CAPÍTULO 2 Semejanza y Congruencia de triángulos

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CAPÍTULO

2

Semejanza y Congruencia de triángulos

La fotografía de la cara de una persona nos da su descripción aproximada. Si la persona tiene sus ojos grandes, en la fotografía se notará tal característica. Se dice que la persona y la fotografía se parecen o se asemejan. En general, dos figuras se asemejan si tienen la misma forma.

Cuando se hace un automóvil se fabrican varias de sus piezas para que los consumidores puedan acceder a ellas en caso de que se dañen. Estas piezas se hacen de la misma forma y del mismo tamaño de modo que puedan ser reemplazadas fácil y rápidamente. Se dice en este caso que las piezas son congruentes. Dos figuras que tienen la misma forma y el mismo tamaño tienen, en particular, la misma forma. Es decir, dos figuras congruentes son semejantes.

En la definición 23 del Libro I de los Elementos de Euclides se lee “Son rectas paralelas las que estando en el mismo plano y siendo prolongadas indefinidamente en ambos sentidos, no se encuentran una a otra en ninguno de ellos”. En el mismo libro se establece el postulado 5: “Y que si una recta al incidir sobre dos rectas hace los ángulos internos del mismo lado menores que dos rectos, las dos rectas prolongadas indefinidamente se encontrarán en el lado en que están los (ángulos) menores que dos rectos”.

En este capítulo se estudiarán la semejanza y la congruencia de triángulos lo cual puede extenderse fácilmente a otras figuras planas. También se estudiará el paralelismo de rectas y sus propiedades con transversales.

Definición 2.1. Sean A, B y C tres puntos no colineales. Se llama triángulo ABC al conjunto de los puntos que están en los segmentos AB, BC o CA. Los puntos A, B y C se llaman sus vértices y los segmentos AB, BC, CA se llaman sus lados. Un ángulo de un triángulo es el ángulo formado por las semirrectas que parten de un vértice y contienen dos lados del triángulo. Un ángulo exterior a un triángulo es un ángulo adyacente a uno de sus ángulos. Un lado que no forma un ángulo se llama lado opuesto a ese ángulo y se dirá también que el ángulo es opuesto al lado. Los ángulos cuyos vértices son los extremos de un lado se llaman ángulos adyacentes a ese lado o, simplemente, los ángulos de ese lado. Un punto se dice interior al triángulo si es interior a cada uno de los ángulos del triángulo. Un punto se dice exterior al triángulo si no es interior ni está en ninguno de sus lados. La suma de las longitudes de los lados de un triángulo se llama perímetro y la mitad de este número se llama el semiperímetro del triángulo.

Cada triángulo tiene tres vértices, tres lados, tres ángulos.

.

.

C A

B A

x C B

Q

P. Q.

(2)

En cada una de las figuras anteriores hemos representado un triángulo ABC. Los segmentos AB, BC, AC son los lados opuestos a los ángulos A, B, C. El ángulo x es un ángulo exterior. Los ángulos B y C son los ángulos del lado BC. El punto P es un punto interior y el punto Q es un punto exterior.

Definición 2.2. El segmento que une un vértice de un triángulo y el punto medio del lado opuesto se llama mediana de ese lado. También se llamará mediana a la longitud de ese segmento.

El segmento que une un vértice de un triángulo y su proyección ortogonal sobre la recta que contiene al lado opuesto se llama altura de ese lado. También se llama altura a la longitud de ese segmento.

La parte de la bisectriz de un ángulo comprendida entre su vértice y el lado opuesto se llama bisectriz (interior) del triángulo. También se llamará bisectriz a la longitud de ese segmento.

La parte de la bisectriz de un ángulo exterior comprendida entre su vértice y la prolongación del lado opuesto se llama bisectriz exterior del triángulo. También se llamará bisectriz exterior a la longitud de ese segmento.

En un triángulo ABC se usará la siguiente notación: Las letras A, B, C denotarán sus vértices y sus ángulos.

Las letras a, b, c denotarán las medidas de los lados BC, CA, AB opuestos a los ángulos A, B, C. Los símbolos ma, m , m denotarán las medianas de los lados a, b, c. b c

Los símbolos ha, h , hb c denotarán las alturas de los lados a, b, c.

Los símboloswa , w , wb c denotarán las bisectrices de los ángulos A, B, C.

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La letra s denotará el semiperímetro, o sea, 2s = a + b + c. Así, 2(s − a) = 2s − 2a = −a + b + c, 2(s − b) = 2s − 2b = a − b + c y 2(s − c) = 2s − 2c = a + b − c

Definición 2.3. Un punto de Menelao de un lado de un triángulo es un punto que no es vértice del triángulo y está en la recta que contiene a ese lado del triángulo. Se llama ceviana de un vértice de un triángulo al segmento determinado por el vértice y un punto de Menelao del lado opuesto. Este último punto se llama pie de la ceviana. La ceviana es interior o exterior según que su pie sea un punto interior o exterior del lado,

Ejemplo 2.1. Las medianas de los lados de un triángulo y las bisectrices de sus ángulos son cevianas del triángulo.

Ejemplo 2.2. Los lados de un triángulo no son cevianas puesto que sus pies no son puntos de Menelao.

Menelao de Alejandría fue un astrónomo griego que vivió en el primer siglo de nuestra era. Escribió la obra llamada Esférica donde estudió los triángulos esféricos y los puntos colineales. El matemático italiano Giovanni Ceva (ca. 1647−1736) publicó un trabajo sobre las rectas concurrentes.

Definición 2.4. Un triángulo dícese isósceles si tiene dos lados iguales. En este caso el otro lado se llama la base, los ángulos adyacentes a la base se llaman los ángulos de la base y el tercer ángulo se llama ángulo vertical.

Un triángulo dícese equilátero si tiene sus tres lados iguales. Un triángulo se dice equiangular si tiene sus tres ángulos iguales. Un triángulo se llama escaleno si tiene sus tres lados distintos.

Usualmente se colocan marcas iguales en los lados que sean iguales. Todo triángulo equilátero es isósceles ya que si tiene tres lados iguales tendrá automáticamente dos lados iguales.

Ejemplo 2.3. Si T y S son triángulos equiláteros de lados x e y, entonces el perímetro de T menos el perímetro de S es: (a) x−y (b) 3y−x (c) 3x−y (d) 3(x−y)

(4)

Como x es la longitud de cada lado del triángulo equilátero T su perímetro es x + x + x = 3x. Análogamente, el perímetro de S es 3y. Así, la diferencia de sus perímetros es 3x−3y = 3(x−y) lo que indica que la respuesta correcta es (d).

Definición 2.5. Un triángulo dícese acutángulo si sus tres ángulos son agudos. Un triángulo dícese obtusángulo si uno de sus ángulos es obtuso. Un triángulo se dice rectángulo si uno de sus ángulos es recto. El lado opuesto al ángulo recto se llama la hipotenusa, y los otros dos lados se llaman los catetos.

triángulo obtusángulo

triángulo acutángulo triángulo rectángulo

cateto cateto

hipotenusa

En la definición 2.4 se clasificaron los triángulos de acuerdo a las longitudes de sus lados, y en la definición 2.5 la clasificación fue hecha respecto de las medidas de sus ángulos.

Teorema 2.1. Las bisectrices interior y exterior de un ángulo de un triángulo son perpendicu-lares.

Demostración:

Un ángulo y su ángulo exterior son ángulos adyacentes. Aplique el ejemplo 1.52.

Una función de un conjunto no vacío X en un conjunto no vacío Y es una regla que asigna a cada elemento de X un único elemento de Y. Este único elemento se llama su imagen. El conjunto X se llama el dominio de la función, y el conjunto Y se llama su codominio. Una función de X en se dice biyectiva si elementos distintos de X tienen imágenes distintas, y cada elemento de Y es imagen de algún elemento de X. En este libro solamente interesarán las funciones biyectivas donde el dominio y el codominio son conjuntos formados por vértices de triángulos.

Se llama correspondencia biunívoca entre dos triángulos a una función biyectiva entre sus vértices.

Existen seis correspondencias biunívocas entre los triángulos ABC y DEF las cuales son: ABC ↔ DEF, ABC ↔ DFE, ABC ↔ EDF, ABC ↔ EFD, ABC ↔ FDE y ABC ↔ FED .

(5)

sus lados. Los elementos del par (A, D) de ángulos A y D se llaman ángulos correspondientes si el vértice D es la imagen del vértice A. Los elementos del par (AB, DE) se llaman lados correspondientes si son lados opuestos de ángulos correspondientes.

Definición 2.6. Una semejanza entre dos triángulos es una correspondencia biunívoca entre sus vértices tal que los ángulos correspondientes son iguales y sus lados correspondientes son proporcionales. Dos triángulos ABC y DEF son semejantes o el triángulo ABC es semejante al triángulo DEF, y se escribe ABC ∼ DEF, si la correspondencia biunívoca ABC ↔ DEF es una semejanza. El factor de proporcionalidad entre los lados correspondientes se llama razón de semejanza.

