Centros do Triângulo e a Reta de Euler

Arraste qualquer vértice. Três dos quatro centros nunca abandonam a reta vermelha. O quarto só lá calha quando o triângulo é isósceles.

Exemplo resolvido — Centros do Triângulo e a Reta 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 fora da reta	0,0372

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Centros do Triângulo e a Reta de Euler

Um centro do triângulo é um ponto definido pela figura em si, em vez de depender da página onde foi desenhada: se mover, rodar ou alterar a escala do triângulo, o ponto acompanha-o. Quatro deles são clássicos, e cada um assinala o local de encontro de uma família de três retas. As medianas reúnem-se no baricentro. As mediatrizes dos lados intersetam-se no circuncentro. As alturas unem-se no ortocentro. E as bissetrizes encontram-se no incentro. O simples facto destas três retas concorrerem no mesmo local, nos quatro casos, já constitui por si só um teorema.

O que significa cada símbolo

G: o baricentro, a média dos três vértices, e o ponto onde o triângulo ficaria em equilíbrio
O: o circuncentro, equidistante de todos os vértices, servindo por isso de centro à circunferência que passa por eles
H: o ortocentro, ponto de encontro das três alturas, e o único dos quatro sem uma circunferência própria
I: o incentro, equidistante dos três lados, e o único que permanece sempre no interior

Falha quando: No triângulo equilátero, o único caso sobre o qual esta página não tem nada a acrescentar. Os quatro centros colapsam no mesmo ponto. Todas as retas que o atravessam contêm a totalidade dos centros. Consequentemente, a reta de Euler não é nenhuma reta em particular. A página imprime "nenhuma reta" nessa situação, em vez de escolher uma arbitrariamente.

Três construções sem nada em comum, e uma única reta 🖖

O baricentro é o ponto onde as três medianas se cruzam. O circuncentro é o ponto onde as três mediatrizes se intersetam. O ortocentro é o ponto onde as três alturas se encontram. São três famílias de retas diferentes. E nenhuma das três definições faz qualquer alusão às restantes.

Arraste um vértice para onde quiser. Os três pontos movem-se, mas mantêm-se sobre uma mesma reta.

O baricentro fica sempre entre os outros dois, e sempre no mesmo lugar: a distância HG é exatamente o dobro de GO. A linha HG : GO regista o valor 2,000, não importa como arraste a figura. Euler resolveu o problema em 1763 e o seu artigo foi publicado em 1767. A reta ostenta o seu nome desde então.

O incentro só é convidado quando dois lados são iguais 🖖

O quarto centro é o ponto onde as bissetrizes se cruzam. É o único que está permanentemente no interior do triângulo. É por essa razão que uma circunferência lhe pode ser inscrita. E é o centro por onde a reta de Euler não passa.

Pelo menos, não na maioria das vezes. O gráfico inferior traça a distância do incentro à reta à medida que o vértice selecionado desliza lateralmente. No triângulo inicial desta página, a curva toca no zero cinco vezes. Cada um destes toques corresponde a um triângulo com dois lados iguais: um onde C se posiciona acima do ponto médio de AB, dois onde CA cresce até igualar AB, e dois onde é CB a fazê-lo.

Esta é a única condição. Um triângulo isósceles possui um eixo de simetria, pelo que todos os centros têm de recair sobre ele. A reta de Euler é precisamente esse eixo.

Aos exatos 90°, um centro calha num lado e o outro num vértice 🖖

Um triângulo acutângulo retém os quatro centros no seu interior. Se alargar um ângulo para lá dos 90°, dois deles saem juntos: o circuncentro e o ortocentro. E fazem-no por lados opostos.

Vale a pena parar no momento exato desta transição. Prima Retângulo. A linha Circuncentro O indica (2,000; 1,500), que é o ponto médio da hipotenusa de (4; 0) a (0; 3). A linha Ortocentro H regista (0,000; 0,000), que corresponde ao próprio vértice do ângulo reto. Um num lado, outro num vértice. Ambos na fronteira, no mesmo instante.

O incentro nunca sai. Uma circunferência que encaixe perfeitamente dentro do triângulo não poderia ter o seu centro noutro lugar.

Problema resolvido na íntegra

Uma reta que ninguém desenhou 6 passos
Um triângulo tem os vértices A = (0; 0), B = (6; 0) e C = (2; 5). Encontre o baricentro, o circuncentro e o ortocentro a partir das suas próprias definições. Mostre que os três são colineares e determine a proporção em que o baricentro divide o segmento que une os outros dois.

