \frac{1}{10}) - (- \frac{1}{30}) (- 1) = 0$
5. El segundo vector es el triple del primero, de manera que H está tres veces más lejos de O que G, y G se encuentra entre ellos. Eso hace que HG tenga dos partes por una de GO. En longitudes, GO = √(1/9 + 1/900) = √101/30 = 0,334996 y HG = √(4/9 + 1/225) = √101/15 = 0,669992. La fila HG : GO marca 2,000, y la √101 se cancela en lugar de perderse en el redondeo.
  
  $GO = \frac{101}{30}, H G = \frac{101}{15}, \frac{H G}{GO} = 2$
6. El cuarto centro no participa. Con a = |BC| = √41, b = |CA| = √29 y c = |AB| = 6, el incentro es (aA + bB + cC)/(a + b + c) = (2,491; 1,687). La fila Incentro fuera de la recta marca 0,0372, un valor pequeño pero no cero. Arrastra C hasta x = 3 y se convierte en 0,0000, porque entonces el triángulo es isósceles.
  
  $I = \frac{a A + b B + c C}{a + b + c}, a = 41, b = 29, c = 6 \Rightarrow I = (2.491, 1.687)$
Respuesta

Exactamente 2, y exactamente 2 para cada triángulo que puedas dibujar. El baricentro no solo se halla en algún lugar del segmento que va del ortocentro al circuncentro, sino que siempre está a dos tercios del camino. Lo que la herramienta no puede mostrarte es el porqué, puesto que arrastrar un vértice es una evidencia y no una demostración. La demostración más breve toma el circuncentro como origen, de modo que |A| = |B| = |C| = R, y analiza el único punto P = A + B + C. Entonces P − A = B + C, y (B + C)·(C − B) = |C|² − |B|² = 0, así que P se sitúa en la altura desde A. Las mismas dos líneas lo colocan en las otras dos alturas, lo que convierte a P en el ortocentro. El baricentro es P/3, a un tercio del camino desde el origen hasta P, y el origen era el circuncentro.

$H - O = 3 (G - O) ⟹ \frac{H G}{GO} = 2$

Referencias (3)

The paper the line is named after, in which Euler works out all four centres in coordinates and then notices that three of them are collinear: L. Euler, "Solutio facilis problematum quorundam geometricorum difficillimorum." Novi Commentarii academiae scientiarum Petropolitanae 11 (for 1765), printed 1767, pp. 103–123. Euler Archive E325; reprinted in Opera Omnia I.26, pp. 139–157.
The nine-point circle, the fifth point this page draws and the one with the longest list of claimants: K. W. Feuerbach, Eigenschaften einiger merkwürdigen Punkte des geradlinigen Dreiecks. Wiessner, Nürnberg, 1822.
A modern textbook treatment of the four centres and the line, at the level this page is pitched: H. S. M. Coxeter and S. L. Greitzer, Geometry Revisited. Mathematical Association of America, New Mathematical Library 19, 1967, chapter 1.

Por el equipo de 42Math · Contrastado con fuentes publicadas. Se agradecen correcciones.