رياضيات مع خالدالأستاذ خالد خطيب
مساحة للتعلّم
تنزيل PDFورقة عمل موجّهة

مقالة في الهندسة

مستقيم أويلر

ثلاثة مراكز للمثلث، ومستقيم واحد يجمعها

نتعلّم في دروس الهندسة ثلاث نقاط مميّزة في المثلث: مركز الثقل، ومركز الدائرة المحيطة، ونقطة تلاقي الارتفاعات. لكلّ منها تعريف مختلف وبرهان وجود مختلف. اكتشف ليونارد أويلر أنّ هذه النقاط الثلاث تقع دائمًا على مستقيم واحد — بل وأنّ المسافة بين اثنتين منها هي دائمًا ضعف المسافة بين اثنتين أخريين.

الأستاذ خالد خطيب

تذكير سريع بالنقاط الثلاث، بالرموز التي سنستعملها في المقالة كلّها:

  • \(G\) — مركز الثقل: نقطة تلاقي المتوسطات. وهي تقسم كلّ متوسط بنسبة \(2:1\) من جهة الرأس.
  • \(O\) — مركز الدائرة المحيطة: نقطة تلاقي الأعمدة المنصِّفة للأضلاع، وبعدها عن الرؤوس الثلاثة هو نصف القطر \(R\).
  • \(H\) — نقطة تلاقي الارتفاعات.

لا يوجد في تعريفات هذه النقاط ما يربط إحداها بالأخرى: الأولى تتعلّق بمنتصفات الأضلاع، والثانية بالأبعاد المتساوية، والثالثة بالتعامد. ومع ذلك، ارسموها في أيّ مثلث تشاؤون، وستجدونها على مستقيم واحد.

المبرهنة

مبرهنة أويلر

في كلّ مثلث، تقع النقاط \(O,\ G,\ H\) على مستقيم واحد، والنقطة \(G\) بين \(O\) و\(H\)، و

\[\boxed{\;GH=2\,OG\;}\]

يُسمّى هذا المستقيم مستقيم أويلر للمثلث.

\(O\) مركز الدائرة المحيطة، \(G\) مركز الثقل (المتوسطات بخطّ رفيع)، \(H\) نقطة تلاقي الارتفاعات. الثلاث على مستقيم أويلر، و\(G\) أقرب إلى \(O\) بمرّتين.
ملاحظة: في المثلث المتساوي الأضلاع تنطبق النقاط الثلاث على نقطة واحدة، فلا يوجد مستقيم محدَّد — هذه هي الحالة الوحيدة. وانتبهوا: مركز الدائرة الداخلية \(I\) لا يقع عمومًا على مستقيم أويلر (بعض المصادر تخطئ في ذلك). يقع \(I\) عليه فقط إذا كان المثلث متساوي الساقين، وعندئذٍ يكون مستقيم أويلر هو محور التماثل.

جرّبوا بأنفسكم

اسحبوا الرؤوس. لاحظوا أنّ النسبة \(GH:OG\) ثابتة، بينما يبتعد \(I\) عن المستقيم ويقترب منه. متى يقع \(H\) خارج المثلث؟

–\(OG\)
–\(GH\)
–\(GH:OG\)
–بعد \(I\) عن المستقيم

لمحة تاريخية

ليونارد أويلر (1707–1783)، السويسريّ الذي قضى معظم حياته العلمية في سانت بطرسبرغ وبرلين، هو من أغزر الرياضيين إنتاجًا في التاريخ. نشر المبرهنة في بحث عنوانه Solutio facilis problematum quorundam geometricorum difficillimorum («حلّ سهل لبعض المسائل الهندسية الصعبة جدًّا»)، صدر في مجلّة أكاديمية سانت بطرسبرغ عام 1767.

لم يكن هدف أويلر في ذلك البحث مستقيمه بالذات، بل سؤالًا آخر: هل يمكن بناء المثلث إذا عرفنا مواقع بعض مراكزه فقط؟ وفي الطريق حسب أويلر المسافات بين المراكز بدلالة أطوال الأضلاع — حسابًا جبريًّا طويلًا — ولاحظ أنّ \(O,G,H\) على استقامة واحدة. البرهان الذي نعرضه هنا أقصر بكثير، لكنّه يستعمل أداة لم تكن متاحة لأويلر: المتّجهات.

برهان بالمتّجهات

الفكرة: نضع نقطة الأصل في المكان «الصحيح» — في \(O\) — فتصبح نقطة تلاقي الارتفاعات مجرّد مجموع.

