Fórmula determinante de las coordenadas del circuncentro y del ortocentro de un triángulo

Question

He encontrado las siguientes fórmulas para las coordenadas del circuncentro $O=(x_O,y_O)$ y el ortocentro $H=(x_H,y_H)$ de un triángulo, en un libro de fórmulas, enunciado sin derivación. Para un triángulo con vértices $(x_i,y_i),$ $i \in \{1,2,3\}$ ,

$$x_O=\frac{\begin{vmatrix} x_1^2+y_1^2 & y_1 & 1 \\ x_2^2+y_2^2 & y_2 & 1 \\ x_3^2+y_3^2 & y_3 & 1 \end{vmatrix}}{2\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \\ x_3 & y_3 & 1 \end{vmatrix}} \quad , \quad y_O=\frac{\begin{vmatrix} x_1 & x_1^2+y_1^2 & 1 \\ x_2 & x_2^2+y_2^2 & 1 \\ x_3 & x_3^2+y_3^2 & 1 \end{vmatrix}}{2\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \\ x_3 & y_3 & 1 \end{vmatrix}} \tag{A}$$

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$$x_H=\frac{\begin{vmatrix} y_1 & x_2x_3+y_1^2 & 1 \\ y_2 & x_3x_1+y_2^2 & 1 \\ y_3 & x_1x_2+y_3^2 & 1 \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \\ x_3 & y_3 & 1 \end{vmatrix}} \quad , \quad y_H=\frac{\begin{vmatrix} x_1^2+y_2y_3 & x_1 & 1 \\ x_2^2+y_3y_1 & x_2 & 1 \\ x_3^2+y_1y_2 & x_3 & 1 \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \\ x_3 & y_3 & 1 \end{vmatrix}} \tag{B}$$

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El caso del circuncentro me parece bastante claro. Comparando dos ecuaciones diferentes de la circunferencia $$\begin{vmatrix} x^2+y^2 & x & y & 1 \\ x_1^2+y_1^2 & x_1 & y_1 & 1 \\ x_2^2+y_2^2 & x_2 & y_2 & 1 \\ x_3^2+y_3^2 & x_3 & y_3 & 1 \end{vmatrix} = 0 = \lambda(x^2+y^2 -2x_{O}x -2y_{O}y+c)$$

e igualando los coeficientes de $x,y$ se obtiene $(A)$ .

Pero no he podido avanzar en la derivación de $(B)$ . ¿Puede alguien aportar una prueba de ello?

Por favor, evite una prueba tediosa de álgebra. Gracias.

Answer 1

Considere en cambio el triángulo $A_1B_1C_1$ cuyo triángulo medio es precisamente el triángulo $ABC$ .

A resultado clásico dice que el ortocentro $H$ de $ABC$ es el circuncentro de $A_1B_1C_1$ .

Es fácil expresar las coordenadas de los puntos $A_1,B_1,C_1$ como funciones de las coordenadas de $A,B,C$ utilizando las relaciones

$$\vec{AB}+\vec{AC}=\vec{AA_1} \implies A_1=B+C-A, \ \text{etc.} $$

Último paso: se aplica el primer conjunto de fórmulas al triángulo con vértices $A_1,B_1,C_1$ .

Tenga en cuenta que mi primera explicación utilizando coordenadas baricéntricas era una forma demasiado indirecta.

Answer 2

Cada punto verifica \begin{eqnarray*} (x_k-x_O)^2 + (y_k-y_O)^2 &=& r^2 \\ x_k^2+y_k^2+ x_O^2+y_O^2- 2(x_kx_O+y_ky_O) &=& r^2 \\ 2(x_kx_O+y_ky_O) + (r^2-x_O^2-y_O^2) &=& x_k^2+y_k^2 \end{eqnarray*}

Esto da lugar al sistema lineal $$ \begin{pmatrix} x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \\ x_3 & y_3 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2x_O \\ 2y_O \\ a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_1^2+y_1^2 \\ x_2^2+y_2^2 \\ x_3^2+y_3^2 \end{pmatrix} $$ Se puede resolver utilizando la regla de Cramer. que da lugar a (A).

Nota $D$ el denominador.

Para el ortocentro, utilizamos la relación \begin{eqnarray*} x_H-x_O &=& (x_1-x_O)+(x_2-x_O)+(x_3-x_O) \\ x_H &=& (x_1+x_2+x_3)-2 x_O \\ D x_H &=& (x_1+x_2+x_3)D+ \begin{vmatrix} y_1 & x_1^2+y_1^2 & 1 \\ y_2 & x_2^2+y_2^2 & 1 \\ y_3 & x_3^2+y_3^2 & 1 \end{vmatrix} \\ D x_H &=& \begin{vmatrix} y_1 & -(x_1+x_2+x_3)x_1 & 1 \\ y_2 & -(x_1+x_2+x_3)x_2 & 1 \\ y_3 & -(x_1+x_2+x_3)x_3 & 1 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} y_1 & x_1^2+y_1^2 & 1 \\ y_2 & x_2^2+y_2^2 & 1 \\ y_3 & x_3^2+y_3^2 & 1 \end{vmatrix} \end{eqnarray*} Haciendo los cálculos se obtiene (B).