COORDENADAS PARA OS
CENTROS DO TRIÂNGULO
Augusto C. Morgado
Rio de Janeiro, RJ
Introdução
Escolhido um sistema de coordenadas e dados os pontos não
alinhados,
A = ( x1 , y 1 ) , B = ( x 2 , y 2 ) , C = ( x 3 , y 3 ) ,
é bastante conhecido que o baricentro G (ponto de encontro das
medianas) do triângulo ABC pode ser determinado por
G=
A+ B +C
,
3
notação que significa:
G = ( x, y ) com x =
x1 + x 2 + x 3
3
y=
e
y1 + y 2 + y 3
.
3
Na RPM 03, pág. 33, já se mostrou que o incentro I (ponto de
encontro das bissetrizes internas) do triângulo
ABC
pode ser
aA + bB + cC
, sendo a, b e c as medidas dos
determinado por I =
a+b+c
lados opostos aos vértices A, B e C, respectivamente. A notação
utilizada tem o mesmo significado estabelecido anteriormente, isto é,
I = ( x, y ) com
x=
ax1 + bx 2 + cx 3
a+b+c
e
y=
ay1 + by 2 + cy 3
.
a+b+c
O leitor, provavelmente, já notou que há algo comum a essas fórmulas:
em ambas, o centro é uma média ponderada dos vértices − com pesos
iguais a 1, no caso do baricentro, e iguais aos lados, no caso do incentro.
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SOCIEDADE BRASILEIRA DE MATEMÁTICA
Vamos determinar expressões análogas para o ortocentro (ponto de
encontro das alturas) e para o circuncentro (ponto de encontro das
mediatrizes dos lados) do triângulo ABC.
Ortocentro
Vamos considerar um triângulo não retângulo, pois não há nenhuma
dificuldade na determinação do ortocentro de um triângulo retângulo − é
o vértice do ângulo reto.
C
γ
No
triângulo
ABC
representamos os pés das
alturas relativas aos vértices
A, B e C por A1, B1 e C1
respectivamente.
B1
H
A
A1
β
α
C1
B
AB1 tg γ
=
. Logo, o
B1C tg α
divide o lado AC em segmentos proporcionais a tan γ e
Como BB1 = AB1 tg α = B1C tg γ , temos
ponto B1
tan α .
tg γ
AC , ou, em coordenadas:
tg α + tg γ
tg γ
B1 = ( x, y ) com ( x − x1 , y − y1 ) =
( x 3 − x1 , y 3 − y 1 ) .
tg α + tg γ
A tg α + C tg γ
Daí, B1 =
, com a notação definida anteriormente.
tg α + tg γ
Portanto, o vetor AB1 =
De modo análogo, C1 =
Atg α + Btg β
.
tg α + tg β
REVISTA DO PROFESSOR DE MATEMÁTICA 43, 2000
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Como o vetor BH é um múltiplo do vetor BB1 e o vetor CH é um
múltiplo do vetor CC1 , temos: BH = λ BB1
Como CH − BH = CB , temos
µ(C1 − C ) − λ ( B1 − B ) = B − C .
e CH = µ CC1 .
µCC1 − λ BB1
=
CB , isto é,
Vamos determinar o valor de λ . Essas fórmulas acima valem qualquer
que seja a origem do sistema, O, adotada. Podemos simplificar os
cálculos adotando a origem no ponto C, isto é, C = ( x 3 , y 3 ) = (0, 0) .
Substituindo os valores anteriormente encontrados para B1 e C1,
obtemos:
A tg α + B tg β
A tg α
µ
−λ
+ λB = B
tg α + tg β
tg α + tg γ
 µ tg α
λ tg α 
 µ tg β


 A + 
−
+ λ − 1 B = 0 .
 tg α + tg β tg α + tg γ 
 tg α + tg β

ter
Como A − C = A = CA
B − C = B = CB não são paralelos, devemos
 µ tg α
 µ tg β

λ tg α 

 = 0 e 
−
+ λ − 1 = 0 .
 tg α + tg β tg α + tg γ 
 tg α + tg β

Resolvendo o sistema, encontramos λ =
Como BH = λ BB1 ,
valor de B1, obtemos
H=
temos
tg α + tg γ
.
tg α + tg β + tg γ
H = B + λ ( B1 − B ) . Substituindo o
A tg α + B tg β + C tg γ
.
tg α + tg β + tg γ
Logo, o ortocentro de um triângulo não retângulo é a média ponderada
dos vértices tendo como pesos as tangentes dos ângulos do triângulo.
O leitor pode verificar que a expressão anterior é válida também
quando um dos ângulos do triângulo for obtuso; nesse caso, a respectiva
tangente entra com seu sinal negativo.
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SOCIEDADE BRASILEIRA DE MATEMÁTICA
Circuncentro e reta de Euler
Considerando ainda um triângulo não retângulo ABC, se tomarmos os
pontos P, Q e R, médios dos lados BC, AC e AB, respectivamente,
verifica-se que:
B+C
A+C
A+ B
, Q=
, R=
, com a notação já definida;
2
2
2
os ângulos do triângulo PQR são iguais aos ângulos do triângulo ABC e
também PR // AC , QR // BC e QP // AB .
P=
Logo, as mediatrizes dos lados do triângulo ABC contêm as alturas
do triângulo PQR.
Q
A
C
γ
γ
α
β
γ
α
C
R
Q
P
P
N
β
B A
β
α
R
B
Portanto, o circuncentro N do triângulo ABC é o ortocentro do
triângulo PQR.
Logo,
B+C
A+C
A+ B
tg α +
tg β +
tg γ
P tg α + Q tg β + R tg γ
2
2
2
N=
=
tg α + tg β + tg γ
tg α + tg β + tg γ
=
A(tg β + tg γ ) + B(tg α + tg γ ) + C (tg α + tg β)
=
2(tg α + tg β + tg γ )
A + B + C A tg α + B tg β + C tg γ 3
1
−
= G− H ,
2
2(tg α + tg β + tg γ )
2
2
sendo G o baricentro e H o ortocentro do triângulo ABC.
REVISTA DO PROFESSOR DE MATEMÁTICA 43, 2000
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C
Esse resultado pode ser
escrito como 2 N = 3G − H
ou, ainda, 2( N − G ) = G − H .
P
Portanto, 2GN = HG .
N
G
N G
H
A
R
B
É fácil ver que, se o triângulo for retângulo, o resultado 2GN = HG
continua válido (basta observar que N é o ponto médio da hipotenusa e
que H é o vértice do ângulo reto; portanto, HN é a mediana relativa à
hipotenusa).
Acabamos de provar um teorema atribuído a Euler. Em todo triângulo,
o ortocentro, o baricentro e o circuncentro são colineares. Além disso, o
baricentro é sempre interno ao segmento que une o ortocentro ao
circuncentro, sendo, dos pontos que o dividem em três partes iguais, o situado mais próximo do circuncentro. A reta que contém esses três centros
do triângulo (é claro que, se o triângulo for equilátero, esses centros
coincidem e a reta não fica determinada) é conhecida como reta de Euler.
Finalmente, propomos ao leitor que use a fórmula 2GN = HG para
mostrar que, se o triângulo não é retângulo, então
N=
A sen 2α + B sen 2β + C sen 2 γ
.
sen 2α + sen 2β + sen 2 γ
VOCÊ SABIA?
Que 2000 é o Ano Internacional da Matemática?
Segundo um dos membros do IMU – International
Mathematical Union, um dos objetivos dessa
campanha seria divulgar mundialmente que a
Matemática é a pedra fundamental para o desenvolvimento econômico e cultural de uma nação.
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