نتيجة البرهان بلغة الرسم: القطعة \(AH\) توازي القطعة \(OM_a\) (كلتاهما عمودية على \(BC\)) وطولها ضعف طولها. بالأزرق — المتّجهات من \(O\) إلى الرؤوس، وكلّها بطول \(R\).

  1. الأصل في مركز الدائرة المحيطة

    نرمز إلى متّجهات المواقع من \(O\) بأحرف صغيرة: \(\vec a=\overrightarrow{OA}\)، \(\vec b=\overrightarrow{OB}\)، \(\vec c=\overrightarrow{OC}\). بما أنّ \(O\) مركز الدائرة المحيطة:

    \[|\vec a|=|\vec b|=|\vec c|=R.\]

  2. نخمّن موقع \(H\)

    لتكن \(H'\) النقطة التي متّجه موقعها \(\vec h=\vec a+\vec b+\vec c\). نحسب حاصل الضرب العدديّ:

    \[\overrightarrow{AH'}\cdot\overrightarrow{CB}=(\vec h-\vec a)\cdot(\vec b-\vec c)=(\vec b+\vec c)\cdot(\vec b-\vec c)=|\vec b|^2-|\vec c|^2=R^2-R^2=0.\]

    إذن \(AH'\perp BC\)، أي أنّ \(H'\) تقع على الارتفاع النازل من \(A\). وبالطريقة نفسها تمامًا تقع على الارتفاعين الآخرين. لذا \(H'=H\):

    \[\overrightarrow{OH}=\vec a+\vec b+\vec c.\]

  3. مركز الثقل

    متّجه موقع مركز الثقل هو معدّل متّجهات الرؤوس:

    \[\overrightarrow{OG}=\frac{\vec a+\vec b+\vec c}{3}=\frac13\,\overrightarrow{OH}.\]

    إذن \(O,G,H\) على مستقيم واحد، و\(G\) تقع على القطعة \(OH\) على ثلث المسافة من \(O\). ومن هنا \(OG=\frac13OH\) و\(GH=\frac23OH\)، أي \(GH=2\,OG\). \(\blacksquare\)

نتيجة على الطريق. من الخطوة 2: \(\overrightarrow{AH}=\vec b+\vec c=2\,\overrightarrow{OM_a}\)، حيث \(M_a\) منتصف \(BC\). أي أنّ بعد الرأس عن نقطة تلاقي الارتفاعات يساوي ضعف بعد مركز الدائرة المحيطة عن الضلع المقابل — وهي حقيقة جميلة بحدّ ذاتها، يظهرها الرسم أعلاه.

حالات خاصة ونقطة رابعة

  1. المثلث القائم الزاوية

    إذا كانت الزاوية القائمة عند \(C\)، فإنّ \(H=C\) (الضلعان القائمان هما ارتفاعان)، و\(O\) منتصف الوتر. لذا مستقيم أويلر هو المتوسط النازل إلى الوتر — ومركز الثقل عليه طبعًا.

  2. المثلث المنفرج الزاوية

    تقع \(H\) و\(O\) خارج المثلث (في جهتين مختلفتين)، بينما تبقى \(G\) داخله دائمًا. المبرهنة صحيحة بلا تغيير — البرهان بالمتّجهات لم يفترض شيئًا عن الزوايا.

  3. مركز دائرة النقاط التسع

    النقطة \(N\) التي متّجه موقعها \(\frac{\vec a+\vec b+\vec c}{2}=\frac12\overrightarrow{OH}\) هي منتصف القطعة \(OH\)، فهي أيضًا على مستقيم أويلر. وهي مركز دائرة مدهشة تمرّ بتسع نقاط مميّزة في المثلث — لها مقالة خاصّة في هذه السلسلة. الترتيب على المستقيم: \(O,\ G,\ N,\ H\)، والنسب \(OG:GN:NH=2:1:3\).

في المثلث المنفرج الزاوية تقع \(O\) و\(H\) خارج المثلث، والنقاط الثلاث تبقى على مستقيم واحد.

مثال عددي

رؤوس المثلث: \(A(0,0)\)، \(B(6,0)\)، \(C(2,4)\). نجد النقاط الثلاث ونتحقّق من المبرهنة.

