Geometria analitica
Salve a tutti, avrei una questione da chiedere.
Ho un problema di geometria analitica: se ho le coordinate dei tre vertici di un triangolo, come posso trovare le coordinate del suo incentro?
Io avrei trovato un metodo estremamente lungo e complicato, con sistemi coi moduli etc etc.. insomma, credo (e spero) che ci sia un modo più veloce..
PS: non abbiamo ancora fatto l'equazione della retta, e con essa la distanza di un punto da una retta...
Grazie mille!
Ho un problema di geometria analitica: se ho le coordinate dei tre vertici di un triangolo, come posso trovare le coordinate del suo incentro?
Io avrei trovato un metodo estremamente lungo e complicato, con sistemi coi moduli etc etc.. insomma, credo (e spero) che ci sia un modo più veloce..
PS: non abbiamo ancora fatto l'equazione della retta, e con essa la distanza di un punto da una retta...
Grazie mille!
Risposte
Senza l'equazione della retta sinceramente la vedo un po' dura. Qual'è il tuo metodo?
non è che ti confondi con il circocentro? in tal caso è semplice, ma per l'incentro non mi viene in mente niente senza equazione delle retta... 
Puoi fornire le coordinate dei tre vertici?
No no non mi confondo con il circocentro. Il circocentro sono in grado di trovarlo facilmente, sto parlando proprio dell'incentro.
Il mio metodo era quello di trovare il raggio della circonferenza inscritta con la formula di Eulero: r: 2Area/perimetro
Immaginiamo di avere il triangolo iniziale; congiungo i vertici con l'incognito incentro. A questo punto posso calcolare l'area dei tre nuovi triangolini che si sono formati facendo la base (cioè il lato che io conosco) per il raggio che ho trovato (che rappresenta l'altezza) diviso due. Posso anche calcolare l'area dello stesso triangolino con il calcolo del determinante, che avrà però al suo interno le incognite x e y del mio punto incentro. Eguaglio le due quantità ottenute. Avrò un'equazione a due incognite che contiene un modulo (prodotto dal calcolo del determinante). Effettuo la stessa operazione su un altro triangolino e metto l'equazione ottenuta a sistema con la precedente. Avrò quindi un sistema formato da due equazioni a due incognite con un modulo ciascuna.
Non so se sia giusto, ma è certamente complicato.
Mi scuso per non aver potuto fornire un disegnino più chiaro.
Avete qualche altra idea?
Il mio metodo era quello di trovare il raggio della circonferenza inscritta con la formula di Eulero: r: 2Area/perimetro
Immaginiamo di avere il triangolo iniziale; congiungo i vertici con l'incognito incentro. A questo punto posso calcolare l'area dei tre nuovi triangolini che si sono formati facendo la base (cioè il lato che io conosco) per il raggio che ho trovato (che rappresenta l'altezza) diviso due. Posso anche calcolare l'area dello stesso triangolino con il calcolo del determinante, che avrà però al suo interno le incognite x e y del mio punto incentro. Eguaglio le due quantità ottenute. Avrò un'equazione a due incognite che contiene un modulo (prodotto dal calcolo del determinante). Effettuo la stessa operazione su un altro triangolino e metto l'equazione ottenuta a sistema con la precedente. Avrò quindi un sistema formato da due equazioni a due incognite con un modulo ciascuna.
Non so se sia giusto, ma è certamente complicato.
Mi scuso per non aver potuto fornire un disegnino più chiaro.
Avete qualche altra idea?
mi sembra corretto 
e comunque non è troppo complicato...
e comunque non è troppo complicato...
Argh! Ok, allora stasera farò solo questo asd!
Comunque si accettano sempre volentieri altre idee!!! ciaociao
Comunque si accettano sempre volentieri altre idee!!! ciaociao
Elios dimentica che,al liceo,l'area di un triangolo tramite il determinante si dimostra
proprio tramite l'equazione della retta per due punti e la distanza di un punto da una retta
di equazione assegnata.
Lasciando perdere Gergonne (vedi altro post sulle multe in "Generale" !!!) ho sviluppato un calcolo
che porta ad una formula ...interessante,applicando solo formule e teoremi noti di geometria piana
e la distanza di due punti nel piano cartesiano.
Poiche' sono note le coordinate dei vertici del triangolo ,sono note anche le lunghezze
dei lati del medesimo che indico come d'uso.
Siano ora ( fig.1) $R(x_R,y_R),S(x_S,y_S),P(x_P,y_P)$ 3 punti del piano ,disposti come in figura.
Vogliamo determinare le coordinate di P in funzione di quelle di R ed S sapendo che $(RP)/(PS)=m/n$
Dopo aver proiettato R,P,S sull'asse x,per Talete si ha:
$(R'P')/(P'S')=(RP)/(PS)=m/n$ ovvero:
$(x_P-x_R)/(x_S-x_P)=m/n$ da cui si trae: $x_P=(nx_R+mx_S)/(n+m)$ e analogamente per $y_P$
In conclusione si hanno le formule che ci serviranno in seguito:
(1) ${(x_P=(nx_R+mx_S)/(n+m)),(y_P=(ny_R+my_S)/(n+m)):}$
Per il teorema della bisettrice interna di un triangolo abbiamo (figura 2):
$(BD)/(DC)=(AB)/(AC)=c/b$ e quindi per le (1):
(2) ${(x_D=(bx_B+cx_C)/(b+c)),(y_D=(by_B+cy_C)/(b+c)):}$ e dunque le coordinate di D sono note.
