Introducción

En esta entrada estudiamos dos procedimientos generales que pueden ser útiles en la resolución de algunas construcciones geométricas.

Método analítico

Para problemas de construcciones geométricas en los cuales no es muy claro que pasos seguir, nos puede ayudar el método analítico el cual se divide en los siguientes pasos:

Análisis. Empezamos asumiendo que ya tenemos la figura que satisface las condiciones del problema y hacemos un dibujo aproximado de esta. A partir de esta figura indagamos que tipo de relación hay entre los datos que conocemos y los que no.

Construcción. Con la información obtenida llevamos a cabo nuestra construcción.

Demostración. Probamos que en efecto nuestra construcción nos lleva a la figura requerida.

Discusión. Hablamos sobre las condiciones bajo las cuales el problema puede ser resuelto, el número de soluciones posibles y otras observaciones.

A continuación, veremos un par de ejemplos.

($a$, $\mathrm{\angle }A$, $b+c$)

Proposición 1. La mediatriz de un lado en todo triangulo siempre interseca al mayor de los lados restantes.

Demostración. Por contradicción, sea $\mathrm{△}ABC$ tal que $AC>AB$ y supongamos que la mediatriz de $BC$ interseca a $AB$ en $D$.

$\mathrm{△}DBC$ es isósceles, pues $D$ equidista a $B$ y a $C$,
$\Rightarrow \mathrm{\angle }CBD=\mathrm{\angle }DCB<\mathrm{\angle }ACB$.

Por otro lado, sabemos que en todo triangulo al mayor de los lados siempre se opone el mayor de los ángulos, $\Rightarrow \mathrm{\angle }CBD=\mathrm{\angle }CBA>ACB$.

Lo cual es una contradicción, por tanto, $D\in AC$.

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Problema 1. Construir un triángulo $\mathrm{△}ABC$ dados la base, el ángulo opuesto a la base y la suma de los lados restantes ($BC=a$, $\mathrm{\angle }A=\alpha$, $AB+AC=c+b$).

Análisis. Supongamos que $\mathrm{△}ABC$ es el triángulo requerido, sea $D$ en la recta $AB$ tal que $AD=AC$. $\mathrm{\angle }BAC$ es un ángulo exterior del triángulo isósceles $\mathrm{△}ACD$,
$\Rightarrow BAC=\mathrm{\angle }D+\mathrm{\angle }DCA=2\mathrm{\angle }D$
$\Rightarrow \mathrm{\angle }D={\displaystyle \frac{\mathrm{\angle }BAC}{2}}={\displaystyle \frac{\alpha }{2}}$.

Con estos elementos podemos construir el triángulo auxiliar $\mathrm{△}DBC$ y a partir de este a $\mathrm{△}ABC$.

Construcción. Sobre un punto $D$ construimos el ángulo ${\displaystyle \frac{\alpha }{2}}$, sea $B$ sobre uno de los lados del ángulo tal que $DB=b+c$, dibujamos una circunferencia con centro en $B$ y radio $a$, $(B,a)$.

Sea $C$ la intersección de $(B,a)$ con el otro lado del ángulo ${\displaystyle \frac{\alpha }{2}}$.

Finalmente, el vértice $A$ de $\mathrm{△}ABC$, se encuentra en la intersección del lado $DB$, con la mediatriz de $CD$.

Demostración. Como $A$ es un punto en la mediatriz de $CD$, entonces $AD=AC$, y como $\mathrm{△}ADC$ es isósceles $\Rightarrow \mathrm{\angle }DCA=\mathrm{\angle }ADC={\displaystyle \frac{\alpha }{2}}$.

Ya que $\mathrm{\angle }BAC$ es ángulo exterior de $\mathrm{△}ADC$, es igual a la suma de los ángulos interiores no adyacentes a el $\Rightarrow \mathrm{\angle }BAC=\mathrm{\angle }DCA+\mathrm{\angle }ADC=\alpha$.

Por otro lado, $BC=a$ y $AB+AC=AB+AD=b+c$, por construcción.

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Discusión. Por la proposición 2, notamos que es necesario que en el triángulo auxiliar $\mathrm{△}DBC$ se cumpla $DB>BC$, es decir $b+c>a$, para que la mediatriz de $CD$ interseque a $BD$.