Ejemplo 2.4. ABC ∼ DEF sii A = D, B = E, C = F, DE = kAB, EF = kBC y DF = kAC para cierto número real k > 0.

La igualdad de letras como A = D se refiere a la igualdad de ángulos y no a la de vértices. El ejemplo anterior, al señalar condición necesaria y suficiente, indica que la notación es fundamental y al cambiar el orden de las letras de los vértices cambiará la correspondencia biunívoca. Por esta razón es importante colocar adecuadamente el orden de las letras de los vértices de dos triángulos semejantes. Nótese que si un par de ángulos son correspondientes, entonces sus respectivos lados opuestos son correspondientes, y recíprocamente.

Teorema 2.2. ABC ∼ ABC Demostración:

Considérese la correspondencia biunívoca ABC ↔ ABC. Ya que A = A, B = B, C = C, AB = 1.AB, AC = 1.AC y BC = 1.BC se tiene que ABC ∼ ABC.

Este teorema asegura que la semejanza de triángulos es una relación reflexiva, es decir, cada triángulo es semejante a sí mismo.

Teorema 2.3. Si ABC DEF, entonces DEF ABC. Demostración:

Si ABC ∼ DEF, entonces A = D, B = E, C = F, DE = kAB, DF = kAC y EF = kBC con algún número k > 0. Por lo anterior se tiene que D = A, E = B, F = C, AB = DF

k 1 DE

k 1

, AC = y BC = EF

k 1

. Así, DEF ∼ ABC.

Este teorema expresa que la semejanza de triángulos es una relación simétrica, o sea, si un triángulo es semejante a otro, entonces éste es semejante a aquél.

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De la hipótesis se tiene que A = D, B = E, C = F, DE = kAB, DF = kAC, EF = kBC, D = P, E = Q, F = R, PQ = k`DE, PR = k`DF y QR = k`EF para ciertos números positivos k y k`. De lo anterior se tiene que A = P, B = Q, C = R, PQ = kk`AB, QR = kk`AC y QR = kk`BC. Por ende, ABC ∼ PQR.

Este teorema expresa que la semejanza de triángulos es una relación transitiva, es decir, si un triángulo es semejante a otro y éste es semejante a otro, entonces el primero es semejante al tercero. Los tres teoremas anteriores indican que la semejanza de triángulos es una relación de equivalencia.

Ejemplo 2.5. En la figura a la derecha se tiene que ABC ADE, AD = 5, AE = 6, BC = 12 y AB = 15. Halle AC y DE.

Solución: A B

C E

D DE

BC AE AC AD AB

= =

De la semejanza de triángulos se tiene que . Sustituyendo los valores dados en la hipótesis se tiene que

DE 12 6 AC 5 15

=

= Luego, AC = 18 y DE = 4.

Según la definición 2.6 para probar que dos triángulos son semejantes hay que verificar seis condiciones: que los tres ángulos de un triángulo sean iguales a los tres ángulos del otro triángu-lo, y los lados opuestos a los ángulos del primer triángulo sean proporcionales a los lados opuestos del segundo triángulo. Sin embargo, los antiguos geómetras griegos nos mostraron que solamente se necesitan verificar tres condiciones especiales para decidir si dos triángulos son semejantes o no. Cada una de las proposiciones que sirven para determinar si dos triángulos son o no semejantes se llama criterio de semejanza. El primer criterio de semejanza lo daremos como el último axioma de nuestra teoría, y los otros dos criterios se demostrarán a continuación. Cree el autor que estas demostraciones deben evitarse en la enseñanza en el bachillerato y se colocan aquí por si acaso alguien las necesite.

AXIOMA 5. Si un ángulo de un triángulo es igual a un ángulo de otro triángulo, y los lados que forman el primer ángulo son proporcionales a los lados que forman el otro ángulo, entonces ambos triángulos son semejantes.

El axioma 5 es la proposición 6 del Libro VI de los Elementos de Euclides, y nos permitirá probar que cierto ángulo es igual a otro o que cierto segmento es proporcional a otro. Usualmente este axioma es conocido bajo el nombre de Primer criterio de semejanza.

EJEMPLO 2.6.

Si en los triángulos ABC y DEF se tiene que A = D, DE = k.AB y DF = k.AC para cierto número k > 0, entonces dichos triángulos son semejantes. ¿Cuál de las seis correspondencias biunívocas entre los triángulos ABC y DEF es una semejanza?

A D

1

B C

1

(7)

En la figura anterior hemos representado los triángulos ABC y DEF. En los ángulos iguales A y D los hemos marcado con el mismo número 1. Además, los pares de lados (AB, DE) y (AC, DF) son proporcionales y hemos colocado rayitas onduladas iguales. Por el axioma 5 se deduce que ambos triángulos son semejantes. Las letras del primer triángulo pueden colocarse en cualquier orden Nosotros lo haremos en orden alfabético: ABC. Como A = D la primera letra después del símbolo ∼ debe ser D. Las letras opuestas a una rayita ondulada son C y F. Luego, la letra C y F deben corresponderse. Por consiguiente, debe escribirse ABC ∼ DEF. Se tiene que A = D, B = E, C = F, DE = k.AB, DF = k.AC y EF = k.BC.

Ejemplo 2.7. En los triángulos ABC y DEF se tiene que AB = 6, BC = 8, B = 70º, DE = 9, EF = 12 y E = 70º . Halle la razón entre los lados AC y DF.

70º 12 9

D

E F

A 6

70º 8

B C

Solución:

2 3 AB DE

=

2 3 BC

EF

=

y

De la hipótesis se ve que B = E = 70°, . Como los ángulos B y E son iguales y los lados que forman dichos ángulos son proporcionales se sigue del axioma 5 que ambos triángulos semejantes. Se secribirá ABC ∼ DEF. Luego,

3 2 DE AB DF AC

= =

Teorema 2.5. El segmento que une los puntos medios de dos lados de un triángulo es igual a la mitad del tercer lado.

Demostración: A

E

F

B C

Sean E y F los puntos medios de los lados AC y AB de un triángulo cualquiera ABC. El segmento EF determina los triángulos DFE y ABC que vamos a comparar. El ángulo A es el mismo para ambos triángulos. Como E, F son los puntos medios de AC, AB se tiene que

2 1 AC AE AB AF

=

= Esto quiere decir que los lados que forman el ángulo común A son proporcionales y del axioma 5 se concluye que los triángulos AFE y ABC son semejantes. Se escribe AFE ∼ ABC. Por consiguiente,

2 1 BC FE

= que es precisamente lo que se quería demostrar.

Uno de los problemas que se les presenta a los principiantes es que la figura total se les hace incomprensible. Por ello, es conveniente en la clase, dividir la figura en otras figuras más simples

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aunque por razones de espacio no lo haremos en estas notas. Por ejemplo, en el teorema anterior pudiésemos dibujar por separado los dos triángulos que se compararon.

A

F E

1

Como el ángulo es común se tiene que la letra A corresponderá a la letra A. Por otro lado, los lados AB y AF son proporcionales y así sus ángulos opuestos C y E son iguales, es decir, correspondientes. Por ende, las letras C y E deben estar situadas en el mismo lugar. Se escribirá AFE ∼ ABC o ABC ∼ AFE.

Definición 2.7. Una congruencia entre dos triángulos es una correspondencia biunívoca entre sus vértices de modo que sus ángulos correspondientes y sus lados correspondientes sean iguales. Diremos que dos triángulos ABC y DEF son congruentes o que el triángulo ABC es congruente con el triángulo DEF, y se escribe ABC ≅ DEF, si existe una congruencia ABC ↔DEF entre los

vértices .

Ejemplo 2.8 ABC ≅ DEF si y sólo si A = D, B = E, C = F, AB = DE, AC = DF y BC = EF.

Dos triángulos congruentes son semejantes y la razón de semejanza es 1. La congruencia de triángulos es una relación de equivalencia.

PRIMER CRITERIO DE CONGRUENCIA (LAL). Si dos lados y el ángulo comprendido entre ellos de un triángulo son iguales a dos lados y el ángulo comprendido entre éstos otros de otro triángulo, entonces ambos triángulos son congruentes.

Demostración:

Bastará tomar a 1 como razón de semejanza en el axioma 5.

Hemos denotado el primer criterio de congruencia mediante LAL que son las iniciales de Lado−Ángulo−Lado. Este primer criterio de congruencia es la proposición 4 del Libro I de los Elementos de Euclides.

Ejemplo 2.9. Si AB = AD y x = y en la figura a la derecha, entonces B = D.

