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Geometría Moderna I: Simediana

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

La simediana es un tipo especial de ceviana relacionada con la mediana de un triángulo, veremos algunas caracterizaciones y propiedades.

Simediana, primera caracterización

Definición 1. Una simediana de un triángulo es la reflexión de una mediana respecto de la bisectriz interna que pasa por el mismo vértice. Un triángulo tiene tres simedianas.

Notación. Denotaremos a la intersección de una simediana con el lado opuesto como $S$.

Teorema 1. Una ceviana de un triángulo divide internamente al lado opuesto en la razón de los cuadrados de los lados adyacentes si y solo si es simediana.

Demostración. Sean $AA’$ la mediana y $AS$ la simediana en un triángulo $\triangle ABC$.

Sea $H$ el pie de la altura por $A$, calculamos las áreas de los triángulos $\triangle BAS$, $\triangle BAA’$, $\triangle SAC$ y $\triangle A’AC$.

Figura 1

$\begin{equation} (\triangle BAS) = \dfrac{BS \times AH}{2} = \dfrac{BA \times AS \sin \angle BAS}{2}, \end{equation}$
$\begin{equation} (\triangle BAA’) = \dfrac{BA’ \times AH}{2} = \dfrac{BA \times AA’ \sin \angle BAA’}{2}, \end{equation}$
$ \begin{equation} (\triangle SAC) = \dfrac{SC \times AH}{2} = \dfrac{SA \times AC \sin \angle SAC}{2}, \end{equation}$
$\begin{equation} (\triangle A’AC) = \dfrac{A’C \times AH}{2} = \dfrac{AA’ \times AC \sin \angle A’AC}{2}. \end{equation}$

Sea $L$ la intersección de la bisectriz de $A$ con $BC$, entonces
$\begin{equation} \angle BAS = \angle BAL – \angle SAL = \angle LAC – \angle LAA’ = \angle A’AC, \end{equation}$
$\angle BAA’ = \angle BAL + \angle LAA’ = \angle LAC + \angle SAL = \angle SAC.$

Haciendo el cociente de $(1)$ con $(4)$ y de $(2)$ con $(3)$ obtenemos
$\dfrac{BS}{A’C} = \dfrac{BA \times AS}{AA’ \times AC}$,
$\dfrac{BA’}{SC} = \dfrac{BA \times AA’}{SA \times AC}$.

Multiplicando estas dos ecuaciones obtenemos el resultado esperado
$\dfrac{BS}{SC} = \dfrac{BA^2}{AC^2}$.

El reciproco también es cierto, pues el punto $S$ que divide a $BC$ en la razón $\dfrac{BA^2}{AC^2}$, es único.

$\blacksquare$

Exsimediana

Definición 2. Las tangentes al circuncírculo de un triángulo por sus vértices se conocen como simedianas externas o exsimedianas.

Corolario. La simediana y la exsimediana que pasan por el mismo vértice de un triángulo son conjugadas armónicas respecto de los lados del triángulo que forman dicho vértice.

Demostración. En la entrada teorema de Menelao mostramos que la exsimediana de un triángulo divide externamente al lado opuesto en la razón de los cuadrados de los lados que pasan por el mismo vértice.

El resultado se sigue del hecho de que el conjugado armónico es único y el teorema 1.

$\blacksquare$

Teorema 2. Una simediana y las exsimedianas que pasan por vértices distintos son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como punto exsimediano.

Demostración. En $\triangle ABC$, $AP$ y $CP$ son tangentes al circuncírculo $\Gamma$ de $\triangle ABC$ en $A$ y en $C$ respectivamente y se cortan en $P$ (figura 2).

Figura 2

Sea $D = BP \cap \Gamma$, $D \neq B$, por la proposición 5 de la entrada anterior, $\square ABCD$ es un cuadrilátero armónico.

Entonces, por el teorema 2 de la entrada anterior, el Haz $B(BCDA)$ es armónico, es decir, la tangente a $\Gamma$ en $B$, y $BD$ son conjugadas armónicas respecto de $BA$ y $BC$.

Como el conjugado armónico es único, $BP$ es simediana de $\triangle ABC$, por el corolario anterior.

$\blacksquare$

Antiparalelas (1)

Teorema 3. La $B$-simediana de un triángulo $\triangle ABC$ es el lugar geométrico de los puntos que bisecan a las antiparalelas de $AC$ respecto a $AB$ y $BC$.

Demostración. Sean $D \in AB$ y $E \in BC$ tales que $AC$ y $DE$ son antiparalelas respecto a $AB$ y $BC$, entonces $\square ADEC$ es cíclico.

Figura 3

Por lo tanto, $\angle ACE$ y $\angle EDA$ son suplementarios, en consecuencia, $\angle ACB = \angle ACE = \angle BDE$.

Sea $TB$ tangente al circuncírculo de $\triangle ABC$ en $B$, entonces $\angle ABT = \angle ACB$ pues abarcan el mismo arco, por lo tanto, la $B$-exsimediana y $DE$ son paralelas.

Sea $BS$ una ceviana de $\triangle ABC$, entonces por la proposición 2 de la entrada anterior $BS$ biseca a $DE$ si y solo si el haz $B(TCSA)$ es armónico.

En consecuencia, como el conjugado armónico de $BT$ respecto de $BC$ y $BA$ es la $B$-simediana, $BS$ biseca a $DE$ si y solo si $BS$ es simediana de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Antiparalelas (2)

Proposición. 1 Si dos antiparalelas a dos de los lados de un triángulo tienen la misma longitud, entonces estas se intersecan en la simediana relativa al tercer lado, el reciproco también es cierto.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $E$, $G \in BC$, $F \in AB$ y $H \in CA$, tales que $EF$, $AC$ son antiparalelas respecto a $AB$ y $BC$; $AB$, $GH$ son antiparalelas respecto a $BC$ y $CA$, y $EF = GH$.

Figura 4

Como $\square AFEC$ y $\square ABGH$ son cíclicos, entonces, $\angle FEB = \angle BAC = \angle CGH$, por lo tanto $PG = PE$.

Sea $P = EF \cap GH$, dado que $FE = GH$ entonces $FP = HP$.

Si $S = AP \cap BC$, considera $I \in AB$, $J \in CA$, tales que $IS \parallel FE$ y $JS \parallel GH$, entonces $\triangle ASI \sim \triangle APF$ y $\triangle ASJ \sim \triangle APH$.