Abrir este problema na ferramenta
1. Comecemos pelo baricentro, pois é o único que dispensa geometria. As medianas cruzam-se na média dos vértices, pelo que G = ((0 + 6 + 2)/3; (0 + 0 + 5)/3) = (8/3; 5/3). A linha Baricentro G mostra (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. O circuncentro é o ponto equidistante dos três vértices. A equidistância a A e a B coloca-o em x = 3, a mediatriz de um segmento horizontal. A equidistância a A e a C dá 3² + y² = (3 − 2)² + (y − 5)², e o termo y² anula-se em ambos os lados: 9 = 1 + 25 − 10y, logo 10y = 17 e y = 1,7. O = (3; 1,7), e a linha Circuncentro O concorda com o resultado.
  
  $3^{2} + y^{2} = (3 - 2)^{2} + (y - 5)^{2} \Rightarrow 9 = 26 - 10 y \Rightarrow y = 1.7, O = (3, 1.7)$
3. O ortocentro exige duas alturas e não precisa de nada do passo 2. A altura a partir de A é perpendicular a BC, cuja direção é C − B = (−4; 5). Assim, todos os pontos nela contidos satisfazem −4x + 5y = 0. A altura a partir de B é perpendicular a AC, com direção (2; 5), e passa por (6; 0), resultando em 2(x − 6) + 5y = 0. Substituir y = 4x/5 nesta segunda equação dá 2x − 12 + 4x = 0, logo 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. E agora a afirmação. Partindo de O, o passo até G é (8/3 − 3; 5/3 − 17/10) = (−1/3; −1/30), e o passo até H é (2 − 3; 1,6 − 1,7) = (−1; −1/10). Dois vetores são paralelos quando o seu produto vetorial se anula: (−1/3)(−1/10) − (−1/30)(−1) = 1/30 − 1/30 = 0. Anula-se de forma exata, em frações, sem que haja arredondamentos pelo meio.
  
  $(G - O) = (- \frac{1}{3}, - \frac{1}{30}), (H - O) = (- 1, - \frac{1}{10}), (- \frac{1}{3}) (- \frac{1}{10}) - (- \frac{1}{30}) (- 1) = 0$
5. O segundo vetor é o triplo do primeiro. Isto significa que H está três vezes mais longe de O do que G, encontrando-se G entre eles. Isto atribui duas partes a HG por cada parte de GO. Em comprimentos, GO = √(1/9 + 1/900) = √101/30 = 0,334996 e HG = √(4/9 + 1/225) = √101/15 = 0,669992. A linha HG : GO regista 2,000, uma vez que a parcela √101 se anula algebricamente em vez de se perder por arredondamento.
  
  $GO = \frac{101}{30}, H G = \frac{101}{15}, \frac{H G}{GO} = 2$
6. O quarto centro não entra nestas contas. Sendo a = |BC| = √41, b = |CA| = √29 e c = |AB| = 6, o incentro será (aA + bB + cC)/(a + b + c) = (2,491; 1,687). A linha Incentro fora da reta regista o valor 0,0372, um desvio pequeno, mas não nulo. Se arrastar C até x = 3, o valor passará a ser 0,0000, pois aí o triângulo torna-se isósceles.
  
  $I = \frac{a A + b B + c C}{a + b + c}, a = 41, b = 29, c = 6 \Rightarrow I = (2.491, 1.687)$
Resposta

Exatamente 2. E será sempre exatamente 2 em qualquer triângulo que desenhe. O baricentro não está simplesmente algures no segmento que une o ortocentro ao circuncentro. Encontra-se sempre a dois terços de distância ao longo dele. O que a ferramenta não lhe consegue mostrar é a razão de isto acontecer. Arrastar um vértice fornece indícios, mas não constitui uma prova matemática. A demonstração mais direta define o circuncentro como origem, de modo que |A| = |B| = |C| = R, e avalia o ponto singular P = A + B + C. Neste caso, P − A = B + C. Visto que (B + C)·(C − B) = |C|² − |B|² = 0, concluímos que P reside sobre a altura traçada de A. As mesmas duas linhas de raciocínio colocam-no nas outras duas alturas, o que faz de P o ortocentro. O baricentro corresponde a P/3, a um terço da distância da origem a P. E a origem era o circuncentro.

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

Referências (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.

Pela equipa 42Math · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.