Archivo de la etiqueta: teorema de Apolonio

Geometría Moderna I: Medianas y centroide

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

$\blacksquare$

Tarea moral

  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 $\frac{3}{2}s > m > \frac{3}{4}s$.

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.

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.

Geometría Moderna I: Teorema de Pitágoras

Introducción

En esta ocasión veremos el teorema de Pitágoras que relaciona la hipotenusa de un triangulo rectángulo con la longitud de sus catetos, esta propiedad permite definir una métrica en el espacio euclidiano, en particular, con esto podemos calcular la longitud de un segmento si conocemos un triángulo rectángulo que tenga como hipotenusa dicho segmento.

Geométricamente el teorema de Pitágoras nos habla sobre el área de cuadrados construidos sobre los lados de un triángulo rectángulo, así que necesitamos presentar un concepto nuevo.

Definición. Definimos el área de un rectángulo como el producto de dos de sus lados adyacentes. De esta manera el área de un cuadrado será su lado al cuadrado.

Figura 1

Como las diagonales de todo rectángulo lo dividen en dos triángulos rectángulos congruentes, de la definición se sigue que el área de un triángulo rectángulo es el semiproducto de sus catetos.  

Teorema de Pitágoras

Teorema 1, de Pitágoras. El área de un cuadrado de lado igual a la hipotenusa de un triángulo rectángulo es igual a la suma de las áreas de cuadrados de lados igual a los catetos del triángulo rectángulo.

Demostración. Consideremos un triángulo rectángulo de catetos $a$, $b$ e hipotenusa $c$.

Construimos un cuadrado $\square ABCD$ de lados $a + b$, y puntos $P \in AB$, $Q \in BC$, $R \in CD$ y $S \in AD$, tales que $AP = BQ = CR = DS = a$ y $BP = CQ = DR = AS = b$.

Figura 2

Como los ángulos en las esquinas son rectos entonces por criterio LAL
$\begin{equation} \triangle ASP \cong \triangle BPQ \cong \triangle CQR \cong \triangle DRS, \end{equation}$
en particular $PQ = QR = RS = SP$.

Por $(1)$, $\angle CQR$ y $\angle PQB$ son complementarios en consecuencia $\angle RQP = \dfrac{\pi}{2}$.

De manera análoga se ve que
$\angle SRQ = \angle QPS = \angle PSR = \angle RQP = \dfrac{\pi}{2}$.

Por lo tanto, $\square PQRS$ es un cuadrado de lado $c$.

Ahora construimos otro cuadrado $\square A’B’C’D’$ de lados $a + b$, y puntos $P’ \in A’B’$ y $Q’ \in B’C’$ tales que $A’P’ = B’Q’ = b$ y $B’P’ = C’Q’ = a$.

Trazamos una perpendicular a $A’B’$ por $P’$ que interseca a $C’D’$ en $R’$, y una perpendicular a $B’C’$ por $Q’$ que interseca a $A’D’$ en $S’$.

Figura 3

Como $A’B’ \parallel C’D’$ entonces $P’R’ \perp C’D’$, análogamente $Q’S’ \perp A’D’$ y entonces $P’R’ \perp Q’S’$.

Por lo tanto, $\square A’P’ES’$, $\square EQ’C’R’$, $\square P’B’Q’E$ y $\square S’ER’D’$ son rectángulos.

Como los lados opuestos de todo rectángulo son iguales, concluimos que $\square A’P’ES’$ y $\square EQ’C’R’$ son cuadrados de lados $b$ y $a$ respectivamente.

$B’E$ y $ED’$ dividen a $\square P’B’Q’E$ y $\square S’ER’D’$ en cuatro triángulos rectángulos congruentes entre si pues los rectángulos son congruentes.

Pero al mismo tiempo los triángulos en $\square A’B’C’D’$ son congruentes con los triángulos en $\square ABCD$, pues tienen los mismos lados $a$ y $b$, y todos son triángulos rectángulos.

Finalmente, como $\square ABCD$ y $\square A’B’C’D’$ son congruentes entonces sus áreas son iguales y podemos sustraer a cada uno el área de los cuatro triángulos resultando así que el área del cuadrado rosa es igual a la suma de las áreas de los cuadrados verde y naranja.

Por lo tanto, $c^2 = a^2 + b^2$.

$\blacksquare$

Reciproco del Teorema de Pitágoras

Teorema 2. Reciproco del teorema de Pitágoras. Si en un triángulo el cuadrado de uno de sus lados es igual a la suma de los cuadrados de los otros dos lados entonces el triángulo es rectángulo.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ un triángulo tal que $AC^2 = AB^2 + BC^2$.

Construimos un punto $D$ del lado opuesto a $C$ respecto de $AB$ tal que $BD = BC$ y $BD \perp AB$.

Figura 4

Por construcción $\triangle ABD$ es rectángulo, por el teorema de Pitágoras, $AD^2 = AB^2 + BD^2$.