Por lo tanto, $\dfrac{SI}{PF} = \dfrac{AS}{AP} = \dfrac{SJ}{PH}$, como $PF = PH$ entonces $SI = SJ$.

Por otro lado $\triangle SBI \sim \triangle ABC \sim \triangle SJC$, esto es
$\dfrac{SB}{SI} = \dfrac{AB}{AC}$ y $\dfrac{SJ}{SC} = \dfrac{AB}{AC}$.

Como resultado de multiplicar estas dos ecuaciones obtenemos
$\dfrac{BS}{SC} = \dfrac{AB^2}{AC^2}$.

Por el teorema 1, esto implica que $AS$ es la $A$-simediana de $\triangle ABC$.

Notemos que el reciproco también es cierto, esto es, si dos antiparalelas a dos de los lados de un triángulo se intersecan en la simediana relativa al tercer lado, entonces estas tienen la misma longitud.

Esto lo podemos ver tomando la prueba anterior en sentido contrario.

$\blacksquare$

Otra caracterización importante

Teorema 4. Una simediana es el lugar geométrico de los puntos (dentro de los ángulos internos del triángulo o sus ángulos opuestos por el vértice) tales que la razón de sus distancias a los lados adyacentes a la simediana, es igual a la razón entre esos lados.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $A’$ el punto medio de $BC$ y $P \in AA’$, considera las proyecciones $P_c$, $P_b$ de $P$ en $AB$ y $AC$ respectivamente y $A’_c$, $A’_b$, las correspondientes de $A’$.

Figura 5

Como $\triangle APP_c \sim \triangle AA’A’_c$ y $\triangle APP_b \sim \triangle AA’A’_b$ entonces
$\dfrac{PP_c}{A’A’_c} = \dfrac{AP}{AA’} = \dfrac{PP_b}{A’A’_b}$.

Tomando en cuenta que los triángulos $\triangle ABA’$ y $\triangle AA’C$ tienen la misma altura desde $A$, tenemos lo siguiente:
$\dfrac{AC}{AB} = \dfrac{PP_c}{PP_b} = \dfrac{A’A’_c}{A’A’_b}$
$\Leftrightarrow AC \times A’A’_b = AB \times A’A’_c$
$\Leftrightarrow (\triangle AA’C) = (\triangle AA’B)$
$ \Leftrightarrow A’C = BA’$.

Por lo tanto, la mediana de un triángulo es el lugar geométrico de los puntos tales que la razón de sus distancias a los lados adyacentes a la mediana es el inverso de la razón entre dichos lados.

Denotamos la distancia de un punto $P$ a una recta $l$ como $d(P, l)$.

Para $P \in AA’$ considera $P’ \in AS$ su reflexión respecto de la bisectriz de $\angle BAC$, entonces

$\dfrac{d(P’, AB)}{d(P’, AC)} = \dfrac{d(P, AC)}{d(P’, AB)} = \dfrac{AB}{AC}$.

$\blacksquare$

Proposición 2. La recta que une las proyecciones de un punto en la simediana (mediana) de un triángulo, sobre los lados adyacentes, es perpendicular a la mediana (simediana) que pasa por el mismo vértice.

Demostración. En un triángulo $\triangle ABC$ sean $AA’$ la mediana y $AS$ la simediana, considera $P \in AS$ y $D$, $E$, las proyecciones de $P$ en $CA$ y $AB$ respectivamente.

Figura 6

Como $\angle PEA + \angle ADP = \pi$ entonces $\square AEPD$ es cíclico, así que $\angle EAP = \angle EDP$, por la ecuación $(5)$, $\angle EAP = \angle A’AD$.

Sean $F = PD \cap AA’$ y $G = DE \cap AA’$, en los triángulos $\triangle ADF$ y $\triangle DGF$, $\angle FAD = \angle GDF$ y $\angle DFG$ es un ángulo común, por lo tanto son semejantes.

Como $PD \perp AC$ entonces $DE \perp AA’$.

El caso para la mediana es análogo.

$\blacksquare$

Más adelante…

Así como las medianas de un triángulo son concurrentes, las simedianas también son concurrentes, pero dicho punto tiene propiedades importantes por si mismo, y de eso hablaremos en la próxima entrada.

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. Muestra que las segundas intersecciones de una mediana y su correspondiente simediana con el circuncírculo del triángulo, determinan una recta paralela al lado del triángulo relativo a la mediana considerada.
  2.  Sea $\triangle ABC$ un triángulo acutángulo, $D$ y $A’$ las proyecciones de $A$ y $O$, el circuncírculo de $\triangle ABC$, en $BC$ respectivamente, sean $E = BO \cap AD$, $F = CO \cap AD$ y considera $P$ el segundo punto en común entre los circuncírculos de $\triangle ABE$ y $\triangle AFC$, demuestra que $AP$ es la $A$-simediana de $\triangle ABC$.
  3. Sea $P$ un punto dentro de un triángulo isósceles $\triangle ABC$ con $AB = AC$, tal que $\angle PBC = \angle ACP$, si $A’$ es el punto medio de $BC$, muestra que $\angle BPA’$ y $\angle CPA$ son suplementarios.
  4. Sean $\triangle ABC$, $D \in AB$ y $E \in CA$ tal que $DE \parallel BC$, considera $P = BE \cap CD$, los circuncírculos de $\triangle BDP$ y $\triangle CEP$ se intersecan en $P$ y $Q$, muestra que $\angle BAQ = \angle PAC$.
  5. La $A$-simediana $AS$ y la $A$-meidnana $AA’$ de un triángulo $\triangle ABC$ intersecan otra vez a su circuncírculo en $S’$ y $L$ respectivamente, prueba que la rectas de Simson de $S’$ y $L$ son perpendiculares a $AA’$ y a $AS$ respectivamente.
  6. Muestra que las exsimedianas de un triángulo tienen la misma propiedad que se señala en el teorema 4 respecto a las simedianas, pero esta vez para los puntos dentro de los ángulos externos del triángulo.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 247-252.
  • Lozanovski, S., A Beautiful Journey Through Olympiad Geometry. Version 1.4. 2020, pp 86-92.
  • Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 129-145.
  • Shively, L., Introducción a la Geómetra Moderna. México: Ed. Continental, 1961, pp 66-70.

