La linea di Eulero

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Il soggetto di questa pagina è la linea che, individuata per primo da Eulero, si può associare ad ogni triangolo. Questa proprietà geometrica costituisce una scoperta importante e una indubbia novità dato che non è presente negli Elementi di Euclide. Di seguito si propone la dimostrazione della sua esistenza e se ne deducono le principali proprietà.

Un triangolo particolare

Costruiamo un triangolo acutangolo, la circonferenza ad esso circoscritta e il triangolo avente per vertici i piedi delle altezze ai lati. Come appare dalla figura 1, dovendo essere acutangolo il circocentro S risulta un punto interno al ABC. Sia inoltre O l'ortocentro mentre PQR il triangolo avente per vertici i piedi delle altezze P, Q, R (non seguiamo in questa pagina e nei problemi collegati la convenzione che associa il circocentro alla lettera O, l'ortocentro alla H e il baricentro alla G).

Detto A l'angolo corrispondente al vertice A, osserviamo che BSC = 2A in quanto, il primo è un angolo al centro e il secondo un angolo alla circonferenza che sottendono il medesimo arco BC. Poiché BSC è isoscele, risulta SBC = 90° - A: poniamo per brevità 90° - A = α. Siccome entrambi i triangoli rettangoli ABQ e ACR comprendono l'angolo A i loro complementari sono congruenti e, in particolare,

Osserviamo ora che il quadrilatero BPOR risulta inscrivibile in una circonferenza essendo

Pertanto considerando la corda OR e l'angolo (alla circonferenza) OBR discende che

Ragionando nel medesimo modo sul quadrilatero CQOP si ottiene che è pure

L'altezza AP è di conseguenza bisettrice di RPQ. Similmente si dimostra che BQ biseca PQR e CR biseca QRP. Possiamo quindi enunciare il

Teorema.

L'ortocentro di un triangolo acutangolo coincide con l'incentro del triangolo avente per vertici i piedi delle altezze ai lati.

Alcune conseguenze

Una prima conseguenza: dato che OP è perpendicolare a BC e SBM = OPR discende che anche i segmenti BS e PR sono perpendicolari. Per la medesima ragione è pure PQCS e QRAS.

Ad un seconda interessante deduzione si giunge osservando che

Poiché B è in comune tra BPR e ABC, ciò implica che BPR sia simile a ABC avendo tutti gli angoli congruenti. Analogamente si dimostra

In definitiva il triangolo avente per vertici i piedi delle altezze permette la suddivisione del triangolo originario in altri tre triangoli ad esso simili (fig. 2).

Infine una terza conseguenza: in base alla figura 1 è immediato osservare la similitudine dei triangoli rettangoli

Pertanto BOR = A e BOC = 180° - A.

La linea di Eulero

Sia PQR il triangolo formato dai punti medi di ABC (figura 3).

Dimostreremo il seguente

Teorema.

L'ortocentro, il baricentro e il circocentro di un triangolo qualsiasi sono collineari cioè appartengono alla medesima retta.

Come conseguenza discende pure il

Corollario.

Il baricentro divide il segmento avente per estremi l'ortocentro e il circocentro in due parti che stanno nel rapporto 2:1.

La retta cui appartengono questi tre punti è la cosiddetta (e famosa) linea di Eulero del triangolo e costituisce uno tra i numerosissimi contributi di questo grande matematico nato a Basilea nel 1707 e morto a S. Pietroburgo nel 1783.

Dimostrazione. Nella figura 3 sono state tracciate le tre mediane intersecantesi nel baricentro I, le altezze AH e BK con il loro punto comune, l'ortocentro O e, infine, gli assi RS e PS con il circocentro S.
È immediato dimostrare per mezzo del teorema dei punti medi che il ABC risulta suddiviso, considerando i punti medi, in quattro triangoli congruenti. Difatti è PQAB, QRBC e PRCA: in particolare

cosicché QR = 1/2·BC. Lo stesso rapporto 1:2 vale inoltre per qualsiasi coppia di segmenti corrispondenti per questi triangoli.

Consideriamo il quadrilatero ARPQ di fig. 4. Per quanto già notato, ARPQ è un parallelogramma per cui le due diagonali AP e RQ si dimezzano vicendevolmente nel punto M. Ne segue che PM è pure mediana del lato QR di PQR. Poiché lo stesso vale per le altre mediane possiamo concludere che le mediane di PQR appartengono alle mediane di ABC e che i due triangoli ABC e PQR condividono lo stesso baricentro I.

A riguardo del circocentro S di ABC va osservato che gli assi RS di AB e PS di BC sono anche le altezze di PQR (fig. 5), rispettivamente ai lati PQ e QR in quanto PQAB e QRBC ma ABRS e BCPS. Allora il circocentro di ABC coincide con l'ortocentro S di PQR.

In riferimento alla figura 6, poiché O e S sono gli ortocentri di triangoli simili (ABCPQR) di rapporto 2:1 e i segmenti AO e PS sono corrispondenti nella similitudine in quanto hanno per estremi vertici, A e P, corrispondenti e i due ortocentri, dev'essere AO = 2·PS.

D'altra parte (fig. 7) poiché AHPS in quanto entrambi perpendicolari a BC ne discende

Per quanto già visto sulle mediane sappiamo pure che AI = 2·IP cosicché per il secondo criterio di similitudine sono simili i triangoli

Da quest'ultima similitudine si deduce la congruenza degli angoli

e ciò dimostra l'allineamento di I con O ed S.
La dimostrazione del corollario segue facilmente dato che il rapporto di similitudine tra AOI e IPS è 2:1. Ciò comporta OI = 2·IS.