También observamos que en la construcción de $\mathrm{△}DBC$, necesitamos que el radio de $(B,a)$ sea mayor o igual a la distancia de $B$ al segundo lado del ángulo $\alpha$, pues en caso contrario no es posible construir a $C$ y no habrá solución.

Finalmente, de cumplirse esta última condición puede haber una o dos soluciones distintas.

($a$, $\mathrm{\angle }A$, $h_b+h_c$)

Problema 2. Construye un triángulo $\mathrm{△}ABC$ dados la base, el ángulo opuesto y la suma de las alturas perpendiculares a los otros dos lados ($BC=a$, $\mathrm{\angle }A=\alpha$, $BD+CE=h_b+h_c$).

Análisis. Supongamos que $\mathrm{△}ABC$ es el triángulo requerido, y sean $BD=h_b$ y $CE=h_c$ las alturas por $B$ y $C$ respectivamente.

Sea $F$ sobre la recta $BD$ tal que $BF=BD+CE=h_b+h_c$.

Por $F$ trazamos una recta paralela a $AC$, la cual interseca a $AB$ en $G$, entonces $\mathrm{\angle }BGF=\mathrm{\angle }BAC=\alpha$ y $\mathrm{\angle }GFB=\mathrm{\angle }ADB={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ por ser ángulos correspondientes.

Construcción. De manera similar a la construcción del triángulo auxiliar $\mathrm{△}DBC$ del problema anterior, con la información que resulta del análisis ($BF=h_b+h_c$ y $\mathrm{\angle }BGF=\alpha$), podemos construir el triángulo rectángulo auxiliar $\mathrm{△}BFG$.

Luego, trazamos una circunferencia con centro $B$ y radio $a$, $(B,a)$.

La intersección de $(B,a)$ con la bisectriz interior de $\mathrm{\angle }BGF$ será el vértice $C$ y la intersección de $GB$ con la mediatriz de $GC$ será el vértice $A$.

Demostración. Por construcción $BC=a$, como $A$ está en la mediatriz de $GC$ entonces $\mathrm{△}AGC$ es isósceles por lo que $\mathrm{\angle }GCA=\mathrm{\angle }AGC$, pero $\mathrm{\angle }AGC=\mathrm{\angle }CGF$ pues $GC$ es bisectriz de $\mathrm{\angle }AGF$,
$\Rightarrow \mathrm{\angle }GCA=\mathrm{\angle }CGF$ $\Rightarrow AC\parallel FG$
$\Rightarrow \mathrm{\angle }BAC=\mathrm{\angle }BGF=\alpha$

Como $AC\parallel FG$ entonces $BF\perp AC$.

Sean $BE$ y $CD$ las alturas de $\mathrm{△}ABC$ trazadas por $B$ y $C$ respectivamente.

Por $A$ trazamos una perpendicular a $AC$ que corta a $GF$ en $H$, como $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}AEFH$ es un rectángulo entonces $AH=EF$.

En los triángulos rectángulos $\mathrm{△}ADC$ y $\mathrm{△}GHA$ tenemos $AC=AG$ y $\mathrm{\angle }DAC=\mathrm{\angle }AGH$, por criterio de congruencia ALA $\mathrm{△}ADC\cong \mathrm{△}GHA$  $\Rightarrow CD=AH=EF$.

Por lo tanto, $BE+CD=BE+EF=BF=h_b+h_c$, por construcción.

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Discusión. Si el ángulo dado es obtuso entonces el triángulo rectángulo auxiliar $\mathrm{△}BFG$ incluirá al ángulo suplementario a $\mathrm{\angle }A$ y el procedimiento será muy similar.

Notemos que $(B,a)$ puede intersecar a la bisectriz de $\mathrm{\angle }BGF$ en cero, uno o dos puntos y por lo tanto existen cero, una o dos posibles soluciones.

Método de semejanza

Este método consiste en construir una figura semejante a la figura requerida omitiendo una de las condiciones dadas, la figura requerida se deriva a partir de la semejanza.

Ilustramos este método con un par de ejemplos.