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»

Geometría Moderna I: Medianas y centroide

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En la entrada puntos nobles del triangulo, vimos que las medianas de un triangulo concurren en un punto, al que llamamos centroide, y que este punto tiene la propiedad de trisecar a las medianas. En esta entrada estudiaremos algunas propiedades más de las medinas y el centroide.

Medianas como los lados de un triángulo

Teorema 1. Si con las medianas de un triángulo dado construimos otro triangulo, entonces cada mediana del triángulo construido es igual a tres cuartos uno de los lados del triángulo dado.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $AA´$, $BB’$ y $CC’$ las medianas del triángulo.

Construimos $D \in C’B’$ tal que $C’B’ = B’D$, como $C´B´$ es un segmento medio de $\triangle ABC$ entonces $C’B’ \parallel BC$ y $2C’B’ = BC$.

Lo anterior implica que $\square B’BA’D$ es un paralelogramo y por lo tanto $BB’ = A’D$.

Figura 1

Como las diagonales de $\square AC’CD$ se cortan en su punto medio entonces $\square AC’CD$ es un paralelogramo, por lo tanto, $CC’ = AD$, entonces los lados de $\triangle AA’D$ son las medianas de $\triangle ABC$, por criterio LLL, cualquier otro triangulo con los mismos lados será congruente con $\triangle AA’D$.

Sea $E = AA’ \cap C’B’$, como $A’C’$ es un segmento medio de $\triangle ABC$ entonces $\square AC’A’B’$ es un paralelogramo, por lo tanto, $E$ es el punto medio de $AA’$ y de $C’B’$.

Por lo anterior tenemos que $DE$ es mediana de $\triangle ADA’$ y que $DE = \dfrac{3}{4}$, pues por construcción $C’B’ = B’D$.

Dado que $C’D = BC$ $\Rightarrow DE = \dfrac{3}{4}BC$.

Con una construcción similar podemos ver que las otras medianas de $\triangle ADA’$ son iguales a $\dfrac{3}{4}AC$ y $\dfrac{3}{4}AB$.

Observación. Notemos que si seguimos este proceso de construir triángulos con las medianas del triángulo anterior obtenemos dos grupos de triángulos semejantes, un grupo conformado por el primer, el tercer, el quinto triángulo etc. En el otro grupo estarían el segundo, el cuarto triángulo … ambos con razón de semejanza $\dfrac{3}{4}$.

$\blacksquare$

Corolario 1. El área de un triángulo construido con las medianas de un triángulo dado, es igual a tres cuartos el área del triángulo dado.

Demostración. El área de $\triangle ADA’$ (figura 1) es igual a la suma de las áreas de $\triangle EDA$ y $\triangle EDA’$ que tienen la misma base $ED$ y la suma de sus alturas es igual a la altura de $\triangle ABC$ y por el teorema 1, $DE = \dfrac{3}{4}BC$.

Por lo tanto,
$(\triangle ADA’) = (\triangle EDA) + (\triangle EDA’) = \dfrac{ED \times h_1}{2} + \dfrac{ED \times h_2}{2}$
$= \dfrac{3}{4}\dfrac{BC(h_1 + h_2)}{2} = \dfrac{3}{4}(\triangle ABC)$.

$\blacksquare$

Construcciones

Problema 1. Construir un triángulo dadas las longitudes de sus medianas $m_a$, $m_b$ y $m_c$.

Por el teorema 1, sabemos que las medianas del triángulo cuyos lados son $m_a$, $m_b$ y $m_c$, están en proporción $\dfrac{3}{4}$ a los lados del triángulo buscado.

Para encontrar las medianas del triángulo con lados $m_a$, $m_b$ y $m_c$, podemos construir este triangulo y luego sus medianas o podemos calcular sus longitudes con el teorema de Apolonio.

Después, multiplicamos cada valor obtenido por $\dfrac{4}{3}$ y así obtendremos los lados del triangulo requerido.

$\blacksquare$

Problema 2. Dados una circunferencia y un punto dentro de esta, es posible inscribir en la circunferencia una infinidad de triángulos que tienen como centroide el punto dado.

Demostración. Sean $\Gamma(O)$ y $G$ la circunferencia y el punto dado, tomamos $A \in \Gamma(O)$, sobre la recta $AG$ construimos $A’$ tal que $GA’ = \dfrac{AG}{2}$.

Si $A’$ cae dentro de $\Gamma(O)$ por $A’$ trazamos una perpendicular a $OA’$ que interseca a $\Gamma(O)$ en $B$ en $C$, como $\triangle BOC$ es isósceles y $OA’$ es la altura por $O$, entonces $A’$ es el punto medio de $BC$.

Figura 2

En $\triangle ABC$ se cumple que $AA’$ es mediana y $G$ triseca a $AA’$, como el centroide de un triángulo es el único que tienen esa propiedad, entonces $G$ es el centroide de $\triangle ABC$.

Notemos que $A$ y $A’$ están en homotecia con centro en $G$ y razón $\dfrac{-1}{2}$, como $A$ describe una circunferencia, $A’$ describe una circunferencia.

Entonces hay dos posibilidades, que la homotecia de $\Gamma(O)$ este totalmente contenida dentro de ella, con lo que con cualquier punto $A$ de $\Gamma(O)$ será posible hacer la construcción previa, o la homotecia de $\Gamma(O)$ este parcialmente contenida dentro de $\Gamma(O)$ y solo con un arco de $\Gamma(O)$ será posible hacer la construcción.

Finalmente, notemos que no es posible que la homotecia de $\Gamma$ se encuentre completamente fuera de esta pues $G$ es un punto interior de $\Gamma$.

$\blacksquare$

Una propiedad del centroide

Lema. Sea $P$ un punto dentro de un triángulo $\triangle ABC$, entonces las áreas $(\triangle APB) = (\triangle APC)$ si y solo si $P$ se encuentra en la mediana $AA’$.

Demostración. Supongamos que $(\triangle APB) = (\triangle APC)$. Como $\triangle APB$ y $\triangle APC$ tienen la misma base $AP$ entonces sus alturas son iguales es decir la distancia de $B$ a $AP$ es igual a la distancia de $C$ a $AP$.

Figura 3

Ahora consideremos $A’ = AP \cap BC$, los triángulos $\triangle A’PB$ y $\triangle A’CP$ tienen la misma base $PA’$, por lo anterior sus alturas por B y C respectivamente también son iguales y así sus áreas son iguales $(\triangle A’PB) = (\triangle A’CP)$.