  • مركز الثقل: \(G=\big(\frac{0+6+2}{3},\frac{0+0+4}{3}\big)=\big(\frac83,\frac43\big)\).
  • مركز الدائرة المحيطة: العمود المنصّف للضلع \(AB\) هو \(x=3\). من الشرط \(OA=OC\): \(x^2+y^2=(x-2)^2+(y-4)^2\)، أي \(4x+8y=20\)، ومع \(x=3\) نحصل على \(y=1\). إذن \(O(3,1)\).
  • نقطة تلاقي الارتفاعات: الارتفاع من \(C\) هو \(x=2\). الارتفاع من \(A\) عموديّ على \(\overrightarrow{BC}=(-4,4)\)، فهو \(y=x\). إذن \(H(2,2)\).

المستقيم المارّ بـ \(O(3,1)\) و\(H(2,2)\) هو \(x+y=4\). وبالفعل \(\frac83+\frac43=4\)، أي أنّ \(G\) عليه. وأكثر من ذلك:

\[\overrightarrow{OG}=\Big(-\tfrac13,\ \tfrac13\Big),\qquad \overrightarrow{GH}=\Big(-\tfrac23,\ \tfrac23\Big)=2\,\overrightarrow{OG}.\]

للمقارنة، مركز الدائرة الداخلية في هذا المثلث هو تقريبًا \(I(2.41,\ 1.49)\)، و\(2.41+1.49=3.90\neq4\): إنّه ليس على مستقيم أويلر.

تمرين للقرّاء: متى يوازي مستقيم أويلر ضلعًا؟

تمرين

المثلث \(ABC\) ليس متساوي الأضلاع، والزاويتان \(B\) و\(C\) فيه حادّتان. برهنوا أنّ مستقيم أويلر يوازي الضلع \(BC\) إذا وفقط إذا

\[\tan B\cdot\tan C=3.\]
مثلث فيه \(\tan B\cdot\tan C=3\): مستقيم أويلر أفقيّ، يوازي \(BC\).
تلميح

ضعوا المثلث في هيئة محاور: \(B(0,0)\)، \(C(a,0)\)، \(A(d,h)\) حيث \(0<d<a\) و\(h>0\). مستقيم أويلر يوازي \(BC\) إذا وفقط إذا كان لـ \(G\) و\(H\) الإحداثيّ \(y\) نفسه. احسبوا الإحداثيّ \(y\) لكلّ منهما، وعبّروا عن \(\tan B\) و\(\tan C\) بدلالة \(a,d,h\).

حلّ كامل (حاولوا وحدكم أولًا!)

بما أنّ \(B\) و\(C\) حادّتان، يقع موقع الارتفاع من \(A\) داخل \(BC\)، لذا يمكن أن نضع \(B(0,0)\)، \(C(a,0)\)، \(A(d,h)\) حيث \(0<d<a\). في المثلثين القائمين الناتجين عن الارتفاع:

\[\tan B=\frac hd,\qquad \tan C=\frac h{a-d}.\]

مركز الثقل: \(y_G=\frac h3\). نقطة تلاقي الارتفاعات تقع على الارتفاع \(x=d\)، وعلى الارتفاع من \(B\) العموديّ على \(\overrightarrow{CA}=(d-a,\ h)\)، أي على المستقيم \((d-a)x+hy=0\). نعوّض \(x=d\):

\[y_H=\frac{d(a-d)}{h}.\]

بما أنّ المثلث ليس متساوي الأضلاع فإنّ \(G\neq H\)، ومستقيم أويلر معرَّف. وهو يوازي \(BC\) إذا وفقط إذا \(y_G=y_H\):

\[\frac h3=\frac{d(a-d)}{h}\iff h^2=3d(a-d)\iff \frac hd\cdot\frac h{a-d}=3\iff \tan B\tan C=3.\qquad\blacksquare\]

لماذا استثنينا المثلث المتساوي الأضلاع؟ لأنّ فيه أيضًا \(\tan B\tan C=\sqrt3\cdot\sqrt3=3\)، لكن \(G=H\) ولا يوجد مستقيم أويلر أصلًا.