Solución:

Se tiene que AB = AD, x = x y AC = AC, es decir, en los triángulos ABC y ADC dos ángulos son iguales y también lo son los pares de

lados que los forman. Por el criterio de congruencia LAL se tiene que ABC ≅ ADC y se obtiene que B = D.

A

B

C

(9)

Teorema 2.6. Los ángulos de la base de un triángulo isósceles son iguales. Demostración:

Considérese un triángulo isósceles ABC de base BC. Trace la bisectriz AD del ángulo vertical A.

1 A

B C

D

2

Entonces ∠1 = ∠2 por ser AD la bisectriz del ángulo A y AB = AC por ser el triángulo isósceles. Además, AD = AD. Por el criterio de congruencia LAL se tiene que ABD ≅ ACD. Por tanto, B = C

Esta es la proposición 5 del Libro I de los Elementos de Euclides. Este teorema recibió, posteriormente, el nombre de pons assinorum (El puente de los asnos), y parece fue sugerido por la figura dada a continuación que acompañó a la demostración dada por Euclides.

En la notación del comentario 2.2 el teorema anterior es “Si b = c, entonces B = C”. Teorema 2.7. Todo triángulo equilátero es equiangular.

Demostración:

Si ABC es un triángulo equilátero, entonces a = b = c. Por pons assinorum se ve que A = B = C lo que indica que el triángulo ABC es equiangular.

Ejemplo 2.10. La bisectriz del ángulo vertical de un triángulo isósceles es altura, mediana y mediatriz de la base.

Solución

En la demostración del teorema anterior se vio que ABD ≅ ACD. Entonces ∠BDA = ∠CDA y ambos ángulos en D son rectos por ser suplementarios e iguales. Además, BD = DC y D es el punto medio de la base BC. Por tanto, la bisectriz AD del ángulo A es altura, es mediana y es mediatriz.

EJEMPLO 2.11.

Si la mediana AD del lado BC de un triángulo ABC se duplica hasta el punto P, entonces los pares de triángulos ADB, PDC y ADC, PDB son congruentes. Además, BP = AC y PC = AB Solución:

A B

P

C

(10)

Como D es el punto medio de BC se tiene que BD = DC, y al haber duplicado la mediana hasta P se ve que DA = PD. Los pares de ángulos ADB, PDC y ADC, PDB son iguales por ser opuestos por el vértice. Por el criterio de congruencia LAL se obtiene que ADB ≅ PDC y ADC ≅ PDB. Además, AB = PC y AC = PB.

COMENTARIO 2.20.

Este ejemplo nos permitirá hacer el "truco" de duplicar la mediana para resolver problemas que las involucren.

EJEMPLO 2.12.

Si A = 40°, AC = 5, AB = 9, D = 40°, DF = 9 y DE = 5 en los triángulos ABC y DEF, entonces por el criterio de congruencia LAL se ve que ABC ≅ DFE y se tiene que BC = EF, B = F y C = E.

A

40º 9

D

5

5 40º

B C E F

9

EJEMPLO 2.13

En la figura que sigue halle CD y BC si AB = 36, AC = 24, AD = 16, ∠BAC = ∠CAD y

BC + CD = 20.

D A

C B

Solución:

2 3 16 24 AD AC

= =

2 3 24 36 AC AB

=

= y

Se ve que e indica que los lados AB, AC son proporcionales a los lados AC, AD. Como los ángulos entre ellos son iguales ambos triángulos son semejantes por el axioma 5. Luego,

2 3 CD BC

=

2 2 3 CD

CD

BC +

= +

2 5 CD

20

=

. Al sumar 1 vemos que , o sea, . De aquí se obtiene que CD = 8. Por tanto, BC = 20 – 8 = 12.

EJEMPLO 2.14.

Si la altura y la mediana de un lado de un triángulo coinciden, entonces dicho triángulo es

isósceles. A

B C D

(11)

Sea AD altura y mediana del lado BC de un triángulo ABC. Entonces BD = DC y los ángulos ADB y ADC son rectos. Como AD = AD se sigue del criterio de congruencia LAL que los triángulos ADB y ADC son congruentes. Por tanto, AB = AC y el triángulo ABC es isósceles. EJEMPLO 2.15.

La mediana de la base de un triángulo isósceles es altura y mediatriz de la base y es bisectriz del ángulo opuesto.

Solución:

Si AD es mediana de la base BC del triángulo isósceles ABC, entonces BD = DC y AB = AC. Por pons assinorum se ve que B = C. Por el criterio de congruencia LAL se tiene que los triángulos ABD y ACD son congruentes. Por ende, ∠ADB = ∠ADC y al ser suplementarios son rectos. Así, AD es altura y mediatriz de BC. Además, ∠BAD = ∠CAD por lo que AD es bisectriz de A.

A

B C D

EJEMPLO 2.16.

Sean D, E, F los puntos de trisección de los lados BC, CA, AB del triángulo equilátero ABCV más cercanos a los vértices B, C, A. Entonces el triángulo DEF es equilátero y sus lados son perpendiculares a los lados del triángulo ABC.

Solución:

1

C E

B

D A

F

1 1

Por el teorema 2.7 se tiene que A = B = C = 1. Si a es el lado del triángulo equilátero ABC, entonces BD = CE = AF = a

3 1

a 3 2

. Luego, DC = EA = FB = . Por el criterio de congruencia LAL se tiene que AEF ≅ BFD CDE. Por tanto, EF = FD = DE y el triángulo DEF es equilátero. Por otro lado, si AX es la bisectriz del ángulo A, entonces del ejemplo 2.10 se deduce que ∠AXB =

90° y X es el punto medio del lado BC. Además,

3 2 a

a 3 2 BA

BF = =

3 2 a 2 1 a 3 1 BX

BD = =

y . Ya que B es

ángulo común en los triángulos FBD y ABX se sigue del axioma 5 que FBD ∼ ABX. Luego, D = X = 90°. De manera análoga se ve que E = F = 90°.

(12)

Si dos ángulos de un triángulo son iguales a dos lados de otro triángulo, entonces ambos triángulos son semejantes.

Demostración: A

C B

D

E

P P

F

Sean ABC y DEF dos triángulos tales que B = E y C = F. Para demostrar que ambos triángulos son semejantes debemos usar el axioma 5 y, para ello, debe conocerse la relación entre los lados que forman los ángulos iguales. Como tal relación no está dada por la hipótesis vamos a definir el número k mediante la igualdad EF = k.BC. Tómese un punto P en la recta ED de modo que EP = kAB donde k es el número definido antes. Por el axioma 5 los triángulos ABC y PEF son semejantes y, por tanto, ∠ACB = ∠PFE. Por hipótesis se tiene que ∠ACB = ∠DFE. Por ende,

∠PFE = ∠DFE. Esto quiere decir que el punto P debe estar en las rectas DE y DF y, por consiguiente, P coincide con D. En consecuencia, el triángulo ABC es semejante al triángulo

DEF.

COMENTARIO 2.21.

Este resultado es la proposición 4 del Libro VI de los Elementos de Euclides. EJEMPLO 2.17

Si en los triángulos ABC y DEF se tiene que A = D y B = E, entonces C = F, EF = kBC, DF = kAC y DE = kAB para cierto k > 0.

TEOREMA 2.8.

Las alturas de un triángulo son inversamente proporcionales a sus lados.

Demostración: A

Y

B

X

C

Sean AX y BY las alturas de los lados BC y AC del triángulo ABC. Los triángulos BYC y AXC tienen en común el ángulo C y los ángulos rectos BYC y AXC. Por el segundo criterio de semejanza se ve que BYC ∼ AXC. Por ende,

AX BY AC BC

= y se ve que BC.AX = AC.BY.

A

Z

B X

C

(13)

CZ AX BC AB

=

semejanza se ve que AXB ∼ CZB. Luego, , o sea, AB.CZ = AX.BC. De ambas igualdades se deduce que BC.AX = AC.BY = AB.CZ.

COMENTARIO 2.22.

A la luz del comentario 2.2 el resultado anterior puede escribirse en la forma a.ha = b.h = c.hb c.

Vea la tarea 2.4. Nótese que a ≤ b ≤ c sii hc≤ hb≤ ha.

TEOREMA 2.9.

Si un triángulo tiene dos ángulos iguales, entonces es isósceles. Demostración:

Trace la altura AD de la base BC de un triángulo ABC tal que B = C. Vea el dibujo del teorema 2.6. Ya que los ángulos en D son rectos los triángulos ABD y ACD son semejantes por el segundo criterio de semejanza. Luego, 1

AD AD AC

AB = =

. Por consiguiente, AB = AC y el triángulo ABC es isósceles.

COMENTARIO 2.23.

Esta es la proposición 6 del Libro I de los Elementos de Euclides y es el recíproco de pons assinorum. Este teorema puede expresarse así: “Si B = C, entonces b = c”.