Por otro lado, para ambos triángulos, $\triangle A’PB$ y $\triangle A’CP$, la altura trazada por $P$ es la misma, esto implica que las respectivas bases son iguales, es decir $BA’ = A’C$.

Por lo tanto, $P$ está en la mediana trazada por $A$.

Recíprocamente supongamos que $P$ es un punto en la mediana $AA’$, como los pares de triángulos $\triangle BA’A$, $\triangle A’CA$ y $\triangle BA’P$, $\triangle A’CP$ tienen la misma altura desde $A$ y $P$ respectivamente, entonces
$(\triangle BA’A) = (\triangle A’CA)$ y $(\triangle BA’P) = (\triangle A’CP)$,

Por lo tanto,
$(\triangle BA’A) – (\triangle BA’P) = (\triangle A’CA) – (\triangle A’CP)$
$\Rightarrow (\triangle APB) = (\triangle APC)$.

$\blacksquare$

Teorema 2. Sea $G$ un punto dentro de un triángulo $\triangle ABC$, entonces $(\triangle AGB) = (\triangle AGC) = (\triangle BGC)$ si y solo si $G$ es el centroide de $\triangle ABC$.

Demostración. Supongamos que $(\triangle AGB) = (\triangle AGC) = (\triangle BGC)$, por el teorema anterior esto ocurre si y solo si $G$ está en la intersección de las medianas, si y solo si $G$ es el centroide de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Proposición 1. Sean $\triangle ABC$ con $BC = a$, $AC = b$ y $AB = c$. Sean $G$ el centroide y $P$, $Q$, $R$ los pies de las perpendiculares desde $G$ a los lados $AB$, $BC$ y $AC$ respectivamente, entonces
$(\triangle PQR) = \dfrac{4}{9}(\triangle ABC)^3(\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{a^2b^2c^2})$.

Figura 4

Demostración. Por el teorema 3, $\triangle AGB$, $\triangle AGC$ y $\triangle BGC$ tienen la misma área, entonces
$(\triangle BGC) = \dfrac{BC \times GQ}{2}$
$\Rightarrow GQ = \dfrac{2(\triangle BGC)}{a} = \dfrac{2(\triangle ABC)}{3a}$.

De manera análoga tenemos que
$GP = \dfrac{2(\triangle ABC)}{3c}$ y $GR = \dfrac{2(\triangle ABC)}{3b}$.

Notemos que en $\square PBQG$, $\angle P + \angle Q = \pi$, en consecuencia tenemos que
$\angle G + \angle B = \pi$
$\Rightarrow \sin \angle PGQ = \sin \angle B$

Recordemos que podemos calcular el área de $\triangle ABC$ con la formula $\dfrac{ac \sin \angle B}{2}$.

Ahora calculamos
$(\triangle PGQ) = \dfrac{GP \times GQ \sin \angle B}{2}$

$= \dfrac{4(\triangle ABC)^2}{9ac} \dfrac{(\triangle ABC)}{ac}$

$= \dfrac{4(\triangle ABC)^3}{9a^2c^2}$.

De lo anterior se sigue que
$(\triangle PQR) = (\triangle PGQ) + (\triangle QGR) + (\triangle RGP)$

$= \dfrac{4(\triangle ABC)^3}{9a^2c^2} + \dfrac{4(\triangle ABC)^3}{9a^2b^2} + \dfrac{4(\triangle ABC)^3}{9b^2c^2}$

$= \dfrac{4}{9}(\triangle ABC)^3(\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{a^2b^2c^2})$.

$\blacksquare$

Distancia entre el centroide y el circuncentro

Teorema 3. Sean $\triangle ABC$, $G$ su centroide y $P$ un punto en el plano, entonces tenemos la siguiente igualdad
$PA^2 + PB^2 + PC^2 = GA^2 + GB^2 + GC^2 + 3PG^2$.

Demostración. Consideremos $A’$ y $M$ puntos medios de $BC$ y $AG$ respectivamente, con el teorema de Apolonio podemos calcular las medianas de los triángulos $\triangle BPC$, $\triangle A’PM$ y $\triangle GPA$ y tomemos en cuenta que $GA = MA’$.

Figura 5

Por lo tanto,
$PB^2 + PC^2 = 2PA’^2 + \dfrac{BC^2}{2}$,
$PG^2 + PA^2 = 2PM^2 + \dfrac{GA^2}{2}$,
$PA’^2 + PM^2 = 2PG^2 + \dfrac{MA’^2}{2} = 2PG^2 + \dfrac{GA^2}{2}$.

Sumando las tres expresiones y recordando que $GA = 2GA’$, obtenemos
$PA^2 + PB^2 + PC^2 = (PA’^2 + PM^2) + PG^2 + GA^2 + \dfrac{BC^2}{2}$
$= 2PG^2 + \dfrac{GA^2}{2} + PG^2 + GA^2 + \dfrac{BC^2}{2}$
$= 3PG^2 + GA^2 + 2GA’^2 + \dfrac{BC^2}{2}$.

Ahora aplicamos el teorema de Apolonio a $\triangle BGC$ y obtenemos
$GB^2 + GC^2 = 2GA’^2 + \dfrac{BC^2}{2}$.

Por lo tanto,
$PA^2 + PB^2 + PC^2 = 3PG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2$.

$\blacksquare$

Proposición 2. La suma de los cuadrados de las distancias del centroide de un triángulo a sus vértices es igual a un tercio la suma de los cuadrados de los lados del triángulo.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ con $a = BC$, $b = AC$ y $c = AB$, con la formula para las medianas obtenemos:
$GA^2 = \dfrac{4}{9}AA’^2 = \dfrac{4}{9} (\dfrac{b^2 + c^2}{2} – \dfrac{a^2}{4})$,
$GB^2 = \dfrac{4}{9}BB’^2 = \dfrac{4}{9} (\dfrac{a^2 + c^2}{2} – \dfrac{b^2}{4})$,
$GC^2 = \dfrac{4}{9}CC’^2 = \dfrac{4}{9} (\dfrac{a^2 + b^2}{2} – \dfrac{c^2}{4})$.

Por lo tanto,
$GA^2 + GB^2 + GC^2 = \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{3}$.

$\blacksquare$

Corolario 2. La distancia entre el centroide $G$ y el circuncentro $O$ de un triángulo $\triangle ABC$ con circunradio $R$ se puede expresar de la siguiente forma:

$OG^2 = R^2 – (\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{9})$.