المراجع

  • L. Euler, “Solutio facilis problematum quorundam geometricorum difficillimorum”, Novi Commentarii academiae scientiarum Petropolitanae 11 (1767).
  • H. S. M. Coxeter, S. L. Greitzer, Geometry Revisited, MAA, 1967, ch. 1.
  • R. A. Johnson, Advanced Euclidean Geometry, Dover (originally 1929).
الأستاذ خالد خطيب · مستقيم أويلر

מאמר בגאומטריה

ישר אוילר

שלושה מרכזים של המשולש, וישר אחד שמחבר ביניהם

בשיעורי הגאומטריה לומדים שלוש נקודות מיוחדות במשולש: מרכז הכובד, מרכז המעגל החוסם ונקודת מפגש הגבהים. לכל אחת מהן הגדרה אחרת והוכחת קיום אחרת. לאונרד אוילר גילה ששלוש הנקודות האלה נמצאות תמיד על ישר אחד — ויותר מזה, שהמרחק בין שתיים מהן הוא תמיד פי שניים מהמרחק בין שתיים אחרות.

חאלד חטיב

תזכורת קצרה לשלוש הנקודות, בסימונים שנשתמש בהם לאורך כל המאמר:

  • \(G\) — מרכז הכובד: נקודת מפגש התיכונים. היא מחלקת כל תיכון ביחס \(2:1\) מצד הקודקוד.
  • \(O\) — מרכז המעגל החוסם: נקודת מפגש האנכים האמצעיים לצלעות, ומרחקה משלושת הקודקודים הוא הרדיוס \(R\).
  • \(H\) — נקודת מפגש הגבהים.

אין שום דבר בהגדרות הנקודות האלה שקושר אחת לאחרת: הראשונה קשורה לאמצעי הצלעות, השנייה למרחקים שווים, והשלישית לניצבות. ובכל זאת, שרטטו אותן בכל משולש שתרצו, ותמצאו אותן על ישר אחד.

המשפט

משפט אוילר

בכל משולש הנקודות \(O,\ G,\ H\) נמצאות על ישר אחד, הנקודה \(G\) נמצאת בין \(O\) ל־\(H\), ו־

\[\boxed{\;GH=2\,OG\;}\]

ישר זה נקרא ישר אוילר של המשולש.

\(O\) מרכז המעגל החוסם, \(G\) מרכז הכובד (התיכונים בקו דק), \(H\) נקודת מפגש הגבהים. שלושתן על ישר אוילר, ו־\(G\) קרובה פי שניים ל־\(O\).
הערה: במשולש שווה־צלעות שלוש הנקודות מתלכדות לנקודה אחת, ואין ישר מוגדר — זה המקרה היחיד. ושימו לב: מרכז המעגל החסום \(I\) אינו נמצא בדרך כלל על ישר אוילר (יש מקורות שטועים בכך). \(I\) נמצא עליו רק כשהמשולש שווה־שוקיים, ואז ישר אוילר הוא ציר הסימטריה.

נסו בעצמכם

גררו את הקודקודים. שימו לב שהיחס \(GH:OG\) קבוע, בעוד ש־\(I\) מתרחק מהישר ומתקרב אליו. מתי \(H\) נמצאת מחוץ למשולש?

–\(OG\)
–\(GH\)
–\(GH:OG\)
–מרחק \(I\) מהישר

קצת היסטוריה

לאונרד אוילר (1707–1783), השווייצרי שבילה את רוב חייו המדעיים בסנקט פטרבורג ובברלין, הוא מהמתמטיקאים הפוריים ביותר בהיסטוריה. הוא פרסם את המשפט במאמר שכותרתו Solutio facilis problematum quorundam geometricorum difficillimorum („פתרון קל לכמה בעיות גאומטריות קשות מאוד”), שיצא לאור בכתב העת של האקדמיה של סנקט פטרבורג בשנת 1767.

מטרתו של אוילר באותו מאמר לא הייתה הישר עצמו, אלא שאלה אחרת: האם אפשר לבנות את המשולש אם יודעים רק את מיקומי כמה ממרכזיו? בדרך חישב אוילר את המרחקים בין המרכזים באמצעות אורכי הצלעות — חישוב אלגברי ארוך — והבחין ש־\(O,G,H\) נמצאות על ישר אחד. ההוכחה שנציג כאן קצרה בהרבה, אבל היא משתמשת בכלי שלא עמד לרשות אוילר: וקטורים.

הוכחה בעזרת וקטורים

הרעיון: נציב את ראשית הצירים במקום „הנכון” — ב־\(O\) — ונקודת מפגש הגבהים הופכת לסכום פשוט.

תוצאת ההוכחה בשפת האיור: הקטע \(AH\) מקביל לקטע \(OM_a\) (שניהם מאונכים ל־\(BC\)) ואורכו פי שניים מאורכו. בכחול — הווקטורים מ־\(O\) אל הקודקודים, שכולם באורך \(R\).