Como $BD = BC$ $\Rightarrow BD^2 = BC^2$, por lo tanto, $AD^2 = AB^2 + BC^2 = AC^2$.

Por hipótesis, $AC^2 = AB^2 + BC^2 \Rightarrow AD^2 = AC^2 \Rightarrow AD = AC$.

Por criterio LLL, $\triangle ABC \cong \triangle ADC$, en particular $\angle CBA = \angle ABC = \dfrac{\pi}{2}$.

$\blacksquare$

Caracterización de un ángulo interior

Sea $\triangle ABC$ entonces por los teoremas 1 y 2
$\angle B = \dfrac{\pi}{2} \Leftrightarrow AC^2 = AB^2 + BC^2$.

Ahora consideremos un triángulo $\triangle A’B’C’$ con $A’B’ = AB$ y $B’C’ = BC$ pero $\angle B’ > \dfrac{\pi}{2}$, entonces por la proposición 2 de la entrada desigualdad del triángulo y su reciproco, esto ocurre si y solo si $A’C’ > AC$
$\Leftrightarrow A’C’^2 > AC^2 = AB^2 + BC^2 = A’B’^2 + B’C’^2$

Por otra parte, si tenemos $\triangle A’’B’’C’’$ tal que $A’’B’’ = AB$ y $B’’C’’ = BC$ pero $\angle B’’ < \dfrac{\pi}{2}$, por el resultado antes mencionado, esto ocurre si y solo si $A’’C’’ < AC$
$\Leftrightarrow A’’C’’^2 < AC^2 = AB^2 + BC^2 = A’’B’’^2 + B’’C’’^2$

Resumiendo, tenemos lo siguiente para cualquier triángulo $\triangle ABC$, $\angle B$ es:

  • recto $\Leftrightarrow AC^2 = AB^2 + BC^2$,
  • obtuso $\Leftrightarrow AC^2 > AB^2 + BC^2$,
  • agudo $\Leftrightarrow AC^2 < AB^2 + BC^2$.

Ley del paralelogramo

Teorema 3, ley del paralelogramo. La suma de los cuadrados de los lados de un paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de sus diagonales.

Demostración. Sean $\square ABCD$ un paralelogramo, $E$ y $F$ los pies de las perpendiculares a $BC$ trazadas desde $A$ y $D$ respectivamente.

Figura 5

Recordemos que los lados opuestos de un paralelogramo son iguales, por lo que $AB = CD$ y $AD = BC$, además $\square AEFD$ es un rectángulo y todo rectángulo es paralelogramo, por lo tanto, $AE = DF$ y $EF = AD = BC$, $\Rightarrow BE = CF$.

Aplicando el teorema de Pitágoras a los triángulos $\triangle ABE$, $\triangle DBF$ y $\triangle AEC$ obtenemos:

$\begin{equation} AB^2 = AE^2 + BE^2. \end{equation}$

$DB^2 = DF^2 + BF^2$
$= AE^2 + (BC + CF)^2 = AB^2 – BE^2 + (BC + BE)^2$
$= AB^2 – BE^2 +BC^2 + 2BC \times BE + BE^2$
$\begin{equation} = AB^2 + BC^2 + 2BC \times BE. \end{equation}$

$AC^2 = AE^2 + EC^2$
$= AE^2 + (BC – BE)^2 = AB^2 – BE^2 + BC^2 -2BC \times BE + BE^2$
$\begin{equation} = AB^2 + BC^2 -2BC \times BE. \end{equation}$

Sumamos $(3)$ y $(4)$ para obtener
$AC^2 + BD^2 = 2AB^2 + 2BC^2$.

$\blacksquare$

Teorema de Apolonio

Teorema 4, de Apolonio. En todo triangulo la suma de los cuadrados de dos lados es igual a dos veces el cuadrado de la mitad del tercer lado más dos veces el cuadrado de la mediana que biseca al tercer lado.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $M$ el punto medio de $BC$. Por demostrar que $AB^2 + AC^2 = 2(BM^2 + AM^2)$.

Sea $D$ el pie de la perpendicular a $BC$ trazada desde $A$, aplicamos el teorema de Pitágoras a los triángulos $\triangle ADM$, $\triangle ADB$ y $\triangle ADC$.

Figura 6

$\begin{equation} AM^2 = AD^2 + DM^2. \end{equation}$

$AB^2 = AD^2 + BD^2$
$= AM^2 – DM^2 + (DM – BM)^2 = AM^2 – DM^2 + DM^2 – 2DM \times BM + BM^2$
$\begin{equation} = AM^2 + BM^2 – 2DM \times BM. \end{equation}$

$AC^2 = AD^2 + DC^2$
$= AM^2 – DM^2 + (DM + MC)^2 = AM^2 – DM^2 +DM^2 + 2DM \times MC + MC^2$
$\begin{equation} = AM^2 + 2DM \times MC + MC^2. \end{equation}$

Como $BM = MC$ sumando $(6)$ y $(7)$ obtenemos
$AB^2 + AC^2 = 2AM^2 + 2MC^2$.