Demostración. Por el teorema 3 y la proposición 2 tenemos lo siguiente
$3R^2 = OA^2 + OB^2 + OC^2 = 3OG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2$
$= 3OG^2 + \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{3}$.

Despejando $OG^2$ obtenemos el resultado
$OG^2 = R^2 – (\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{9})$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos algunas propiedades de un triangulo especial asociado a un triangulo dado, aquel que tiene como vértices los puntos medios del triangulo dado. Esto nos permitirá mostrar que el ortocentro, el centroide y el circuncentro de un triángulo siempre son colineales.

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. Construye un triángulo dados dos vértices y el centroide.
  2. Prueba que en un triángulo la recta que une el punto medio de una de sus medianas con uno de los vértices del triángulo triseca el lado opuesto al vértice considerado.
  3. Muestra que las medianas de un triángulo dividen al triangulo en seis triángulos que tienen la misma área.
  4. Demuestra que en un triangulo,
    $i)$ entre cualesquiera dos de sus medianas la menor de ellas biseca al lado mas grande,
    $ii)$ si dos de sus medianas son iguales entonces el triangulo es isósceles.
  5. Sean $\triangle ABC$ y $AA’$, $BB’$, $CC’$ sus medianas, muestra que $\frac{3}{4}(AB^2 + BC^2 + AC^2) = AA’^2 +BB’^2 + CC’^2$.
  6. Sea $\triangle ABC$ con medianas $AA’$, $BB’$ y $CC’$, sean $m = AA’ + BB’ + CC’$ y $s = AB + BC + CA$, muestra que $\frac{3}{2}s > m > \frac{3}{4}s$.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 65-71.
  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 80-84.
  • Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 14.

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»

Geometría Moderna I: Puntos notables del triángulo

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta entrada estudiamos la concurrencia de rectas importantes en el triangulo, a saber, las medianas, mediatrices, bisectrices y alturas. Mencionamos también consecuencias inmediatas de los puntos de concurrencia.

Centroide

Teorema 1. Las medianas de todo triángulo concurren en un punto que las triseca.

Demostración. Sean $\triangle ABC$, $B’$ y $C’$ los puntos medios de $AC$ y $AB$ respectivamente, por el teorema del segmento medio sabemos que $C’B’ = \dfrac{BC}{2}$ y $C’B’ \parallel BC$.

Figura 1

Sea $G$ la intersección de las medianas $BB’$ y $CC’$, en $\triangle GBC$ consideremos $M$ y $N$ los puntos medios de los lados $GB$ y $GC$ respectivamente, entonces
$MN = \dfrac{BC}{2}$ y $MN \parallel BC$.

Por transitividad $C’B’ = MN$ y $C’B’ \parallel MN$, esto implica que $\square C’MNB’$ es un paralelogramo y por lo tanto sus diagonales se bisecan, es decir,
$C’G = GN$ y $MG = GB’$.

Por construcción, $MG = BM$ y $GN = NC$
$\Rightarrow GB’= \dfrac{BB’}{3}$ y $C’G = \dfrac{CC’}{3}$,
esto es, la medianas $BB’$ y $CC’$ se trisecan

Si repetimos el mismo procedimiento pero ahora con las medianas $AA’$ y $BB’$ encontraremos un punto $G’$ en donde las medianas se trisecaran, $G’B’= \dfrac{BB’}{3}$ y $G’A’ = \dfrac{AA’}{3}$.

Como $GB’= \dfrac{BB’}{3} = G’B’$, concluimos que $G’ = G$.

Por lo tanto, las medianas de un triángulo concurren en un punto que las triseca.

$\blacksquare$

Definición 1. Decimos que el punto en que concurren las medianas de un triángulo es el gravicentro, baricentro o centroide del triángulo y lo denotamos con la letra $G$ mayúscula.

Figura 2

Circuncentro

Teorema 2. Las mediatrices de los lados de todo triángulo son concurrentes.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, consideremos las mediatrices $l_c$ y $l_b$ de $AB$ y $AC$ respectivamente y $O = l_b \cap l_c$.

Figura 3

En la entrada desigualdad del triángulo y lugar geométrico mostramos que un punto está en la mediatriz de un segmento si y solo si equidista a los puntos extremos del segmento.

Ya que $O \in l_c$ y $O \in l_b$, entonces $OA = OB$ y $OA = OC$
$\Rightarrow OB = OC$.

Por el resultado mencionado anteriormente $OB = OC$ implica que $O \in l_a$, la mediatriz de $BC$.

Por lo tanto, las mediatrices de un triángulo son concurrentes.

$\blacksquare$

Corolario. Tres puntos distintos y no colineales se encuentran en una única circunferencia.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, por el teorema anterior las mediatrices de los segmentos determinados por los vértices del triángulo concurren en un punto $O$ cuya distancia a cada uno de los vértices es la misma $R = OA = OB = OC$.

Por definición de circunferencia, $A$, $B$ y $C$ pertenecen a la circunferencia con centro en $O$ y radio $R$, $A$, $B$, $C \in (O, R) = \Gamma$.

Ahora supongamos que existe $\Gamma’ = (O’, R’)$ tal que $A$, $B$, $C \in \Gamma’$, entonces, por definición, $O’A = O’B = O’C = R’$.

Esto implica que $O’ \in l_a$, $O’ \in l_b$ y $O’ \in l_c$, las mediatices de $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente,
$\Rightarrow O \in l_a \cap l_b \cap l_c$.

Como ya probamos que las mediatrices son concurrentes entonces $O’ = O$ y $R’ = R$, así que $\Gamma$ es única.

$\blacksquare$

Definición 2. Al punto de concurrencia de las mediatrices de los lados de un triángulo le llamamos circuncentro y lo denotamos como $O$.

A la distancia constante de $O$ a los vértices del triángulo le llamamos circunradio denotado con la letra $R$ mayúscula.

A la circunferencia única $(O, R)$ determinada por los vértices del triángulo se le conoce como circuncírculo.

Figura 4

Incentro

Teorema 3. Las bisectrices interiores de todo triángulo son concurrentes.

Demostración. Sean $l_B$ y $l_C$ las bisectrices de los ángulos interiores en $\angle B$ y $\angle C$ respectivamente e $I = l_{B} \cap l_{C}$.