  1. הראשית במרכז המעגל החוסם

    נסמן את וקטורי המיקום מ־\(O\) באותיות קטנות: \(\vec a=\overrightarrow{OA}\), \(\vec b=\overrightarrow{OB}\), \(\vec c=\overrightarrow{OC}\). מאחר ש־\(O\) מרכז המעגל החוסם:

    \[|\vec a|=|\vec b|=|\vec c|=R.\]

  2. מנחשים את מיקום \(H\)

    תהי \(H'\) הנקודה שווקטור המיקום שלה הוא \(\vec h=\vec a+\vec b+\vec c\). נחשב מכפלה סקלרית:

    \[\overrightarrow{AH'}\cdot\overrightarrow{CB}=(\vec h-\vec a)\cdot(\vec b-\vec c)=(\vec b+\vec c)\cdot(\vec b-\vec c)=|\vec b|^2-|\vec c|^2=R^2-R^2=0.\]

    לכן \(AH'\perp BC\), כלומר \(H'\) נמצאת על הגובה היורד מ־\(A\). באותה דרך בדיוק היא נמצאת על שני הגבהים האחרים. לכן \(H'=H\):

    \[\overrightarrow{OH}=\vec a+\vec b+\vec c.\]

  3. מרכז הכובד

    וקטור המיקום של מרכז הכובד הוא הממוצע של וקטורי הקודקודים:

    \[\overrightarrow{OG}=\frac{\vec a+\vec b+\vec c}{3}=\frac13\,\overrightarrow{OH}.\]

    לכן \(O,G,H\) על ישר אחד, ו־\(G\) נמצאת על הקטע \(OH\) בשליש הדרך מ־\(O\). מכאן \(OG=\frac13OH\) ו־\(GH=\frac23OH\), כלומר \(GH=2\,OG\). \(\blacksquare\)

תוצאה בדרך. משלב 2: \(\overrightarrow{AH}=\vec b+\vec c=2\,\overrightarrow{OM_a}\), כאשר \(M_a\) אמצע \(BC\). כלומר המרחק של קודקוד מנקודת מפגש הגבהים שווה לפעמיים המרחק של מרכז המעגל החוסם מהצלע שמול הקודקוד — עובדה יפה כשלעצמה, שהאיור למעלה מראה.

מקרים מיוחדים ונקודה רביעית

  1. המשולש ישר־הזווית

    אם הזווית הישרה ב־\(C\), אז \(H=C\) (הניצבים הם גבהים), ו־\(O\) אמצע היתר. לכן ישר אוילר הוא התיכון ליתר — ומרכז הכובד נמצא עליו כמובן.

  2. המשולש קהה־הזווית

    \(H\) ו־\(O\) נמצאות מחוץ למשולש (בשני צדדים שונים), ואילו \(G\) נשארת תמיד בתוכו. המשפט נכון ללא שינוי — ההוכחה הווקטורית לא הניחה דבר על הזוויות.

  3. מרכז מעגל תשע הנקודות

    הנקודה \(N\) שווקטור המיקום שלה \(\frac{\vec a+\vec b+\vec c}{2}=\frac12\overrightarrow{OH}\) היא אמצע הקטע \(OH\), ולכן גם היא על ישר אוילר. זהו מרכזו של מעגל מפתיע העובר דרך תשע נקודות מיוחדות במשולש — ומוקדש לו מאמר נפרד בסדרה זו. הסדר על הישר: \(O,\ G,\ N,\ H\), והיחסים \(OG:GN:NH=2:1:3\).

במשולש קהה־זווית \(O\) ו־\(H\) נמצאות מחוץ למשולש, ושלוש הנקודות נשארות על ישר אחד.

דוגמה מספרית

קודקודי המשולש: \(A(0,0)\), \(B(6,0)\), \(C(2,4)\). נמצא את שלוש הנקודות ונבדוק את המשפט.

  • מרכז הכובד: \(G=\big(\frac{0+6+2}{3},\frac{0+0+4}{3}\big)=\big(\frac83,\frac43\big)\).
  • מרכז המעגל החוסם: האנך האמצעי לצלע \(AB\) הוא \(x=3\). מהתנאי \(OA=OC\): \(x^2+y^2=(x-2)^2+(y-4)^2\), כלומר \(4x+8y=20\), ועם \(x=3\) מקבלים \(y=1\). לכן \(O(3,1)\).
  • נקודת מפגש הגבהים: הגובה מ־\(C\) הוא \(x=2\). הגובה מ־\(A\) מאונך ל־\(\overrightarrow{BC}=(-4,4)\), ולכן הוא \(y=x\). לכן \(H(2,2)\).