($b$, $c$, ${\displaystyle \frac{a}{h_a}}$)

Problema 3. Construye un triangulo $\mathrm{△}ABC$ dados dos lados y la razón entre el tercer lado y la altura por el vértice opuesto ($AB=c$, $AC=b$, ${\displaystyle \frac{BC}{AD}}={\displaystyle \frac{a}{h_a}}$).

Análisis. Supongamos que $\mathrm{△}ABC$ es el triángulo requerido, consideremos $D$, el pie de la altura desde $A$.

Sea $E\in AD$ tal que $AE=h_a$, por $E$ trazamos la paralela a $BC$ que interseca a $AB$ y a $AC$ en $F$ y $G$ respectivamente.

Como $\mathrm{△}ABC\sim \mathrm{△}AFG$, entonces
$\begin{array}{}\text{(1)}& {\displaystyle \frac{AF}{AG}}={\displaystyle \frac{AB}{AC}}={\displaystyle \frac{c}{b}}\end{array}$
y ${\displaystyle \frac{FG}{AE}}={\displaystyle \frac{BC}{AD}}={\displaystyle \frac{a}{h_a}}$,
como $AE=h_a\Rightarrow FG=a$

Construcción. Podemos construir el triángulo auxiliar $\mathrm{△}AFG$ con los siguientes datos, la base $FG=a$, la altura $AE=h_a$ y la razón entre los lados restantes ${\displaystyle \frac{AF}{AG}}={\displaystyle \frac{c}{b}}$, este problema lo resolvimos en la entrada anterior.

Luego, sobre $AF$ construimos $B$ tal que $AB=c$ y sobre $AG$ construimos $C$ tal que $AC=b$.

Demostración. Por construcción se da la ecuación $(1)$, y por el reciproco del teorema de tales, esto implica $FG\parallel BC$ y $\mathrm{△}ABC\sim \mathrm{△}AFG$,

Sea $D=BC\cap AE$, el pie de la altura por $A$, entonces, ${\displaystyle \frac{BC}{AD}}={\displaystyle \frac{FG}{AE}}={\displaystyle \frac{a}{h_a}}$.

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Discusión. Debido a la construcción del triángulo auxiliar $\mathrm{△}AFG$ el problema tiene $0$, $1$ o $2$ soluciones posibles.

Construir un triángulo isósceles dado su incírculo

Proposición. 2 Dos triángulos isósceles son semejantes si la razón entre las alturas perpendiculares a las bases es igual a la razón entre sus inradios.

Demostración. Sean $\mathrm{△}ABC$ y $\mathrm{△}{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ triángulos isósceles con $AB=AC$ y $A^{\prime }{B}^{\prime }=A^{\prime }{C}^{\prime }$, $D$ y $D^{\prime }$ los pies de las alturas desde $A$ y $A^{\prime }$ respectivamente, consideremos $(I,r)$ y $(I^{\prime },r^{\prime })$ los incuncírculos de $\mathrm{△}ABC$ y $\mathrm{△}{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ respectivamente.

Si ${\displaystyle \frac{r}{r^{\prime }}}={\displaystyle \frac{AD}{A^{\prime }{D}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{h_a}{h_a^{\prime }}}$
$\Rightarrow h_a–r={\displaystyle \frac{r{h}_a^{\prime }}{r^{\prime }}}–{\displaystyle \frac{r{r}^{\prime }}{r^{\prime }}}={\displaystyle \frac{r}{r^{\prime }}}(h_a^{\prime }–r^{\prime })$
$\Rightarrow {\displaystyle \frac{AI}{A^{\prime }{I}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{h_a–r}{h_a^{\prime }–r^{\prime }}}={\displaystyle \frac{r}{r^{\prime }}}={\displaystyle \frac{IE}{I^{\prime }{E}^{\prime }}}$,

donde $E$ y $E^{\prime }$ son los puntos de tangencia de $(I,r)$ y $(I^{\prime },r^{\prime })$ en $AB$ y $A^{\prime }{B}^{\prime }$ respectivamente.

Por criterio de semejanza hipotenusa-cateto, $\mathrm{△}AIE\sim \mathrm{△}{A}^{\prime }{I}^{\prime }{E}^{\prime }$ $\Rightarrow$ $\mathrm{\angle }EAI=\mathrm{\angle }{E}^{\prime }{A}^{\prime }{I}^{\prime }$, como $AI$ y $A^{\prime }{I}^{\prime }$ son bisectrices de $\mathrm{\angle }A$ y $\mathrm{\angle }{A}^{\prime }$ respectivamente $\Rightarrow \mathrm{\angle }A=\mathrm{\angle }{A}^{\prime }$.