10

COROLARIO 2.1.

Todo triángulo equiangular es equilátero. Demostración:

Sea ABC un triángulo tal que A = B = C. Por el teorema anterior se tiene que a = b = c. EJEMPLO 2.18.

La altura de la base de un triángulo isósceles es mediana de ese lado y es bisectriz del ángulo vertical.

Solución:

Sea AX la altura de la base BC del triángulo isósceles ABC. Entonces B = C por pons assinorum, y por hipótesis los ángulos en X son rectos. Por el segundo criterio de semejanza se tiene que AXB ∼ AXC. Así, ∠BAX = ∠CAX y AX es la bisectriz de A. Además se observa que

A

B C X

1 1

XC XB AC AB AX AX

=

= . Las dos primeras razones valen 1, y se tendrá entonces que XB = XC, o sea, X es el punto medio de BC y AX es mediana de BC.

EJEMPLO 2.19.

10

(14)

Si CF es la altura del lado AB de un triángulo isósceles ABC de base BC, entonces BC2 = 2.AB.BF.

Solución:

Si AD es la altura de BC, entonces BD = DC = BC/2 por el ejemplo anterior.

Los triángulos ADB y CFB tienen en común el ángulo B e iguales los ángulos

A F

B C

rectos ADB y CFB. Debido al segundo criterio de semejanza dichos triángulos

D

FB DB BC AB

=

son semejantes y se tiene que . Luego, BC.DB = AB.FB . Sustituyendo DB por BC/2 se obtiene el resultado deseado.

SEGUNDO CRITERIO DE CONGRUENCIA (ALA)

Si dos ángulos y su lado común de un triángulo son iguales a dos ángulos y su lado común de otro triángulo, entonces dichos triángulos son congruentes.

Demostración:

Supóngase que B = E, C = F y BC = EF en los triángulos ABC y DEF. Del segundo criterio de semejanza se ve que ambos triángulos son semejantes. Por ende,

EF BC DF AC DE

AB= =

. Como la última razón es 1 por hipótesis se obtiene que ambos triángulos son congruentes.

COMENTARIO 2.24.

Hemos usado ALA como las iniciales de Ángulo−Lado−Ángulo. Este resultado es parte de la proposición 26 del Libro VI de los Elementos de Euclides. Nótese que la misma demostración anterior serviría si la hipótesis BC = EF se cambiara por AB = DE o AC = DF. Esta es la otra parte de la proposición 26.

TERCER CRITERIO DE SEMEJANZA

Si los tres lados de un triángulo son proporcionales a los tres lados de otro triángulo, entonces ambos triángulos son semejantes.

Demostración:

Sean ABC y DEF dos triángulos de modo que DE = kAB, EF = kBC y DF = kAC para cierto número k > 0. Trace por E una recta m que forma con la recta EF un ángulo igual a B. Trace en m un punto P de modo que EP = kAC. Por el axioma 5 se tiene que ABC ∼ PEF. Por ende, FP = kAC , PE = kAB y los ángulos A y FPE son iguales. Por las hipótesis y estos resultados tenemos que los triángulos FDP y EPD son isósceles y se tendrá que ∠FDP = ∠FPD y ∠EDP = ∠EPD por pons assinorum. Al sumar ambas igualdades se obtiene que ∠FDE = ∠FPE y esto indica que ∠CAB = ∠FDE. Por el axioma 5 se sigue que los triángulos ABC y DEF son semejantes.

P D

F E

A

B C m

COMENTARIO 2.25.

(15)

EJEMPLO 2.20.

Si en los triángulos ABC y DEF se tiene que DE = kAB, EF = kBC y DF = kAC para cierto número k > 0, entonces A = D, B = E y C = F.

TERCER CRITERIO DE CONGRUENCIA (LLL)

Si los tres lados de un triángulo son iguales a los tres lados de otro triángulo, entonces ambos triángulos son congruentes.

Demostración:

Basta ver que la razón de semejanza es k = 1. COMENTARIO 2.26.

Hemos usado LLL como las iniciales de Lado−Lado−Lado. Este criterio es la proposición 8 del Libro I de los Elementos de Euclides.

EJEMPLO 2.21.

Si en los triángulos ABC y DEF se tiene que AB = DE, AC = DF y BC = EF, entonces A = D, B = E y C = F.

EJEMPLO 2.22.

Dos triángulos son congruentes si dos lados y la mediana encerrada entre ellos de uno de los triángulos son iguales a dos lados y la mediana encerrada entre ellos del otro triángulo.

Solución: A

C M

B

P

D

E N F

Q

Sean ABC, DEF dos triángulos de medianas AM, DN tales que AB = DE, AC = DF, AM = DN. Se duplican las medianas hasta P y Q. Por el ejemplo 2.11 se tiene que PC = AB, PB = AC, FQ = DE, QE = DF. Luego, PB = EQ, AB = DE, AP = DQ, AC = DF, PC = QF. Por el criterio de

congruencia LLL se tiene que ABP ≅ DEQ y APC ≅ DQF. Así, ∠BAP = ∠EDQ y

∠PAC = ∠QDF. Al sumar ambas igualdades se obtiene que ∠BAC = ∠EDF. Por el criterio de congruencia LAL se tiene que ABC ≅ DEF.

EJEMPLO 2.23.

La mediana de la base de un triángulo isósceles lo divide en dos triángulos congruentes. Solución:

Considérese un triángulo ABC isósceles de base BC. Si D es el punto medio de BC, entonces BD = DC. Por hipótesis se ve que AB = AC. Luego, ABD ≅ ACD por el criterio de congruencia LLL.

(16)

De la congruencia anterior se obtiene que B = C lo que demuestra de nuevo a pons assinorum. Sin embargo, debemos anotar aquí que ésta no es una demostración lógica ya que pons assinorum fue usado para demostrar el tercer criterio de semejanza y, por consiguiente, éste no puede usarse para demostrar aquél.

EJEMPLO 2.24.

Las bisectrices delos ángulos iguales en un triángulo isósceles son iguales.

Solución:

Sean BE y CF las bisectrices de los ángulos iguales B y C de un triángulo isósceles ABC de base BC.

F

x E

B C

A

x

x x

B C

F

B

2x x x 2x

C E

Por el criterio de congruencia ALA se tiene que FBC ≅ ECB. Luego, CF = BE.

A B

C P

EJEMPLO 2.25.

Se tiene en la figura que AB = 8, BC = 7, CA = 6 y PAB ∼ PCA. La longitud de PC es: (A) 7 (B) 8 (C) 9 (D) 10 (E) 11

Solución:

3 4 6 8 AC AB PA PB PC PA

= = = =

De la semejanza dada se ve que . De la primera y última razón se tiene 3PA = 4PC … (a)

Como PB = PC + CD = 7 + PC se sigue de la segunda y última razón que 4PA = 21 + 3PC … (b)

Multiplicando (a) por 4, (b) por 3 y restando resulta que 7PC − 63 = 0 y así PC = 9.

TEOREMA 2.10.

Los puntos medios de los lados de un triángulo forman cuatro triángulos congruentes. Demostración:

Si D, E, F son los puntos medios de los lados BC, AC, AB de un triángulo ABC, entonces se forman los cuatro triángulos AFE, FBD, EFD y EDC. Del teorema 2.5 se sigue que BD = DC = FE, BF = FA = DE y CE = EA = FD. Por el criterio de congruencia LLL los cuatro triángulos

AFE, DEF, FBD y EDC son congruentes A

F

E

A

(17)

DEFINICIÓN 2.8.

El triángulo cuyos vértices son los puntos medios de los lados de un triángulo dado se llama el triángulo medial ( o complementario) del triángulo dado.

EJEMPLO 2.26.

En las dos figuras anteriores DEF es el triángulo medial del triángulo ABC. TEOREMA 2.11.

La suma de los ángulos de un triángulo es igual a dos rectos. Demostración:

Del teorema anterior se sigue que los ángulos ∠FDB = ∠C, ∠FDE = ∠A y ∠EDC = ∠B. Luego, A + B + C = ∠FDB + ∠FDE + ∠ECDC = 180°.

COMENTARIO 2.28.

Lea la tarea 2.2. COROLARIO 2.2.

Un triángulo no puede tener más de un ángulo recto. Demostración:

Si B = C = 90° en el triángulo ABC, entonces A + 90 + 90 = 180 y así A = 0 lo cual es absurdo. Por tanto, no pueden existir dos ángulos rectos en un triángulo.

COROLARIO 2.3.

Un triángulo no puede tener más de un ángulo obtuso. Demostración:

Si B > 90° y C > 90°, entonces A + B + C > 180° lo cual contradice al teorema 2.11. Por tanto, no pueden existir dos ángulos obtusos en un triángulo.

COROLARIO 2.4.