הישר העובר דרך \(O(3,1)\) ו־\(H(2,2)\) הוא \(x+y=4\). ואכן \(\frac83+\frac43=4\), כלומר \(G\) עליו. ויותר מזה:

\[\overrightarrow{OG}=\Big(-\tfrac13,\ \tfrac13\Big),\qquad \overrightarrow{GH}=\Big(-\tfrac23,\ \tfrac23\Big)=2\,\overrightarrow{OG}.\]

לשם השוואה, מרכז המעגל החסום במשולש זה הוא בקירוב \(I(2.41,\ 1.49)\), ו־\(2.41+1.49=3.90\neq4\): הוא אינו על ישר אוילר.

תרגיל לקוראים: מתי ישר אוילר מקביל לצלע?

תרגיל

המשולש \(ABC\) אינו שווה־צלעות, והזוויות \(B\) ו־\(C\) בו חדות. הוכיחו שישר אוילר מקביל לצלע \(BC\) אם ורק אם

\[\tan B\cdot\tan C=3.\]
משולש שבו \(\tan B\cdot\tan C=3\): ישר אוילר אופקי, מקביל ל־\(BC\).
רמז

הציבו את המשולש במערכת צירים: \(B(0,0)\), \(C(a,0)\), \(A(d,h)\) כאשר \(0<d<a\) ו־\(h>0\). ישר אוילר מקביל ל־\(BC\) אם ורק אם ל־\(G\) ול־\(H\) יש אותו שיעור \(y\). חשבו את שיעור ה־\(y\) של כל אחת מהן, והביעו את \(\tan B\) ואת \(\tan C\) באמצעות \(a,d,h\).

פתרון מלא (נסו לבד קודם!)

מאחר ש־\(B\) ו־\(C\) חדות, רגל הגובה מ־\(A\) נופלת בתוך \(BC\), ולכן אפשר להציב \(B(0,0)\), \(C(a,0)\), \(A(d,h)\) כאשר \(0<d<a\). בשני המשולשים ישרי־הזווית שהגובה יוצר:

\[\tan B=\frac hd,\qquad \tan C=\frac h{a-d}.\]

מרכז הכובד: \(y_G=\frac h3\). נקודת מפגש הגבהים נמצאת על הגובה \(x=d\), ועל הגובה מ־\(B\) המאונך ל־\(\overrightarrow{CA}=(d-a,\ h)\), כלומר על הישר \((d-a)x+hy=0\). מציבים \(x=d\):

\[y_H=\frac{d(a-d)}{h}.\]

מאחר שהמשולש אינו שווה־צלעות, \(G\neq H\), וישר אוילר מוגדר. הוא מקביל ל־\(BC\) אם ורק אם \(y_G=y_H\):

\[\frac h3=\frac{d(a-d)}{h}\iff h^2=3d(a-d)\iff \frac hd\cdot\frac h{a-d}=3\iff \tan B\tan C=3.\qquad\blacksquare\]

למה הוצאנו מהכלל את המשולש שווה־הצלעות? משום שגם בו \(\tan B\tan C=\sqrt3\cdot\sqrt3=3\), אבל \(G=H\) ואין ישר אוילר כלל.

מקורות

  • L. Euler, “Solutio facilis problematum quorundam geometricorum difficillimorum”, Novi Commentarii academiae scientiarum Petropolitanae 11 (1767).
  • H. S. M. Coxeter, S. L. Greitzer, Geometry Revisited, MAA, 1967, ch. 1.
  • R. A. Johnson, Advanced Euclidean Geometry, Dover (originally 1929).
חאלד חטיב · ישר אוילר

A geometry article

The Euler Line

Three centres of a triangle, and one line through them

Geometry lessons introduce three special points of a triangle: the centroid, the circumcenter and the orthocenter. Each has a different definition and a different existence proof. Leonhard Euler discovered that these three points always lie on one line — and, more than that, that the distance between two of them is always twice the distance between two others.

Khaled Khatib

A quick reminder of the three points, with the notation used throughout this article:

  • \(G\) — the centroid: where the medians meet. It divides each median in the ratio \(2:1\) from the vertex.
  • \(O\) — the circumcenter: where the perpendicular bisectors of the sides meet; its distance to all three vertices is the circumradius \(R\).
  • \(H\) — the orthocenter: where the altitudes meet.

