L'ELEGANZA NEI PUNTI NOTEVOLI
DI UN TRIANGOLO
Prof. Fabio Breda
Abstract. Lo scopo di questo articolo è dimostrare le elegantissime formule cartesiane
dei quattro punti notevoli del triangolo.
Il baricentro, l'incentro, il circocentro e l'ortocentro sono punti del triangolo che tutti gli studenti
conoscono molto bene. Ci sono delle formule per determinarne le loro coordinate cartesiane molto eleganti
che sono meno note e che in questo articolo dimostrerò.
Dato il triangolo ABC in gura
con A(xA ; yA ), B(xB ; yB ) e C(xC ; yC ), a = BC , b = AC e c = AB i tre lati e α, β e γ i tre angoli in
A, B e C ,
xA + xB + xC yA + yB + yC
G
;
BARICENTRO
3
3
axA + bxB + cxC ayA + byB + cyC
I
;
INCENTRO
a+b+c
a+b+c
xA sin 2α + xB sin 2β + xC sin 2γ yA sin 2α + yB sin 2β + yC sin 2γ
K
;
CIRCOCENTRO
sin 2α + sin 2β + sin 2γ
sin 2α + sin 2β + sin 2γ
xA tan α + xB tan β + xC tan γ yA tan α + yB tan β + yC tan γ
O
;
ORTOCENTRO
tan α + tan β + tan γ
tan α + tan β + tan γ
Si nota subito una straordinaria similitudine di forma delle quattro formule. La formula e la dimostrazione del baricentro sono note a tutti in quanto riportata in tutti i libri di testo, procediamo invece
a dimostrare le altre tre.
1
1
L'INCENTRO
Dato il triangolo ABC in gura
con A(xA ; yA ), A(xB ; yB ) e A(xC ; yC ) vertici del triangolo, D(xD ; yD ) piede della bisettrice sul lato
AC , I(xI ; yI ) incentro del triangolo, H(xH ; yH ) piede della perpendicolare condotta da B al lato AC e
K(xK ; yK ) piede della perpendicolare condotta da I al lato AC . Chiamiamo AB = c, AC = b e BC = a
i lati del triangolo.
AB
c
AD
xD − xA
AD
Per il teorema delle bisettrici possiamo dire che
=
= . Ma vale anche
=
DC
BC
a
DC
xC − xD
per il teorema di Talete, quindi, confrontando i due risultati, otteniamo
xD − xA
c
=
xC − xD
a
⇒
xD =
axA + cxC
a+c
in modo analogo possiamo ricavare l'ordinata di D e quindi concludere che
ax + cxC
xD = A
a+c
ay + cyC
yD = A
a+c
Si osserva, poi, che BH risulta essere l'altezza del triangolo ABC e quindi, chiamata A l'area di
2A
ABC , si ha che BH =
. Si osserva anche che IK è il raggio della circonferenza inscritta al triangolo
b
e quindi, chiamato p il perimetro di ABC si ha IK =
vale
2A
. I triangoli BHD e IKD sono simili e quindi
p
BD
BH
2A 2A
p
=
=
:
= . Ora
ID
IK
b
p
b
BD − ID
BD
p
p−b
a+c
BI
=
=
−1= −1=
=
ID
ID
ID
b
b
b
BI
xI − xB
Per il teorema di Talete vale
=
quindi, confrontando i due risultati otteniamo
ID
xD − xI
xI − xB
a+c
=
xD − xI
b
⇒
xI =
2
(a + c)xD + bxB
a+b+c
ora sostituendo i valori ci xD trovati sopra otteniamo:
xI =
(a + c)xD + bxB
=
a+b+c
(a + c)
axA + cxC
a+c
a+b+c
+ bxB
⇒
xI =
axA + bxB + cxC
a+b+c
Si procede in modo analogo per trovare anche l'ordinata dell'incentro concludendo così che
axA + bxB + cxC
xI =
a+b+c
ay + byB + cyC
yI = A
a+b+c
cioè
I
2
axA + bxB + cxC ayA + byB + cyC
;
a+b+c
a+b+c
IL CIRCOCENTRO
Dato il triangolo ABC in gura
con A, B , C , M , S , K , P come in gura, AB = c, AC = b e BC = a i lati del triangolo ed α, β e γ i
tre angoli in A, B e C . Cerchiamo le coordinate del circocentro che risulta essere il punto di intersezione
degli assi dei lati del triangolo e anche il centro della circonferenza circoscritta al triangolo. Cominciamo
osservando che l'angolo COB misura 2α poichè è un angolo al centro che insiste sulla corda CB e quindi
è il doppio dell'angolo CAB = α che un suo corrispondente angolo alla circonferenza. Quindi l'angolo
P KB misura α poichè il triangolo CKB è isoscele.