Los ángulos no rectos de un triángulo rectángulo son complementarios y agudos. Demostración:

Sea ABC un triángulo con C = 90°. Del teorema 2.11 se sigue que A + B = 90, y ya que A y B son números positivos se obtiene que A < 90 y B < 90.

COMENTARIO 2.29.

(18)

Si un ángulo de un triángulo es la suma de los otroas dos ángulos, entonces dicho triángulo es rectángulo.

Solucuión:

Sea ABC un triángulo tal que A = B + C. Del teorema 2.11 se tiene que 2A = 180° y así A = 90°. EJEMPLO 2.28.

Los ángulos de la base de un triángulo isósceles son agudos. Solución:

Sea ABC un triángulo isósceles de base BC. Entonces B = C. Del teorema 2.11 se tiene que 180º = A + B + C = A + 2B > 2B, o sea, 2B < 180. Al dividir por 2 se tiene que B < 90 lo que indica que B es agudo. C es también agudo por ser igual a B.

EJEMPLO 2.29.

Un triángulo es equilátero si y sólo si cada ángulo mide 60º. Solución:

Sea ABC un triángulo equilátero. Por el teorema 2.7 se tendrá que A = B = C y del teorema 2.11 vemos que A + A + A = 180° y así A = 60°. Recíprocamente, supóngase que ABC es un triángulo tal que A = B = C = 60°. Del corolario 2.1 se sigue que ABC es equilátero.

EJEMPLO 2.30.

Si un ángulo de un triángulo isósceles mide 60º, entonces dicho triángulo es equilátero. Solución:

Sea ABC un triángulo isósceles de base BC.

CASO 1. A = 60º

Del teorema 2.12 se ve que 180 = 60 + 2B. Luego, B = C = 60 y el triángulo es equilátero.

CASO 2. B = C = 60

Del mismo teorema 2.12 se tiene que 180 = A + 60 + 60 y así A = B = C = 60. Por tanto, el triángulo es equilátero.

EJEMPLO 2.31.

Como se muestra en la figura anterior se quita una esquina triangular con lados DB = EB = 1 de un triángulo equilátero ABC de lado 3. La suma AC + CE + ED + AD es igual a

B

A

C D

E 1

1 3

2 1 6

2 1 7

(A) 6 (B) (C) 7 (D) (E) 8

Solución:

(19)

EJEMPLO 2.32.

El punto medio de la hipotenusa de un triángulo rectángulo equidista de los tres vértices. Solución:

y B y

A x x

P

C

Sea ABC un triángulo rectángulo en C como se indica en la figura anterior. Trace una recta por C que forme con el cateto CA un ángulo igual al ángulo x, hasta cortar a la hipotenusa AB en el punto P. Entonces ya que los ángulos en x e y son complementarios se tendrá que ∠BCP = y. Así, los triángulos BCP y PCA son isósceles. Por ende, PA = PC y PC = PB. Por consiguiente, PA = PB = PC. Luego, P es el punto medio de AB y P equidista de A, B y C.

EJEMPLO 2.33.

En un triángulo ABC se tiene que AB = 14, BC = 13 y AC = 15. El punto M es el punto medio del lado AB y X es el pie de la altura desde A. Halle MX.

Solución:

Aplicando el ejemplo anterior al triángulo rectángulo ABX se tiene que MX = MA = ½ AB = 7. EJEMPLO 2.34.

Si un ángulo de un triángulo rectángulo mide 30°, entonces el cateto opuesto es igual a la mitad de la hipotenusa.

Solución:

Si hacemos x = 30° en el ejemplo 2.32 se tendrá que y = 60°. Por tanto, el triángulo BCP es equilátero y tendremos que PB = PC = BC y así BC = BP = ½ AB.

EJEMPLO 2.35.

Si un punto interior de Menelao de un lado de un triángulo equidista de los tres vértices del triángulo, entonces dicho triángulo es rectángulo.

Solución:

A

y

B

x

x

D

C y A

M

B

(20)

Sea D un punto del lado BC del triángulo ABC tal que DA = DB = DC. Entonces los triángulos ADB y ADC son isósceles de bases AB y AC. Luego, por pons assinorum los ángulos de las bases son iguales. Por ende, 2x + 2y = 180° y al dividir entre 2 resulta que A = x + y = 90°. TEOREMA 2.12.

Un ángulo exterior a un triángulo es igual a la suma de los ángulos del triángulo, no adyacentes a él.

Demostración: A

C B

x

Sea x el ángulo exterior del vértice C en el triángulo ABC. Del teorema 2.11 se obtiene que A + B + C = 180° = x + C. Al simplificar por C se tiene que x = A + B.

COROLARIO 2.5.

Un ángulo exterior a un triángulo es mayor que cualquiera de los ángulos del triángulo, no adyacentes a él.

Demostración:

Del teorema anterior se tiene que x = B + C > B y x = B + C > C. EJEMPLO 2.36.

Si P es un punto interior del triángulo ABC, entonces ∠BPC > ∠A.

Solución:

C A

B

Q P

x y

Sea Q el corte de BP con AC. Entonces x = ∠BPC > ∠PQC = y por ser ángulo exterior al triángulo PCQ. Además, y > ∠A por ser ángulo exterior al triángulo ABQ. Por transitividad de la desigualdad se tiene que x > ∠A.

TEOREMA 2.13.

En un triángulo a mayor lado se opone mayor ángulo y viceversa.

Demostración: A

Supóngase que AB > AC en el triángulo ABC. Entonces existe un punto P entre A y B de modo que AP = AC. Por pons assinorum se ve que x = y. Además, C > y por ser P un punto interior

C

B y

(21)

del ángulo C. Por otro lado, x > B por ser ángulo exterior al triángulo BCP. Por tanto, C > B. Recíprocamente supóngase que C > B. Usaremos reducción absurdo. Si AB = AC, entonces B = C lo que contradice la hipótesis. Si AB < AC se sigue de lo anterior que C < B lo cual contradice de nuevo la hipótesis. Por consiguiente, AB > AC.

COMENTARIO 2.30.

Este teorema es la conjunción de las proposiciones 18 y 19 del Libro I de los Elementos de Euclides. En un triángulo ABC se tiene que A ≤ B ≤ C sii a ≤ b ≤ c. El teorema anterior es válido solamente en un mismo triángulo. Por ejemplo, en la figura que sigue se tiene que x > y y, sin embargo, AB < AC.

EJEMPLO 2.37.

En la figura a la derecha halle el segmento mayor Solución:

Del teorema 2.11 se sigue que 20° + 30° + C = 180° y así C = 130° Como C es el ángulo mayor el lado mayor es su opuesto AB.

20°

30°

A

B C

C A

x y B

D

EJEMPLO 2.38. En la figura a la derecha halle el segmento mayor. Solución:

Del teorema 2.11 aplicado a los triángulos ABC y ACD se tiene que x + 65° + 25° = 180° e y + 60° + 74° = 180°. Luego, x = 90 y y = 46. En el triángulo ABC el ángulo mayor es 90º y su lado mayor será AC, o Sea, AC > AB y AC > BC. En el triángulo ACD el ángulo mayor es 74°

Su lado mayor será AD. Así, AD > AC y AD > CD. Comparando todos los segmentos vemos que AD es el segmento mayor.

EJEMPLO 2.39.

Sea ABC un triángulo con AC > AB. Se trazan por A dos rectas que cortan al lado BC en los puntos D y G tal que ∠DAC = ∠B y ∠GAB = ∠C. Entonces DC > BG.

Solución:

Como CA > AB se sigue del teorema 2.13 que B > C. Usando la hipótesis se tiene que ∠DAC >

∠C. Del mismo teorema 2.13 en el triángulo ADC se sigue que DC > AD ... (a)

Por otro lado, del segundo criterio de semejanza se obtiene que los triángulos ABG, CAD son semejantes y se tiene que

AD BG AC AB

= . Al ser AB < AC se sigue de la proporción anterior que

C A

65º

D 60º

B

y

x 25º 74°

G A

C B

(22)

AD > BG ... (b) De (a) y (b) se concluye que DC > DG.

EJEMPLO 2.40.

Toda ceviana interior a la base de un triángulo isósceles es menor que cualquiera de los lados iguales, y toda ceviana exterior es mayor. A

B Solución:

Sean AX y AY dos cevianas interior y exterior a la base BC del triángulo isósceles ABC. Se tiene que y > x por ser ángulo exterior en el triángulo AXC. Aplicando el teorema 2.13 en el triángulo ABX se concluye que AB > AX. Por otro lado, x > z por ser ángulo exterior en el triángulo ACY. Aplicando el teorema 2.13 en el triángulo ABY se obtiene que AY > AB.

X C Y

x y x z

EJEMPLO 2.41.

En todo triángulo rectángulo la hipotenusa es el lado mayor. Solución:

Comentario 2.29 y el teorema 2.13. COMENTARIO 2.31.