Nothing in their definitions links one to another: the first is about midpoints of sides, the second about equal distances, the third about perpendicularity. And yet, draw them in any triangle you like and you will find them on one line.

The theorem

Euler’s theorem

In every triangle the points \(O,\ G,\ H\) are collinear, \(G\) lies between \(O\) and \(H\), and

\[\boxed{\;GH=2\,OG\;}\]

This line is called the Euler line of the triangle.

\(O\) the circumcenter, \(G\) the centroid (medians drawn thin), \(H\) the orthocenter. All three lie on the Euler line, and \(G\) is twice as close to \(O\).
Note: in an equilateral triangle the three points coincide, so no line is determined — this is the only such case. And beware: the incenter \(I\) is in general not on the Euler line (some sources get this wrong). \(I\) lies on it only when the triangle is isosceles, and then the Euler line is the axis of symmetry.

Try it yourself

Drag the vertices. Notice that the ratio \(GH:OG\) stays fixed, while \(I\) moves away from the line and back. When does \(H\) lie outside the triangle?

–\(OG\)
–\(GH\)
–\(GH:OG\)
–distance of \(I\) from the line

A little history

Leonhard Euler (1707–1783), the Swiss mathematician who spent most of his working life in St Petersburg and Berlin, is among the most prolific mathematicians in history. He published the theorem in a paper titled Solutio facilis problematum quorundam geometricorum difficillimorum (“An easy solution of some very difficult geometrical problems”), which appeared in the journal of the St Petersburg Academy in 1767.

Euler’s aim in that paper was not the line itself but a different question: can a triangle be constructed if we know only the positions of some of its centres? Along the way Euler computed the distances between the centres in terms of the side lengths — a long algebraic computation — and noticed that \(O,G,H\) are collinear. The proof shown here is much shorter, but it uses a tool Euler did not have: vectors.

A proof with vectors

The idea: put the origin in the “right” place — at \(O\) — and the orthocenter becomes a simple sum.

The result of the proof in pictures: the segment \(AH\) is parallel to the segment \(OM_a\) (both perpendicular to \(BC\)) and twice as long. Blue — the vectors from \(O\) to the vertices, all of length \(R\).

  1. Origin at the circumcenter

    Denote position vectors from \(O\) by small letters: \(\vec a=\overrightarrow{OA}\), \(\vec b=\overrightarrow{OB}\), \(\vec c=\overrightarrow{OC}\). Since \(O\) is the circumcenter,

    \[|\vec a|=|\vec b|=|\vec c|=R.\]

  2. Guess where \(H\) is

    Let \(H'\) be the point with position vector \(\vec h=\vec a+\vec b+\vec c\). Compute a dot product:

    \[\overrightarrow{AH'}\cdot\overrightarrow{CB}=(\vec h-\vec a)\cdot(\vec b-\vec c)=(\vec b+\vec c)\cdot(\vec b-\vec c)=|\vec b|^2-|\vec c|^2=R^2-R^2=0.\]

    So \(AH'\perp BC\): \(H'\) lies on the altitude from \(A\). In exactly the same way it lies on the other two altitudes. Hence \(H'=H\):

    \[\overrightarrow{OH}=\vec a+\vec b+\vec c.\]

  3. The centroid

    The position vector of the centroid is the average of the vertex vectors:

    \[\overrightarrow{OG}=\frac{\vec a+\vec b+\vec c}{3}=\frac13\,\overrightarrow{OH}.\]

    So \(O,G,H\) are collinear, and \(G\) lies on the segment \(OH\) one third of the way from \(O\). Hence \(OG=\frac13OH\) and \(GH=\frac23OH\), i.e. \(GH=2\,OG\). \(\blacksquare\)

A by-product. From step 2: \(\overrightarrow{AH}=\vec b+\vec c=2\,\overrightarrow{OM_a}\), where \(M_a\) is the midpoint of \(BC\). In words: the distance from a vertex to the orthocenter is twice the distance from the circumcenter to the opposite side — a pretty fact in its own right, shown in the figure above.

Special cases and a fourth point

  1. The right triangle

    If the right angle is at \(C\), then \(H=C\) (the legs are altitudes), and \(O\) is the midpoint of the hypotenuse. So the Euler line is the median to the hypotenuse — and of course the centroid is on it.

  2. The obtuse triangle

    \(H\) and \(O\) lie outside the triangle (on different sides), while \(G\) always stays inside. The theorem holds unchanged — the vector proof assumed nothing about the angles.