L'angolo SKP misura β in quanto il triangolo SKP è simile al triangolo M SB .
PS
KP tan β
tan β
PS
xP − xS
Quindi
=
=
. Per il teorema di Talete
=
e confrontando i due
KP tan α
tan α
PB
xB − xP
xP − xS
tan β
risultati abbiamo che
=
e da questa uguaglianza otteniamo
xB − xP
tan α
PB
3
xS =
xB (tan α − tan β) + xC (tan α + tan β)
2 tan α
a
, questo perchè l'area del triangolo CKB la si può calcolare sia con
2 tan α
1
1
CK 2 sin 2α
la formula CK 2 sin 2α sia con la formula aKP . Quindi KP =
. Ma CK è il raggio della
2
2
a
abc
circonferenza circoscritta al triangolo e quindi per una nota formula CK =
con A area del triangolo
4A
1
ABC e si può calcolare con la formula A = bc sin α. Dunque
2
a
CK 2 sin 2α
sin 2α a2 b2 c2
=
KP =
=
·
a
a
16A2
2 tan α
c
In modo analogo posso ricavare KM =
2 tan γ
KP
a
SK
a tan γ
Ora, SK =
=
. Si osserva, quindi, che
=
, mentre per il teorema
cos β
2 tan α cos β
KM
c tan α cos β
xS − xK
x − xK
a tan γ
SK
=
e confrontando i due risultati abbiamo che S
=
e da
di Talete
KM
xK − xM
xK − xM
c tan α cos β
Ora si osserva che KP =
questa uguaglianza otteniamo
cxS tan α cos β + axM tan γ
c tan α cos β + a tan γ
x + xB
e sostituendo otteniamo la formula nale:
Ricordando il valore di xS ottenuto sopra e che xM = A
2
xK =
c·
xK =
=
xB (tan α − tan β) + xC (tan α + tan β)
xA + xB
· tan α cos β + a ·
· tan γ
2 tan α
2
c tan α cos β + a tan γ
xA (a tan γ) + xB (c tan α cos β + a tan γ − c sin β) + xC (c sin β + c tan α cos β)
2c tan α cos β + 2a tan γ
Questa formula fornisce l'ascissa del circocentro del triangolo noti i lati e gli angoli, ma risulta essere
evidentemente un po' complessa. Vediamo, però, che può essere decisamente semplicata e che risulterà
alla ne molto elegante.