Lea la tarea 2.1. EJEMPLO 2.42.

La altura de la hipotenusa en un triángulo rectángulo es menor que la hipotenusa.

Solución:

Sea BD la altura de la hipotenusa AC del triángulo rectángulo ABC. Del corolario anterior aplicado a los triángulos ADB y ABC, rectángulos en D y B, se tiene que BD < AB y AB < AC. Por tanto, BD < AC.

A

B D

C

COROLARIO 2.6.

El punto de una recta dada que está más cercano a un punto dado es su proyección ortogonal sobre la recta.

Demostración:

Sea m una recta dada y sea P un punto dado. Sea S la proyección ortogonal de

P

Q S m

P sobre m. Si Q es otro punto de m, entonces el triángulo PQS es rectángulo en S y PQ es su hipotenusa. Por el corolario anterior se tiene que PS < PQ COMENTARIO 2.32.

(23)

DESIGUALDAD TRIANGULAR.

Un lado de un triángulo es menor que la suma de los otros dos lados.

Demostración:

Sea ABC un triángulo cualquiera. Sea P un punto en la prolongación de BA tal que AP = AC. Se sigue por pons assinorum que ∠APC = ∠ACP = x. Como A está entre B y P se obtiene que

∠BCP > x. Aplicando el teorema 2.13 al triángulo BCP se ve que BP > BC, es decir, BA + AP = BA + AC > BC. Hemos demostrado que el lado BC es menor que la suma de los otros dos.

C x

x P

A

B

COMENTARIO 2.33.

Este resultado es la proposición 20 del Libro i de los Elementos de Euclides. Nótese que de la desigualdad triangular se deduce que a < b + c, b < a + c y c < a + b.

EJEMPLO 2.43.

Halle los valores posibles del lado BC en el triángulo ABC si AB = 4 y AC = 7. Solución:

De la desigualdad triangular se ve que (A) BC < 4 + 7 (B) 7 < 4 + BC (C) 4 < 7 + BC De (A) se obtiene que BC < 11. De (B) se ve que BC > 3 y de (C) se tiene que BC > −3. Esta última desigualdad no produce ninguna información ya que BC es positivo. Luego, 3 < BC < 11. Por consiguiente, los posibles valores de BC son los números reales entre 3 y 11.

EJEMPLO 2.44.

No se puede construir un triángulo cuyos lados midan 2, 3 y 5, respectivamente porque 5 no es menor que 2 + 3 y no se cumple la desigualdad triangular.

EJEMPLO 2.45. A

B C D

Sea D un punto que está entre los vértices A y B de un triángulo ABC de modo que AD = BC. Entonces AC > BD.

Solución:

De la desigualdad triangular se tiene que AB < AC + BC. Pero, AB = AD + BD y al sustituir en la última desigualdad se tiene que AD + DB < AC + BC. Como AD = BC se tiene al simplificar que BD < AC.

TEOREMA 2.14.

La altura de la hipotenusa de un triángulo rectángulo lo divide en dos triángulos semejantes al dado

Demostración:

E B y A

D

x

(24)

Sea BD la altura de la hipotenusa AC en un triángulo rectángulo ABC Se forman los triángulos ADB, BDC y ABC, rectángulos en D y B. Del corolario 2.4 se sigue que A + x = C + y = A + C = 90°. Luego, A = y y C = x. Del segundo criterio de semejanza se ve que ABC ∼ ADB ∼ BDC.

EJEMPLO 2.46.

Si BD es la altura de la hipotenusa AC de un triángulo rectángulo ABC y E es la proyección ortogonal de D sobre BC, entonces BD2 = AB.DE.

Solución:

Vea la figura anterior. En la demostración del último teorema vimos que A = y. Por el segundo criterio de semejanza se tiene que los triángulos ADB ∼ BED por tener además sus ángulos rectos. Luego,

DE BD BD AB

= , es decir, BD2 = AB.DE.

COROLARIO 2.7.

La altura de la hipotenusa de un triángulo rectángulo es media geométrica de los segmentos determinados sobre la hipotenusa por el pie de dicha altura.

Demostración:

DC DB BD AD =

En el teorema 2.14 se vio que ADB ∼ BDC. Luego, y así BD2 = AD.DC.

EJEMPLO 2.47.

La altura de la hipotenusa de un triángulo rectángulo mide 3 y la hipotenusa mide 6. Halle los ángulos agudos del triángulo.

Solución:

En la figura del teorema 2.14 se ve que BD = 3 y AC = 6. Tómese AD = x y DC = y. Entonces x + y = 6 y del corolario anterior se ve que x.y = 32 = 9. Despejando y en esta ecuación y sustituyendo en la otra resulta la ecuación cuadrática x2− 6x + 9 = 0 cuya única solución es x = 3. Así, x = y = 3. Esto significa que BD es también mediana de la hipotenusa. Luego, el triángulo ABC es isósceles de base AC. Por tanto, A = C y como A + C = 90° se obtiene que A = C = 45°. COROLARIO 2.8.

En un triángulo rectángulo un cateto es media geométrica entre su proyección ortogonal sobre la hipotenusa y ella misma.

Demostración:

AB AD AC AB

=

En el teorema 2.15 vimos que ADB ∼ ABC y BDC ∼ ABC. Entonces y

BC CD AC BC

= . Así, AB2 = AC.AD y BC2 = AC.CD.

EJEMPLO 2.48.

Halle la razón entre los catetos de un triángulo rectángulo si la altura de la hipotenusa la divide en dos segmentos de razón 1:3.

(25)

3 1 DC AD

=

En la figura del teorema 2.14 se supone que . Del corolario anterior se ve que AB2 = AC.AD y BC2 = AC.CD. Al dividir ambas igualdades se tiene que

3 1 CD AD CD . AC

AD . AC BC

AB 2 2

= = =

3 1 BC AB

=

y, al sacar raíces cuadradas obtenemos que es la razón pedida.

EL TEOREMA DE PITÁGORAS.

El cuadrado de la hipotenusa de un triángulo rectángulo es igual a la suma de los cuadrados de sus catetos.

Demostración:

2

En el corolario 2.8 se vio que AB = AC.AD y BC2 = AC.CD. Al sumar ambas igualdades tenemos que AB2 + BC2 = AC.AD + AC.CD = AC(AD + CD) = AC.AC = AC2.

COMENTARIO 2.34.

Este teorema es la proposición 47 del Libro I de los Elementos de Euclides, y se le atribuye su demostración a Pitágoras, quién vivió alrededor del año 582 A.C. en la antigua Grecia. Pitágoras y sus discípulos, que estudiaron Matemática. Astronomía y Filosofía, sabían que la Tierra giraba alrededor del Sol, y descubrieron los números irracionales, es decir, los números que no pueden expresarse como el cociente de dos enteros..

EJEMPLO 2.49.

En un triángulo rectángulo sus catetos miden 1, ¿cuánto mide la hipotenusa? Solución:

Si x es la hipotenusa, por el teorema de Pitágoras se tiene que x2 = 12 + 12 = 2. Al extraer raíces cuadradas se tiene que x = 2

EJEMPLO 2.50.

La hipotenusa de un triángulo rectángulo mide 13 y un cateto mide 5. ¿Cuánto mide el otro cateto?

Solución:

Si x es el cateto desconocido, entonces por el teorema de Pitágoras se ve que 132 = x2 + 52. Luego, x2 = 132 – 5 = 144. Al extraer raíces cuadradas vemos que x = 12. 2

EJEMPLO 2.51.

b a 2 c ≥ + Si a, b son los catetos de un triángulo rectángulo y c es su hipotenusa, entonces

Solución:

El cuadrado de cualquier número real es no negativo. Así, (a – b) 2≥ 0, i.e., a + b2 2 – 2ab ≥ 0 y se obtiene que a2 + b2 ≥ 2ab. Al sumar a2 + b2 en ambos lados de la desigualdad se obtiene que 2(a2 + b2) ≥ a2 + b2 + 2ab = (a + b) . Usando el teorema de Pitágoras se tiene que 2c2 2≥ (a + b) y 2 al extraer raíces cuadradas se obtiene la desigualdad deseada.

EJEMPLO 2.52

(26)

Solución:

Si ABC es un triángulo rectángulo en C, entonces por el teorema de Pitágoras se ve que

2 2

c = a + b2 ... (*)

Si la diferencia de dos números primos es el número par 50, entonces ninguno de esos primos puede ser par ya que el único primo par es 2. Así que ambos números primos son impares.