$\blacksquare$

Caracterización de las alturas de un triángulo

Proposición. Sean $BC$ un segmento y $P$ un punto en el plano, considera $D$ el pie de la perpendicular a $BC$ trazada desde $P$, entonces $PB^2 – PC^2 = DB^2 – DC^2$.

Figura 7

Demostración. Los triángulos $\triangle PDB$ y $\triangle PDC$ son rectángulos, por el teorema de Pitágoras tenemos que $PB^2 = PD^2 + DB^2$ y $PC^2 = PD^2 + DC^2$.

Despejando $PD^2$ de ambas ecuaciones e igualando tenemos que $PB^2 – DB^2 = PC^2 – DC^2$
$\Rightarrow PB^2 – PC^2 = DB^2 – DC^2$.

$\blacksquare$

Teorema 5. Sea $\triangle ABC$ un triángulo entonces un punto $P$ está en la altura por $A$ si y solo si $PB^2 – PC^2 = AB^2 – AC^2$.

Demostración. Supongamos que $P$ es un punto en la altura desde $A$ entonces podemos considerar el triángulo $\triangle PBC$.

Figura 8

Por la proposición tenemos que los puntos $P$ y $A$ cumplen que $PB^2 – PC^2 = DB^2 – DC^2$ y $AB^2 – AC^2 = DB^2 – DC^2$ donde $D$ es el pie de la altura.

Por lo tanto $PB^2 – PC^2 = AB^2 – AC^2$.

$\blacksquare$

Ahora supongamos que $P$ es un punto en el plano tal que $PB^2 – PC^2 = AB^2 – AC^2$ por la proposición sabemos que $AB^2 – AC^2 = DB^2 – DC^2$, con $D$ el pie de la altura desde $A$.

Por transitividad se tiene que $PB^2 – PC^2 = DB^2 – DC^2$.

Sea $E$ el pie de la perpendicular a $BC$ trazada desde $P$, nuevamente por la proposición tenemos que $PB^2 – PC^2 = EB^2 – EC^2$ $\Rightarrow DB^2 – DC^2 = EB^2 – EC^2$

Figura 9

Supongamos que $D$ está en el segmento $BC$ y $E$ fuera del segmento y del lado de $B$ (figura 9), otros casos se muestran de manera similar, entonces $EB = ED – BD$ y $EC = ED + DC$.

$\Rightarrow DB^2 – DC^2 = (ED – BD)^2 – (ED + DC)^2$
$= ED^2 – 2ED \times BD + BD^2 – ED^2 – 2ED \times DC – DC^2$
$\Rightarrow 0 = ED \times BD + ED \times DC = ED(BD + DC)$

Como $BD + DC \neq 0 \Rightarrow ED = 0$
$\Rightarrow E = D$

De esto se concluye que $P$ está en la altura trazada desde $A$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Dado un segmento unitario construye un segmento de longitud $\sqrt{2}$, $\sqrt{3}$, $\sqrt{5}$ …
  2. Si $a$, $b$, $c$, $d$, y $e$ son las longitudes de cinco segmentos tales que con cualesquiera tres de ellos es posible construir un triángulo, muestra que al menos uno de los triángulos es acutángulo.
  3. Sea $P$ un punto en el interior de $\triangle ABC$, considera $D$, $E$ y $F$ las proyecciones de $P$ a los lados $BC$, $AC$ y $AB$ respectivamente, expresa $AE$ en términos de $AF$, $FB$, $BD$, $DC$ y $CE$.
  4. Muestra que en un triángulo con ángulos interiores iguales a $\dfrac{\pi}{2}$, $\dfrac{\pi}{3}$ y $\dfrac{\pi}{6}$, se tiene que el cateto opuesto al ángulo de $\dfrac{\pi}{6}$ es igual a la mitad de la hipotenusa y el cateto opuesto al ángulo de $\dfrac{\pi}{3}$ es igual a $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ veces la hipotenusa.
  5. Si dos de los lados de un triángulo miden $a$ y $b$ y el ángulo entre ellos mide $\dfrac{3\pi}{4}$ encuentra la longitud del segmento medio entre los lados dados.

Más adelante…

En la siguiente entada estudiaremos el teorema de Tales también conocido como teorema de la proporcionalidad.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 22-27, 43-44.
  • Posamentier, A. y Salkind, C; Challenging Problems in Geometry. New York: Dover, 1996, pp 11-14.
  • Cárdenas, S., Notas de Geometría. México: Ed. Prensas de Ciencias, 2013, pp 39-41.
  • Wikipedia
  • Geometría interactiva
  • Geometry Help