a
α
Cominciamo dividendo numeratore e denominatore per c e sostituendo = sin
sin γ per il teorema dei
c
seni; si ottiene:
xK
sin α
sin α
+ xB tan α cos β +
− sin β + xC (sin β + tan α cos β)
xA
cos γ
cos γ
=
sin α
2 tan α cos β + 2
cos γ
Ora moltiplichiamo numeratore e denominatore per 2 cos α cos γ e otteniamo:
xK =
xA sin 2α + xB (2 sin α cos β cos γ + sin 2α − 2 sin β cos α cos γ) + xC (2 sin β cos α cos γ + 2 sin α cos β cos γ)
4 sin α cos β cos γ + 2 sin 2α
Ora sfruttiamo le formule di Werner e otteniamo:
2 cos β cos γ = cos(β + γ) + cos(β − γ) = cos(π − α) + cos(β − γ) = − cos α + cos(β − γ)
2 sin β cos γ = sin(β + γ) + sin(β − γ) = sin(π − α) + sin(β − γ) = sin α + sin(β − γ)
4
e sostituendo, a numeratore otteniamo
((
((
−(
xK = xA sin 2α + xB [−(
sin(
α(
cos
α + sin α cos(β − γ) + sin
2α
sin(
α(
cos
α − cos α sin(β − γ)] +
((
((
+ xC [(
sin(
α(
cos
α + cos α sin(β − γ) − (
sin(
α(
cos
α + sin α cos(β − γ)]
e a denominatore
−2 sin α cos α + 2 sin α cos(β − γ) + 2 sin 2α
Ora, sempre grazie a Werner,
sin α cos(β − γ) = sin(β + γ) cos(β − γ) =
1
1
sin 2β + sin 2γ
2
2
cos α sin(β − γ) = − cos(β + γ) sin(β − γ) =
1
1
sin 2γ − sin 2β
2
2
e quindi sostituendo sia a numeratore che a denominatore si ottiene:
xK =
xA sin 2α + xB sin 2β + xC sin 2γ
sin 2α + sin 2β + sin 2γ
e, poichè il procedimento è analogo per le ordinate,
K
3
xA sin 2α + xB sin 2β + xC sin 2γ yA sin 2α + yB sin 2β + yC sin 2γ
;
sin 2α + sin 2β + sin 2γ
sin 2α + sin 2β + sin 2γ
L'ORTOCENTRO
Dato il triangolo ABC in gura
e con le stesse notazioni sopra. Possiamo osservare che
HC
HC
= tan β e che
= tan α quindi
HB
HA
tan α
HB
xB − xH
HB
=
. Per il teorema di Talete
=
e confrontando le due uguaglianze otteniamo
HA
tan β
HA
xH − xA
xB − xH
tan α
xB tan β + xA tan α
=
⇒
xH =
xH − xA
tan β
tan β + tan α
5
I triangoli CKO e CHB sono simili quindi l'angolo COK = β e così anche l'angolo AHO = β . Grazie
CO
CH
AH tan α
a questo possiamo dire che
=
−1=
− 1 = tan α tan β − 1. Per il teorema di
OH
OH
AH tan(π/2 − β)
xC − xO
CO
=
e confrontando le due uguaglianze otteniamo
Talete
OH
xO − xH
xC − xO
xC + xH (tan α tan β − 1)
= tan α tan β − 1
⇒
xO =
xO − xH
tan α tan β
e sostituendo il valore di xH sopra trovato
xO =
xC + xH (tan α tan β − 1)
tan α tan β
xC +
=
=
xB tan β + xA tan α
(tan α tan β − 1)
tan β + tan α
tan α tan β
xA tan α(tan α tan β − 1) + xB tan β(tan α tan β − 1) + xC (tan α + tan β)
tan α tan β(tan α + tan β)
dividendo numeratore e denominatore per tan α tan β − 1 si ottiene
tan α + tan β
tan α tan β − 1
tan α + tan β
tan α tan β
tan α tan β − 1
xA tan α + xB tan β + xC
xO =
per la formula dell'addizione
tan α + tan β
= − tan(α + β) = − tan(π − γ) = tan γ quindi:
tan α tan β − 1
xA tan α + xB tan β + xC tan γ
xO =
tan α tan β tan γ
per chiudere la dimostrazione basta osservare che
tan α tan β tan γ = − tan α tan(α + γ) tan γ = − tan α tan(α + γ) tan γ + tan(α + γ) − tan(α + γ)
= − tan(α + γ) (tan α tan γ − 1 + 1) = − tan(α + γ) (tan α tan γ − 1) − tan(α + γ)
= tan α + tan γ − tan(α + γ) = tan α + tan β + tan γ
relazione che sembra strana ma è vera e che ci porta a concludere che
xO =
xA tan α + xB tan β + xC tan γ
tan α + tan β + tan γ
e per analogia delle ordinate
O
xA tan α + xB tan β + xC tan γ yA tan α + yB tan β + yC tan γ
;
tan α + tan β + tan γ
tan α + tan β + tan γ
6