CASO 1. a y b son primos

Se tiene en este caso que b−a = 50 y al poner en (*) se ve que c2 = a2 + (a+50)2 = 2.a2 + 100.a + 2500. Esto indica que c2 es par. Por ende, c es par ya que de lo contrario sería c2 impar. Podemos entonces escribir que c = 2m y al reemplazar en la última igualdad resulta que 4m2 = 2.a2 + 100.a + 2500. Al dividir por 2 resulta 2m2= a2 + 50a = 1250 y se ve que a es par y, por tanto, a es par 2 lo cual es imposible.

CASO 2. b y c son primos

2

Tenemos que c−b = 50 y al sustituir en (*) se tiene que (b+50) = a2 + b2. Se tiene entonces que a2 = 100b + 2500 = 100(b + 25) = 102(b + 25). Ya que el primer miembro es un cuadrado el segundo también lo será. Así, el factor b + 25 debe ser un cuadrado y el menor de ellos será el cuadrado siguiente al 25 que es 36. Por ende, b + 25 = 36 y tenemos que b = 11. De la igualdad anterior se sigue que a2 = 102.62 = 602 y vemos que a = 60. Usando (*) se obtiene que c = 61. En consecuencia, el mínimo valor del tercer lado es a = 60.

TEOREMA 2.15.

2

Si en un triángulo ABC se tiene que AB = AC2 + BC2, entonces dicho triángulo es rectángulo en C.

Demostración:

Constrúyase un triángulo DEF de modo que DF = AC, F = 90 y FE = BC. Este triángulo es rectángulo en F y por el teorema de Pitágoras y la hipótesis se tiene que DE2 = DF2 + FE2 = AC2 + BC2 = AB2. Luego, DE = AB. Por el criterio de congruencia LLL se ve que ABC ≅ DEF. Por tanto, C = F = 90 y el triángulo ABC es rectángulo en C.

COMENTARIO 2.35.

Este teorema es el recíproco del teorema de Pitágoras y es la última proposición del Libro I de los Elementos de Euclides.

EJEMPLO 2.53.

Halle el ángulo formado por los dos lados menores de un triángulo cuyos lados miden 12, 13 y 5, respectivamente.

Solución:

Ya que 132 = 122 + 52 se sigue del teorema anterior que el triángulo es rectángulo y su hipotenusa será el lado mayor. Por tanto, los lados menores son los catetos y formarán un ángulo recto.

CRITERIO DE CONGRUENCIA HA

Si un ángulo agudo de un triángulo rectángulop y su hipotenusa son iguales a un ángulo agudo de otro triángulo rectángulo y su hipotenusa, entonces ambos triángulos son congruentes.

Demostración:

A D

(27)

Sean ABC y DEF dos triángulos rectángulos en B y E tales que A = D y AC = DF. Por el segfundo criterio de semejanza se ve que ABC ∼ DEF. Luego,

DE AB EF BC DF AC

=

= = 1 lo cual es una congruencia.

COMENTARIO 2.36.

Las iniciales HA se refieren a Hipotenusa−Ángulo EJEMPLO 2.54.

Todo punto de la bisectriz de un ángulo equidista de sus lados. Solución:

O

V

U P

Sea P un punto de la bisectriz de un ángulo de vértice O y sean U y V sus proyecciones ortogonales sobre los lados del ángulo. El segmento OP es hipotenusa de los triángulos rectángulos OPU y OPV. Además, ∠VOP = ∠UOP ya que OP es bisectriz del ángulo O. Por el criterio de congruencia HA se tiene que POU ≅ PO y así PU = PV.

CRITERIO DE CONGRUENCIA HC

Si la hipotenusa y un cateto de un triángulo rectángulo son iguales a la hipotenusa y un cateto de otro triángulo rectángulo, entonces dichos triángulos son congruentes.

Demostración:

Sean ABC y DEF dos triángulos rectángulos en B y E de modo que AC = DF y BC = EF. Por Pitágoras se ve que AC2 = BC2 + AB2 y DF = EF2 2 + DE2. Luego, AB2 = AC2− BC = DF2 2− EF 2 = DE2. Por tanto, AB = DE y por el criterio de congruencia LLL se concluye que los dos triángulos son congruentes.

COMENTARIO 2.37.

Las iniciales HC se refieren a Hipotenusa−Cateto. EJEMPLO 2.55.

Todo punto que equidiste de dos lados de un ángulo está en la bisectriz de ese ángulo. Solución:

(28)

Un lugar geométrico es una figura cuyos puntos, y solamente ellos, cumplen una o varias propiedades.

COMENTARIO 2.38.

Para demostrar que una cierta figura ℑ es un lugar geométrico es menester demostrar que todos sus puntos cumplen la propiedad, y que los puntos que cumplen la propiedad están en ℑ.

EJEMPLO 2.56.

Una circunferencia de centro O es el lugar geométrico de los puntos que equidistan de O. TEOREMA 2.16.

El lugar geométrico de los puntos que equidistan de dos puntos dados es la mediatriz del segmento determinado por dichos puntos dados.

Demostración:

Sean A y B los dos puntos dados. La propiedad en este caso es "equidistar de A y B". Sea P un punto cualquiera de la mediatriz ℑ de un segmento dado AB. Si P es el punto medio M del segmento AB, entonces P equidista de A y de B y se cumple la propiedad. Supóngase que P no es el punto medio M de AB. Por el criterio de congruencia LAL se tiene que PMB ≅ PMA. Luego, PA = PB y se cumple la propiedad. Hemos demostrado que cualquier punto de la mediatriz de AB cumple con la propiedad de que equidista de los puntos A y B. Recíprocamente, sea Q un punto que equidista de A y B, i.e., AQ = BQ. Si Q es M, entonces Q está en ℑ. Si Q no es M, entonces el triángulo ABQ es isósceles de base AB. Como QM es la mediana de AB en el triángulo ABQ se sigue del teorema 2.9 que QM es la mediatriz de AB. En consecuencia, Q está en ℑ.

M P

Q

B A

COMENTARIO 2.39.

Este teorema afirma que cualquier punto de la mediatriz de un segmento equidista de sus extremos y, recíprocamente, cualquier punto que equidiste de sus extremos está en la mediatriz. O sea, un punto está en la mediatriz de un segmento sii equidista de sus extremos.

EJEMPLO 2.57.

La mediatriz de un lado de un triángulo corta al mayor de los otros dos lados. Solución:

Supóngase que la mediatriz del lado BC del triángulo ABC corta al lado AB en un punto interior P. Como P está en la mediatriz se sigue del teorema anterior que PB = PC. Luego, AB = BP + PA = PC + PA > AC. La primera igualdad es verdadera porque P es un punto interior del lado

A P

(29)

AB; la segunda igualdad es cierta ya que PB = PC y la última desigualdad se cumple por ser la desigualdad triangular en el triángulo APC. Por consiguiente, AC < AB.

EJEMPLO 2.58.

Vamos a determinar la mediatriz de un segmento dado AB usando la regla y el compás. Por el teorema anterior dicha mediatriz es una recta y para construirla bastará determinar dos de sus puntos.

P

A B

Q

Nótese que estos puntos equidistan de A y B. La construcción es así: Trace A(B) y B(A) hasta que se corten en los puntos P y Q. La solución es la recta PQ.

TEOREMA 2.17.

Por un punto dado P, exterior a una recta dada m, pasa una única recta que es perpendicular a m. Demostración:

Sean A y B dos puntos distintos de m. Trace por A la recta n, distinta de AP, que forme con m el mismo ángulo PAB. Sea Q un punto de n tal que AQ = AP. El triángulo AQP es isósceles y como m es bisectriz se tendrá que m es perpendicular a PQ. Hemos hallado una recta PQ que pasa por P y es perpendicular a m.

P

A B m

Q n

Probemos ahora que esa perpendicular es única y, para ello, supóngase que por P pasan dos rectas p y q perpendiculares a m. Entonces se forma un triángulo con dos ángulos rectos que ya vimos es imposible. En consecuencia, por P pasa una sola perpendicular a m.

p

P

q

TEOREMA 2.18.

Las mediatrices de los lados de un triángulo son concurrentes. Demostración:

.

m A

C B

(30)

Sean m y n las mediatrices de los lados BC y AB del triángulo ABC que se cortan en el punto O. Por el teorema 2.16 Se tiene que OB = OC y OA = OB. Luego, OA = OC y del mismo teorema 2.16 se deduce que O está en la mediatriz del lado AC.

DEFINICIÓN 2.10.

El punto de intersección de las mediatrices de los lados de un triángulo se llama circuncentro.

COMENTARIO 2.40.

En la demostración del teorema 2.18 vimos que OA = OB = OC. Luego, O es el centro de la circunferencia que pasa por los vértices A, B, C de un triángulo ABC. El circuncentro del triángulo ABC se denotará mediante la letra O. Lea la tarea 2.6.

DEFINICIÓN 2.11.