Figura 5

En la entrada desigualdad del triángulo y lugar geométrico mostramos que un punto está en la bisectriz de un ángulo si y solo si equidista a los lados que forman el ángulo. Recordemos que la distancia de un punto a una recta es la longitud del punto al pie de la perpendicular a la recta trazada desde el punto.

Denotamos la distancia de un punto $P$ a una recta $l$ como $(P, l)$.

Como $I \in l_{b}$ e $I \in l_{c}$, entonces $(I, AB) = (I, BC)$ y $(I, BC) = (I, AC)$,
$\Rightarrow (I, AB) = (I, AC)$.

Por el resultado citado anteriormente, $(I, AB) = (I, AC)$ implica que $I \in l_A$, la bisectriz interior de $\angle A$.

Por tanto, las bisectrices interiores de un triángulo son concurrentes.

$\blacksquare$

Si consideramos los pies de las perpendiculares a los lados del triángulo trazados desde el punto en que concurren las bisectrices, encontramos tres puntos distintos que equidistan a un punto fijo y por el corolario anterior estos determinan una única circunferencia, esto motiva la siguiente definición.

Definición 3. Al punto de concurrencia de las bisectrices interiores de un triángulo se le conoce como incentro del triángulo y lo denotamos con la letra $I$ mayúscula.

A la distancia de $I$ a los lados del triángulo le llamamos inradio y lo denotamos como $r = (I, AB) = (I, BC) = (I, AC)$.

La circunferencia con centro en $I$ y radio $r$, $(I, r)$, se llama incírculo.

Figura 6

Excentros

Teorema 4. En todo triángulo las bisectrices exteriores de dos ángulos y la bisectriz interior del tercer ángulo son concurrentes.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, $l_A$ y $l_C$ las bisectrices exteriores de $\angle A$ y $\angle C$ respectivamente e $I_b = l_A \cap l_C$.

Figura 7

De manera análoga al caso de las bisectrices internas tenemos que
como $I_b \in l_A$ e $I_b \in l_C$, entonces $(I_b, AB) = (I_b, AC)$ y $(I_b, AC) = (I_b, BC)$,
$\Rightarrow (I_b, AB) = (I_b, BC)$.

Como $I_b$ está en la región acotada por el ángulo $\angle CBA$ entonces $I \in l_B$, la bisectriz interior de $\angle B$.

Por lo tanto, la bisectriz interna de $\angle B$ y las bisectrices externas de $A$ y $C$ son concurrentes.

De manera análoga probamos que las bisectrices externas de $\angle A$ y $\angle B$ concurren con la bisectriz interna de $\angle C$, y las bisectrices externas de $\angle B$ y $\angle C$ concurren con la bisectriz interna de $\angle A$.

$\blacksquare$

Similarmente a como lo hicimos con el incentro, notamos que, para cada uno de estos tres puntos de concurrencia, existen tres puntos distintos, uno en cada lado del triángulo que equidistan a un punto fijo y por lo tanto determinan una única circunferencia.

Definición 4. A los puntos en que concurren dos bisectrices externas y una bisectriz interna de un triángulo les llamamos excentros del triángulo y los denotamos como $I_a$, $I_b$ e $I_c$ de acuerdo a si se encuentran en la bisectriz interna de $\angle A$, $\angle B$ o $\angle C$ respectivamente y decimos que son opuestos a dichos vértices.

Las distancias de $I_a$, $I_b$ e $I_c$ a los lados del triángulo son los exradios y se les denota como $r_a$, $r_b$ y $r_c$ respectivamente.

A las circunferencias $(I_a, r_a)$, $(I_b, r_b)$ y $(I_c, r_c)$ se les conoce como excírculos del triángulo.

Figura 8

Ortocentro

Teorema 5. Las alturas de todo triángulo son concurrentes.

Demostración. Sea $\triangle ABC$, tracemos en cada vértice la paralela al lado opuesto.

Sean $A’$ la intersección de la paralela a $AB$ trazada en $C$ con la paralela a $AC$ trazada en $B$, de manera análoga definimos $B’$ y $C’$.

Figura 9

Por construcción, $\square ABCB’$ es un paralelogramo por lo que $AB’ = BC$, también $\square C’BCA$ es paralelogramo así que $C’A = BC$,
$\Rightarrow AB’ = BC = C’A \Rightarrow A$ es el punto medio de $C’B’$.

De manera similar podemos ver que $B$ es el punto medio de $C’A’$ y $C$ es el punto medio de $A’B’$.

En consecuencia, las alturas del triángulo $\triangle ABC$ son las mediatrices del triángulo $\triangle C’A’B’$ y ya probamos que las mediatrices de los lados de todo triangulo son concurrentes, por lo tanto, las alturas de $\triangle ABC$ son concurrentes.

$\blacksquare$

Definición 5. Al punto en común en que las tres alturas de un triángulo se intersecan le llamamos ortocentro y lo denotamos con la letra $H$ mayúscula.

Figura 10

Más adelante…

En la siguiente entrada demostraremos algunos teoremas que nos permitirán calcular la magnitud de ángulos relativos a una circunferencia.

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. ¿Qué puntos notables vistos en esta entrada, caen siempre dentro del triangulo y cuales siempre fuera?
  2. Muestra que una recta paralela a un lado de un triangulo a través del centroide divide el área del triangulo en dos partes tal que la razón de esta áreas es $\dfrac{4}{5}$.
  3. Considera un triangulo rectángulo $\triangle ABC$ con $\angle B = \dfrac{\pi}{2}$, sean $CC’$ la mediana por $C$ y $D$ el pie de la perpendicular a $CC’$ trazada desde $B$ (figura 11), calcula la distancia de $D$ al centroide $G$ del triangulo en términos de los catetos.
Figura 11
  1. Un triángulo rectángulo tiene un ángulo interior de $\dfrac{\pi}{3}$, calcula la distancia del vértice donde se intersecan los catetos al incentro $I$ del triángulo en términos de la hipotenusa.
  2. Sea $\triangle ABC$ un triángulo tal que la mediana $AD$ es perpendicular a la mediana $BE$, encuentra $AB$ si $BC = a$ y $AC = b$.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 29-34.
  • Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 65-94.
  • Geometría interactiva

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»

Geometría Moderna I: Congruencia de triángulos

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

2 respuestas

Introducción

En esta entrada estudiaremos los criterios de congruencia para triángulos, los cuales estaremos usando a lo largo del curso, nos apoyaremos en las transformaciones rígidas las cuales presentamos a continuación.