  3. The nine-point centre

    The point \(N\) with position vector \(\frac{\vec a+\vec b+\vec c}{2}=\frac12\overrightarrow{OH}\) is the midpoint of \(OH\), so it too lies on the Euler line. It is the centre of a remarkable circle passing through nine special points of the triangle — which has its own article in this series. The order on the line is \(O,\ G,\ N,\ H\), with \(OG:GN:NH=2:1:3\).

In an obtuse triangle \(O\) and \(H\) lie outside the triangle, and the three points remain collinear.

A numerical example

The vertices are \(A(0,0)\), \(B(6,0)\), \(C(2,4)\). We find the three points and check the theorem.

  • Centroid: \(G=\big(\frac{0+6+2}{3},\frac{0+0+4}{3}\big)=\big(\frac83,\frac43\big)\).
  • Circumcenter: the perpendicular bisector of \(AB\) is \(x=3\). From \(OA=OC\): \(x^2+y^2=(x-2)^2+(y-4)^2\), i.e. \(4x+8y=20\), and with \(x=3\) we get \(y=1\). So \(O(3,1)\).
  • Orthocenter: the altitude from \(C\) is \(x=2\). The altitude from \(A\) is perpendicular to \(\overrightarrow{BC}=(-4,4)\), so it is \(y=x\). So \(H(2,2)\).

The line through \(O(3,1)\) and \(H(2,2)\) is \(x+y=4\). Indeed \(\frac83+\frac43=4\), so \(G\) is on it. Moreover:

\[\overrightarrow{OG}=\Big(-\tfrac13,\ \tfrac13\Big),\qquad \overrightarrow{GH}=\Big(-\tfrac23,\ \tfrac23\Big)=2\,\overrightarrow{OG}.\]

For comparison, the incenter of this triangle is approximately \(I(2.41,\ 1.49)\), and \(2.41+1.49=3.90\neq4\): it is not on the Euler line.

A problem for the reader: when is the Euler line parallel to a side?

Problem

Triangle \(ABC\) is not equilateral, and its angles \(B\) and \(C\) are acute. Prove that the Euler line is parallel to side \(BC\) if and only if

\[\tan B\cdot\tan C=3.\]
A triangle with \(\tan B\cdot\tan C=3\): the Euler line is horizontal, parallel to \(BC\).
Hint

Place the triangle in coordinates: \(B(0,0)\), \(C(a,0)\), \(A(d,h)\) with \(0<d<a\) and \(h>0\). The Euler line is parallel to \(BC\) if and only if \(G\) and \(H\) have the same \(y\)-coordinate. Compute both, and express \(\tan B\) and \(\tan C\) in terms of \(a,d,h\).

Full solution (try it yourself first!)

Since \(B\) and \(C\) are acute, the foot of the altitude from \(A\) lies inside \(BC\), so we may take \(B(0,0)\), \(C(a,0)\), \(A(d,h)\) with \(0<d<a\). In the two right triangles formed by the altitude:

\[\tan B=\frac hd,\qquad \tan C=\frac h{a-d}.\]

Centroid: \(y_G=\frac h3\). The orthocenter lies on the altitude \(x=d\), and on the altitude from \(B\), perpendicular to \(\overrightarrow{CA}=(d-a,\ h)\), i.e. on the line \((d-a)x+hy=0\). Substituting \(x=d\):

\[y_H=\frac{d(a-d)}{h}.\]

Since the triangle is not equilateral, \(G\neq H\) and the Euler line is defined. It is parallel to \(BC\) if and only if \(y_G=y_H\):

\[\frac h3=\frac{d(a-d)}{h}\iff h^2=3d(a-d)\iff \frac hd\cdot\frac h{a-d}=3\iff \tan B\tan C=3.\qquad\blacksquare\]

Why exclude the equilateral triangle? Because there too \(\tan B\tan C=\sqrt3\cdot\sqrt3=3\), but \(G=H\) and there is no Euler line at all.

References

  • L. Euler, “Solutio facilis problematum quorundam geometricorum difficillimorum”, Novi Commentarii academiae scientiarum Petropolitanae 11 (1767).
  • H. S. M. Coxeter, S. L. Greitzer, Geometry Revisited, MAA, 1967, ch. 1.
  • R. A. Johnson, Advanced Euclidean Geometry, Dover (originally 1929).
Khaled Khatib · The Euler Line

→ العودة إلى كلّ المقالات