La figura sottostante mette in evidenza il triangolo ABC e la rispettiva linea di Eulero (ottenuta attivando la visualizzazione parziale delle linee nella finestra delle proprietà dell'oggetto ). Si trascinino i vertici del triangolo per analizzarne le conseguenze sulla disposizione della linea.

Per una dimostrazione alternativa a carattere vettoriale si vedano nell'ordine, i problemi 12.3, 12.4 e 12.5 nella pagina sui vettori.

Raggi delle circonferenze circoscritte

È facile dedurre un'interessante conseguenza dal precedente teorema. Sia N l'intersezione della perpendicolare a QR per il suo punto medio M (fig. 9) con la linea di Eulero OS.

È ovvio che le tre rette AH, PS e MN sono tutte parallele in quanto perpendicolari a QR (o a BC) ma, visto che AM = MP, per il teorema di Talete discende ON = NS. Il punto N è perciò il punto medio del segmento OS e tutti i punti della retta MN hanno la medesima distanza dalle rette AH e PS. Per come poi è stato costruito, N risulta equidistante da Q e R.

Estendendo la medesima deduzione anche ai rimanenti lati PQ e PR di PQR e sottolineato il fatto che il segmento OS non cambia, in base all'unicità del punto medio di un segmento possiamo concludere che N è equidistante pure da P e R e quindi risulta il circocentro di PQR. Inoltre, essendo ABCPQR con rapporto 2:1, risulta che il raggio AS della circonferenza circoscritta ad ABC è il doppio del raggio PN della circonferenza circoscritta a PQR. Nella figura sottostante si riportano esplicitamente le misure dei due raggi: al variare del triangolo il loro rapporto rimane costante.

Lunghezza della linea di Eulero

Vogliamo ora determinare la lunghezza della linea di Eulero (più propriamente del segmento che ha per estremi l'ortocentro e il circocentro di un triangolo). Per ottenere ciò è sufficiente determinare la lunghezza di IS (fig. 11) visto che, per quanto già dimostrato, risulta OI = 2·IS e quindi OS = 3·IS.

Il segmento IS risulta essere un ceviano del lato AP di APS per cui, in base al teorema di Stewart, si potrà conoscere la sua lunghezza appena siano note le lunghezze dei lati AP, AS e SP di APS nonché dei segmenti AI e IP: vediamo di determinarle.

Innanzitutto la lunghezza di AS è quella del raggio della circonferenza circoscritta: poniamo per brevità

È inoltre r_c = CS cosicché PS si determina con il teorema di Pitagora e risulta

essendo, come al solito, a = BC.

Per conoscere AI e IP ci serve un altro dato ossia la lunghezza della mediana AP: sappiamo poi che il baricentro I la divide in parti una doppia dell'altra. L'elemento AP ci è fornito dalla già discussa applicazione del teorema di Stewart. In tal caso e, con le medesime convenzioni sui nomi, si era ottenuto

Ne segue quindi

Non resta che introdurre i valori nell'espressione del teorema di Stewart,

esplicitare IS² e sostituirlo nella OS² = 9·IS² (per l'osservazione fatta sopra). Dopo qualche passaggio algebrico si ottiene

Problemi sulla linea di Eulero

Problema 2.1. Il triangolo ABC possiede la linea di Eulero parallela al lato BC. Dimostrare che vale la relazione

Dimostrazione. Riferendoci alla figura 12, essendo per ipotesi paralleli OS e HP (o BC) e valendo AI = 2·IP, per il teorema di Talete si ha AO = 2·OH. Inoltre OH = PS: vale quindi il rapporto

Determiniamo ora le lunghezze di AH e PS in termini di B e C e del raggio r_c della circonferenza circoscritta. Essendo

in quanto CSB è angolo al centro doppio del corrispondente angolo alla circonferenza e CSB è isoscele, risulta

Dato che, ovviamente, A = 180° - B - C si può sostituire ad argomento del coseno e, per le proprietà del coseno di angoli supplementari, riscrivere

dove nell'ultimo passaggio si è utilizzata la formula di addizione del coseno.

Per l'altezza AH si ottiene subito AH = AC·senC (CAH è rettangolo). AC comunque, risulta la base del triangolo isoscele CAS avente per angolo al vertice ASC = 2B. Ne segue che

In definitiva risulta

Sostituendo quanto trovato nel rapporto sopra si ottiene

AH PS

=

2 rcsenB senC rc (senB senC  - cosB cosC)

=

3

da cui

e quindi, dividendo per cosB cosC (supposto diverso da 0), si giunge alla tesi

Verifica 2.1. Verificare per mezzo di una opportuna costruzione che la linea di Eulero interseca il maggiore e il minore dei lati quando il triangolo risulta acutangolo. Se invece il triangolo è ottusangolo, essa interseca il maggiore e il lato di lunghezza intermedia.
Costruzione

Problema 2.2. Sia L il punto simmetrico al circocentro S di ABC, rispetto alla retta BC. Dimostrare che la linea di Eulero biseca il segmento AL.
Dimostrazione

Problema 2.3. Dimostrare che ogni triangolo che abbia due altezze congruenti dev'essere isoscele.
Dimostrazione

Problema 2.4. Dimostrare che se la linea di Eulero passa per un vertice, il triangolo è a) isoscele, o b) rettangolo, o c) isoscele e rettangolo.
Dimostrazione

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