Definición 1. Decimos que dos triángulos distintos $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ son congruentes y lo denotamos como $\triangle ABC \cong \triangle A’B’C’$, si los lados y los ángulos correspondientes son iguales, esto es,

  • $\angle A = \angle A’$, $\angle B = \angle B’$, $\angle C = \angle C’$ y
  • $AB = A’B’$, $BC = B’C’$, $AC = A’C’$.

Definición 2. Una transformación rígida es una función del plano en sí mismo, o un subconjunto de él, donde la preimagen y la imagen son congruentes.

Una reflexión en una recta es una transformación rígida que manda a todo punto en la preimagen con su punto simétrico respecto a la recta.

triangulo

Una traslación es una transformación rígida que mueve a todos los puntos en la preimagen una distancia constante en una dirección especifica.

Figura 2

Una rotación es una transformación rígida donde todos los puntos en la preimagen giran alrededor de un punto fijo en un ángulo constante.

Figura 3

Criterio lado, ángulo, lado (LAL)

Teorema 1, de congruencia lado, ángulo, lado. Si en un triángulo dos de sus lados y el ángulo interior que estos forman, son iguales a dos lados y el ángulo interior comprendido entre ellos de un segundo triángulo entonces los triángulos son congruentes.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ tales que $AB = A’B’$, $AC = A’C’$ y $\angle A = \angle A’$, debemos mostrar que $BC = B’C’$, $\angle B = \angle B’$ y $\angle C = \angle C’$.

Figura 4

La idea es superponer los ángulos $\angle BAC$ y $\angle B’A’C’$ de la siguiente manera, hacemos una composición de transformaciones rígidas para que $A$ y $A’$ coincidan y los segmentos $AB$ y $A’B’$  se superpongan.

Entonces como $AB = A’B’$ los puntos $B$ y $B’$ coincidirán, ahora como $\angle BAC = \angle B’A’C’$ los segmentos $AC$ y $A’C’$ quedaran sobrepuestos, si no es así entonces hacemos una reflexión a través de $AB$ para que esto suceda.

Como $AC$ y $A’C’$  tienen la misma longitud sucederá que $C$ y $C’$ coincidirán, de esta manera los segmentos $BC$ y $B’C’$ coincidirán pero también los pares de ángulos ($\angle CBA$, $\angle C’B’A’$) y ($\angle ACB$, $\angle A’C’B’$) coincidirán.

Por lo tanto, por la noción común numero 4 (cosas que coinciden una con otra son iguales entre sí), tendrán la misma magnitud,
$BC = B’C’$, $\angle CBA = \angle C’B’A’$, $\angle ACB = \angle A’C’B’$.

Como resultado, $\triangle ABC \cong \triangle A’B’C’$.

$\blacksquare$

Notemos que el procedimiento de “superponer” las figuras no se menciona en los axiomas de Euclides ni en las nociones comunes, así que este es un ejemplo de que los postulados de Euclides son incompletos como lo mencionábamos en la entrada anterior.

En el siguiente interactivo se ilustra un caso particular de como con una traslación y una rotación podemos superponer dos triángulos.

Criterio lado, lado, lado (LLL)

Definición 3. La mediatriz de un segmento es la recta perpendicular al segmento y que pasa por su punto medio, es decir, lo biseca.

La bisectriz de un ángulo es la recta que pasa por el vértice del ángulo y lo divide en dos ángulos iguales. Notemos que en un triángulo hay tres bisectrices internas y tres bisectrices externas.

Decimos que un vértice y un lado de un triángulo son opuestos si el lado no contiene al vértice. La altura de un triángulo, es el segmento que une uno de sus vértices con el pie de la perpendicular al lado opuesto.

La mediana de un triángulo es el segmento que une un vértice con el punto medio del lado opuesto.

Proposición. Los ángulos internos de un triángulo isósceles, que no son aquel comprendido entre los lados iguales, son iguales entre sí, además, la bisectriz del ángulo interior formado por los lados iguales, la altura trazada por ese vértice, la mediana y mediatriz del lado opuesto coinciden.

Demostración.  Sea $\triangle ABC$ un triángulo isósceles con $AB = AC$ y tracemos la bisectriz de $\angle A$, sea $M$ el punto en donde la bisectriz corta al lado opuesto.

Figura 5

Los triángulos $\triangle AMB$ y $\triangle AMC$ tienen dos lados iguales, $AB = AC$ por hipótesis y $AM$ es un lado en común, además $\angle BAM = \angle MAC$ por ser $AM$ bisectriz, por criterio LAL los triángulos son congruentes.

Por lo tanto, $BM = CM$, $\angle AMB = \angle CMA$ y $\angle B = \angle C$
esta última igualdad es la primera de las afirmaciones que se quería mostrar.

Por otro lado, como $BM = CM$, entonces $M$ es punto medio de $BC$ por lo que $AM$ es mediana.

Ahora, como $\angle AMB + \angle CMA = \pi$ y $\angle AMB = \angle CMA$, entonces $AM$ es perpendicular a $BC$ y así $AM$ es mediatriz y altura.

$\blacksquare$

Lema. Dado un segmento $AB$ y un punto $P$ no colineal con $A$ y $B$, no existe otro punto $P’$ diferente de $P$ y en el mismo semiplano que $P$ respecto de $AB$, tal que $AP = AP’$ y $BP = BP’$.

Demostración. Por reducción al absurdo, supongamos que existe $P’ \neq P$ talque $AP = AP’$ y $BP = BP’$, entonces consideremos los triángulos isósceles, $\triangle PAP$´ y $\triangle PBP’$.

Por la proposición anterior $\angle APP’ = \angle PP’A$ y $\angle BPP’ = \angle PP’B$.

Figura 6

Pero $\angle APP’ = \angle APB + \angle BPP’ = \angle APB + \angle PP’B$,
$\Rightarrow APP’ > PP’B$.

Por otro lado, $\angle PP’B = \angle PP’A + \angle AP’B$,
$\Rightarrow PP’B > PP’A$.

De las últimas dos desigualdades concluimos que $APP’ > PP’A$, lo cual es una contradicción al axioma de tricotomía pues vimos que $APP’ = PP’A$.

Por lo tanto, no existe $P’$ distinto de $P$ tal que $AP = AP’$ y $BP = BP’$.