Dalla similitudine dei triangoli AHD e IKD si ricava che:
$(AD)/(ID)=(AH)/(IK)=((2S)//a)/(S//p)=(2p)/a$ e scomponendo:
$(AD-ID)/(ID)=(2p-a)/a$ ovvero :
$(AI)/(ID)=(2p-a)/a=(b+c)/a$
Pertanto ,sempre per le (1),le coordinate di I sono:
${(x_I=(ax_A+(b+c)x_D)/(a+b+c)),(y_I=(ay_A+(b+c)y_D)/(a+b+c)):}$
che insieme con le (2) danno un sorprendente risultato:
${(x_I=(ax_A+bx_B+cx_C)/(a+b+c)),(y_I=(ay_A+by_B+cy_C)/(a+b+c)):}$
A me queste formule piacciono tantissimo e devo ringraziare elios per avermi spinto a trovarle
con il suo quesito.
karl
P.S.
E' possibile che il risultato precedente si possa ritrovare con le coordinate trilineari.Ma poiche'
su queste non mi ricordo una pippa passo la palla ...ad Elgiovo!!!
Coordinate trilineari? E sia! 
L'incentro di un triangolo possiede una terna di coordinate trilineari esatte,
invero le più agevoli della categoria: $I equiv (r;r;r)equiv(A/p;A/p;A/p)$!!
($r$ è l'inraggio e $A$ è l'area). Credo che nessuno se ne avrà a male se
mi permetto di spostare il vertice $C$ del triangolo in questione sull'origine
di un sistema cartesiano ortonormale (le nuove coordinate sono ovviamente
$(x_k-x_C,y_k-y_C)$, con $k=A,B,C$). Questo perchè si dispone di un
semplice passaggio di coordinate da trilineari a cartesiane: si ha subito
$(A/p;A/p;A/p) equiv ((br)/(ar+br+cr),(ar)/(ar+br+cr))$.
Avendo che $A=det((x_A,y_A,1),(x_B,y_B,1),(x_C,y_C,1))$
(anche se sulla liceità di questa formula in questo contesto Karl si è già
espresso, la faccio breve: in alternativa vi è la "scomoda" formula di Erone...)
e che $r=(2A)/(a+b+c)$, sommando la coppia così ottenuta al vettore $(x_C,y_C)$
si ritrovano agevolmente le formule di Karl.
L'incentro di un triangolo possiede una terna di coordinate trilineari esatte,
invero le più agevoli della categoria: $I equiv (r;r;r)equiv(A/p;A/p;A/p)$!!
($r$ è l'inraggio e $A$ è l'area). Credo che nessuno se ne avrà a male se
mi permetto di spostare il vertice $C$ del triangolo in questione sull'origine
di un sistema cartesiano ortonormale (le nuove coordinate sono ovviamente
$(x_k-x_C,y_k-y_C)$, con $k=A,B,C$). Questo perchè si dispone di un
semplice passaggio di coordinate da trilineari a cartesiane: si ha subito
$(A/p;A/p;A/p) equiv ((br)/(ar+br+cr),(ar)/(ar+br+cr))$.
Avendo che $A=det((x_A,y_A,1),(x_B,y_B,1),(x_C,y_C,1))$
(anche se sulla liceità di questa formula in questo contesto Karl si è già
espresso, la faccio breve: in alternativa vi è la "scomoda" formula di Erone...)
e che $r=(2A)/(a+b+c)$, sommando la coppia così ottenuta al vettore $(x_C,y_C)$
si ritrovano agevolmente le formule di Karl.
Che dire? Straordinario...
La liceita' o meno della formula era dovuta al limite posto da elios di non usare
l'equazione della retta che invece egli adoperava col determinante.
Ovviamente in un contesto diverso nulla vieta di usarla.
Saluti.
karl
P.S.
Forse sbaglio ma credo che nella formula di A manchi 1/2,anche se poi questo fattore si semplifica nel calcolo complessivo
La liceita' o meno della formula era dovuta al limite posto da elios di non usare
l'equazione della retta che invece egli adoperava col determinante.
Ovviamente in un contesto diverso nulla vieta di usarla.
Saluti.
karl
P.S.
Forse sbaglio ma credo che nella formula di A manchi 1/2,anche se poi questo fattore si semplifica nel calcolo complessivo
Non so come ringraziarvi della vostra sollecitudine. Comunque sia, per il calcolo dell'area con il determinante non abbiamo effettuato alcuna dimostrazione, ma ci è stata fornita la formula e basta.
Comunque sono una femmina
Grazie ancora!!!!
Comunque sono una femmina
Grazie ancora!!!!
Pardon, è ovvio che $A=1/2 det...$. 
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