Como $\mathrm{\angle }B=\mathrm{\angle }C$ y $\mathrm{\angle }{B}^{\prime }=\mathrm{\angle }{C}^{\prime }$, obtenemos $2\mathrm{\angle }B=2\mathrm{\angle }{B}^{\prime }$, por cierto de semejanza AA, $\mathrm{△}ABC\sim \mathrm{△}{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$.

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Problema 4. Dada una circunferencia $(I,r)$, construir un triángulo isósceles tal que $(I,r)$ es incírculo del triángulo y el cociente entre uno de los lados iguales del triángulo y la base es igual a una razón dada ${\displaystyle \frac{p}{q}}$.

Construcción. Construimos un triángulo $\mathrm{△}{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ con $A^{\prime }{B}^{\prime }=A^{\prime }{C}^{\prime }=p$ y $B^{\prime }{C}^{\prime }=q$, de este triangulo tomamos $h_a^{\prime }$ la altura trazada desde $A^{\prime }$ y $r^{\prime }$ el inradio.

Ahora construimos $h_a={\displaystyle \frac{r{h}_a^{\prime }}{r^{\prime }}}$.

Por un punto arbitrario $D\in (I,r)$ trazamos la tangente $l$ a $(I,r)$, en la recta $DI$, tomamos $A$ tal que $AD=h_a$, finalmente trazamos tangentes desde $A$ a $(I,r)$ y las intersecciones con $l$ serán los vértices $B$ y $C$.

Demostración. Sean $E$ y $F$ los puntos de tangencia de $AB$ y $AC$ respectivamente con $(I,r)$, por criterio de congruencia hipotenusa-cateto, $\mathrm{△}AIE\cong \mathrm{△}AIF$ por lo que $\mathrm{\angle }BAI=\mathrm{\angle }IAC$.

Como $AD\perp BC$, por criterio de congruencia ALA, $\mathrm{△}ADB\cong \mathrm{△}ADC$ $\Rightarrow AB=AC$, por lo tanto $\mathrm{△}ABC$ es un triángulo isósceles.

Dado que ${\displaystyle \frac{h_a}{h_a^{\prime }}}={\displaystyle \frac{r}{r^{\prime }}}$, por la proposición 3, $\mathrm{△}ABC\sim \mathrm{△}{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ y por tanto ${\displaystyle \frac{AB}{BC}}={\displaystyle \frac{A^{\prime }{B}^{\prime }}{B^{\prime }{C}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{p}{q}}$.

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Más adelante…

La siguiente entrada tratara sobre homotecia, una transformación en el plano que agranda o achica una figura e incluso la invierte pero no cambia su forma, esta herramienta será muy útil en posteriores entradas.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

1. Dados tres segmentos de longitudes $a$, $b$ y $c$ decimos que $x$ es la cuarta proporcional de $a$, $b$ y $c$ si ${\displaystyle \frac{x}{a}}={\displaystyle \frac{b}{c}}$. Construir la cuarta proporcional de tres segmentos.
2. Construye un triangulo dados la base, el ángulo opuesto a la base y la diferencia de los lados restantes ($a$, $\mathrm{\angle }A$, $b–c$).
3. Con los siguientes datos construye un triángulo, la base, el ángulo opuesto a la base y la diferencia de las alturas perpendiculares a los lados restantes ($a$, $\mathrm{\angle }A$, $h_b–h_c$).
4. Construye un cuadrado dada la suma de su lado $l$ y su diagonal $d$, $l+d$.
5. Construye un triángulo dados un ángulo, la bisectriz del ángulo dado y la razón en que la bisectriz divide al lado opuesto.

Entradas relacionadas

• Ir a Geometría Moderna I.
• Entrada anterior del curso: Circunferencia de Apolonio.
• Siguiente entrada del curso: Homotecia.
• Otros cursos.

Fuentes

• Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 17-37.
• Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 45-50.
• Cut the Knot

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»