$\blacksquare$

Teorema 2, de congruencia lado, lado, lado. Si los lados de un triángulo son iguales a los lados de otro triángulo, entonces los triángulos son congruentes.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ tales que $AB = A’B’$, $BC = B’C’$ y $AC = A’C’$, veamos que los ángulos respectivos tienen la misma magnitud.

Figura 7

Hagamos la composición de transformaciones rígidas necesaria para para hacer coincidir los puntos $B$ y $B’$ de manera que los segmentos $BC$ y $B´C’$ se sobrepongan.

Como $BC = B’C’$ entonces $C$ y $C’$ coincidirán.

Ahora realizamos otra composición de transformaciones rígidas para que $A$ y $A’$ se encuentren en el mismo semiplano respecto de $BC$ y $B’C’$, que ahora son el mismo segmento.

Por el lema anterior, como $AB = A’B’$ y $AC = A’C’$, no es posible que $A \neq A’$, por lo tanto, coinciden, como $\triangle ABC$ y $\triangle A´B´C´$ coinciden, por la noción común número 4, todas sus magnitudes son iguales, por lo que $\angle A = \angle A’$, $\angle B = \angle B’$ y $\angle C = \angle C’$.

$\blacksquare$

Problema. Dado un ángulo construir su bisectriz.

Solución. Sea $\angle ABC$ el ángulo dado, trazamos una circunferencia de radio arbitrario pero positivo que corta a $AB$ en $D$ y a $BC$ en $E$.

Figura 8

Ahora construimos un triángulo equilátero sobre $DE$, como lo hicimos en la primera entrada, cuyo tercer vértice será $F$.

Veamos que $BF$ es la bisectriz de $\angle ABC$. Tenemos que $BD = BE$, pues son radios de una misma circunferencia, $DF = EF$, ya que $\triangle DEF$ es equilátero por construcción, por LLL $\triangle BDF \cong \triangle BEF$, en consecuencia $\angle DBF = \angle FBE$, por lo tanto, $BF$ es bisectriz de $\angle ABC$.

$\blacksquare$

Criterio ángulo, lado, ángulo (ALA)

Teorema 3, de congruencia ángulo, lado, ángulo. Si dos ángulos y el lado comprendido entre ellos de un triángulo son iguales a dos ángulos y el lado comprendido entre ellos de otro triangulo, entonces los triángulos son congruentes.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ tales que $\angle B = \angle B’$, $\angle C = \angle C’$ y $BC = B’C’$.

Como la suma de los ángulos internos de todo triangulo es $\pi$ entonces
$\angle A + \angle B + \angle C = \pi = \angle A’ + \angle B’ + \angle C’$
$\Rightarrow A = A’$.

Si cualquier otro par de lados correspondientes fuese igual entonces por LAL, los triángulos serian congruentes. Supongamos lo contrario para llegar a una contradicción, es decir, que $AC \neq A’C’$ y $AB \neq A’B’$.

Figura 9

Sin pérdida de generalidad supongamos que $AC > A’C’$.

Construimos sobre $AC$ un punto $A’’$ tal que $A’’B = A’B’$, entonces $\triangle A’’BC \cong \triangle A’B’C’$ por LAL, por lo que $\angle A’’CB = \angle A’C’B’$.

Por hipótesis, $\angle ACB = \angle A’C’B’$ así que $\angle ACB = \angle A’’CB$, pero $\angle ACB > \angle A’’CB$, lo que es una contradicción.

Por lo tanto, $AC = A’C’$ y por LAL, $\triangle ABC \cong \triangle A’B’C’$.

$\blacksquare$

Criterio hipotenusa, cateto

Definición 4. En un triángulo rectángulo a los lados que forman el ángulo recto le llamamos catetos y al lado opuesto al ángulo recto le llamamos hipotenusa.

Teorema 4. De congruencia hipotenusa, cateto. Si la hipotenusa y un cateo de un triángulo rectángulo son iguales a la hipotenusa y un cateto de otro triángulo rectángulo, entonces los triángulos son congruentes.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ tales que $\angle B = \angle B’ = \dfrac{\pi}{2}$, $AB = A’B’$ y $AC = A’C’$.

Sobre la recta determinada por $B$ y $C$ construimos un punto $C’’$ del lado opuesto a $C$ respecto a $B$, tal que $BC’’ = B’C’$.

Figura 10

Entonces por LAL, $\triangle ABC’’ \cong \triangle A’B’C’$, por lo tanto, $AC’’ = A’C’$, por hipótesis $AC = A’C’$, así que $AC = AC’’$.

Como $\triangle C’’AC$ es isósceles y por construcción $AB$ es la altura trazada desde $A$, por la proposición, $AB$ coincide con la mediatriz de $C’’C$, por lo que $BC’’ = BC$, pero $BC’’ = B’C’$ por construcción, por lo tanto, $BC = B’C’$, finalmente por LLL, $\triangle ABC \cong \triangle A’B’C’$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada estudiaremos la desigualdad del triangulo y su reciproco, presentaremos el concepto de lugar geométrico y mostraremos un par de ejemplos.

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. Muestra que si se hacen dos reflexiones sucesivas con respecto a dos rectas paralelas, el resultado es una traslación.
  2. Muestra que si se hacen dos reflexiones sucesivas con respecto a dos rectas concurrentes, se obtiene una rotación con respecto al punto de intersección entre las rectas.
  3. $i)$ Muestra que si un triangulo tiene dos ángulos iguales, entonces los lados opuestos a estos ángulos también son iguales.
    $ii)$ Muestra que los ángulos internos de un triángulo equilátero son iguales.
  4. Si dos rectas distintas se intersecan forman 4 ángulos, prueba que las bisectrices de ángulos opuestos por el vértice son la misma y que las bisectrices de ángulos adyacentes son perpendiculares.
  5. Dado un segmento, construye su mediatriz.
  6. Demuestra sin usar el quinto postulado (lo que implica que los ángulos interiores de todo triangulo suman dos ángulos rectos), que todo ángulo exterior de un triángulo es mayor que cualquiera de los ángulos interiores no adyacentes a el.
  7. Muestra con un ejemplo que el criterio LLA en general no se cumple, es decir, cuando dos triángulos diferentes tienen dos lados y un ángulo correspondientes iguales, pero el ángulo no es el que forman los lados correspondientes iguales.

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Fuentes

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»