Diremos que dos puntos P y Q son simétricos respecto de una recta m si m es la mediatriz del segmento PQ: También se dice que Q es el simétrico de P respecto de la recta m. Dos figuras F y F` dícense simétricas respecto de una recta m si cada punto de F` es el simétrico de un único punto de F respecto de m. La recta m se denomina je de simetría. Diremos que una figura admite un eje de simetría si todos sus puntos son simétricos de dos en dos, respecto de m.

EJEMPLO 2.59.

Si P y Q son puntos simétricos respecto de una recta m y A y B son puntos de m, entonces ∠APB = ∠AQB.

Solución:

P

A B

Q

m

Ya que m es la mediatriz del segmento PQ se sigue del teorema 2.16 que PA = QA y PB = QB. Por el criterio de congruencia LLL se tiene que APB ≅ AQB y así ∠APB = ∠AQB.

TEOREMA 2.19.

El lugar geométrico de los puntos que equidistan de dos rectas que se cortan está formado por las bisectrices de los ángulos que forman.

Demostración

(31)

Este teorema expresa que un punto está en la bisectriz de un ángulo sii equidista de los lados del ángulo.

TEOREMA 2.20.

Las bisectrices de los ángulos de un triángulo son concurrentes. Demostración:

Sean AD y BE las bisectrices de los ángulos A y B del triángulo ABC que se cortan en el punto I. Por el teorema anterior I equidista de los lados AB y AC, y de los lados AB y BC. Por tanto, I equidista de los lados AC y BC. Por el mismo teorema anterior se tendrá que I está en la bisectriz del ángulo C.

F

B C

D

E A

I

DEFINICIÓN 2.12.

El punto de intersección de las bisectrices de los ángulos de un triángulo se llama el incentro del triángulo.

COMENTARIO 2.42.

El incentro del triángulo ABC se denotará mediante la letra I. Lea la tarea 2.5. EJEMPLO 2.60.

Las bisectrices exteriores de dos ángulos de un triángulo se cortan en un punto de la bisectriz interior del tercer ángulo.

Solución:

A

Ia

C B

Supóngase que las bisectrices exteriores de los ángulos B y C del triángulo ABC se cortan en un punto Ia. Del teorema 2.19 se deduce que Ia equidista de los pares de rectas AB, BC y BC, AC.

Por tanto, Ia equidista de las rectas AB y AC. Del mismo teorema 2.19 se concluye que Ia está en

la bisectriz interior de A. COMENTARIO 2.43.

El Teorema de Pitágoras establece una relación entre los lados de un triángulo siempre y cuando ese triángulo sea rectángulo. ¿Cómo puede establecerse una relación entre los lados si el triángulo no es rectángulo?

(32)

El cuadrado de un lado de un triángulo, opuesto a un ángulo agudo, es igual a la suma de los cuadrados de los otros dos lados menos el doble producto de uno de ellos por la proyección ortogonal del otro lado sobre él.

Demostración:

D m

A

C B

b C

h

a n

Considérese el triángulo ABC con C < 90º según se indica en la figura anterior. Si AD = h es la altura del lado BC = a, entonces se forman los triángulos rectángulos ABD y ADC. Al aplicar el teorema de Pitágoras en ambos triángulos se obtiene que b2 = h2 + n2 y c = h2 2 + m2. Luego, se ve que c2 = h2 + m2 = (b2− n ) + m2 2 = (b2− n ) + (a 2 − n)2 = a2 + b2− 2an.

TEOREMA 2.22.

El cuadrado de un lado de un triángulo, opuesto a un ángulo obtuso, es la suma de los cuadrados de los otros dos lados más el doble de uno de ellos por la proyección ortogonal del otro lado sobre él.

m A

C h

a n

b c

D

Demostración:

Sea ABC un triángulo con B > 90º y sea AD = h la altura del lado BC. Aplicando el teorema de Pitágoras a los triángulos rectángulos ADB y ADC se tiene que b2 = h2 + (n + a)2 y c = h2 2 + n2. Luego, b2 = (c2− n ) + (n + a)2 2 = a + c + 2an. 2 2

COMENTARIO 2.44.

En el triángulo rectángulo ADC de la figura del teorema 2.21 se obtiene que n = b.cos C. Por consiguiente, se tiene que c2 = a2 + b2− 2accos C. En el triángulo ADB de la figura del teorema 2.22 se obtiene que n = c.cos(180−B) = −c.cos B y vemos que b2 = a2 + c2− 2accos B. Podemos entonces escribir los dos últimos teoremas en la forma

2 2

c = a + b2− 2ab.cos C b = a2 2 + c2− 2ac.cos B a = b2 2 + c2− 2bc.cos A Es decir, los teoremas 2.21 y 2.22 pueden resumirse así:

"El cuadrado de un lado de un triángulo cualquiera es igual a la suma de los cuadrados de los otros dos lados menos el doble producto de ellos por el coseno del ángulo comprendido entre esos dos lados".

(33)

EL TEOREMA DEL COSENO

El cuadrado de un lado de un triángulo cualquiera es igual a la suma de los cuadrados de los otros dos lados menos el doble producto de ellos por el coseno del ángulo comprendidoentre esos dos lados.

EJEMPLO 2.61.

Halle el tercer lado c de un triángulo conociendo dos de ellos a y b y el ángulo α comprendido entre ellos.

(a) a = 5, b = 8, C = 60° (b) a = b = 2, C = 150° Solución:

Bastará aplicar en cada caso el teorema del coseno.

2

(a) c = a2 + b2 – 2ab.cos C = 5 + 82 2 – 2.5.8.cos 60° = 25 + 64 – 40 = 49. Al erxtraer raíces cuadradas se tiene que c = 7.

(b) c2 = 22 + 22 – 2.2.2.cos 150° = 4 + 4 – 4 3 = 4

(

2− 3

)

. Al extraer raíces cuadradas c = 2 2− 3

EJEMPLO 2.62.

Los lados de un triángulo miden 5, 7 y 9. Halle el ángulo mayor. Solución:

Del teorema 2.13 se ve que el ángulo mayor x es el opuesto al lado mayor que mide 9. Por el teorema del coseno se tiene que 9

70 49 25 81− −

2

= 52 + 72 – 2.5.7.cos x y así cos x = ≈ 0,1. Por ende, x es aproximadamente 84º 15´ 39”

EJEMPLO 2.63.

Sean ABC y DEF dos triángulos tales que AB = DE, AC = DF y los ángulos A y D son suplementarios. Pruebe que BC2 + EF2 = 2(AB2+ AC2).

A D

Solución:

Como A y D son ángulos suplementarios sus cosenos son iguales y de signos distintos, es decir, cos A = –cos D. Aplicando el teorema del coseno en ambos triángulos se tiene que

BC2 = AB2 + AC2 – 2.AB.AC.cos A EF2 = DE2 + DF2 + 2.DE.DF.cos A

Al sumar las igualdades y usar la hipótesis se obtiene el resultado deseado. EJEMPLO 2.64.

Halle las alturas de un triángulo en función de sus lados. Solución:

B C E F

A

B C

(34)

Vamos a determinar la altura AD = ha del lado BC = a en el triángulo ABC. En el triángulo

rectángulo ADC se tiene que cos C = b n

y así n = b.cos C. Aplicando el teorema de Pitágoras en ese mismo triángulo se ve que b2 = ha2 + n2. Por tanto, ha2 = b2− n2 = b2−b2.cos C = b (1 2 2 −cos2C).

Por el teorema del coseno aplicado al triángulo ABC se obtiene c2 = a + b2 2 − 2ab.cos C y así cos C =

ab 2

c b a2+ 2− 2

. Sustituyendo arriba se obtiene

(

)

⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ +

2 2

2 2 2 2 2 b a 4 c b a 1

b = 2 2

[

2 2 2 2 2 2

2 ) c b a ( b a 4

]

b a 4 b − + −

ha2 = . Al multiplicar por b2 se tiene

4a2ha2 = 4a b2 2− (a2 + b2− c ) … (*) 2 2

El miembro derecho es la resta de cuadrados (2ab)2− (a2 + b2− c2)2 y se puede descomponer en la suma por la diferencia de sus raíces, i.e., [2ab + (a2 + b2 − c2)][2ab − (a2 + b2 − c2)]. Efectuando las operaciones y agrupando de ve que [(a2 + b2 + 2ab) − c2][c 2− (a2 + b2− 2ab)], es decir, [(a + b)2 − c2][c 2 − (a − b)2]. Descomponiendo por el producto de una suma por una diferencia en cada corchete se obtiene (a + b + c)(a + b − c)(c + a − b)(c − a + b). Usando las igualdades al final del comentario 2.2 se obtiene 2s. 2(s − c).2(s − b).2(s − a). Por consiguiente, 4a2ha2 = 8s(s − a)(s − b)(s − c). Sustituyendo este valor en (*) y dividiendo por 4 se obtiene que

a s(s a)(s b)(s c)

a 2 − − − 2

ha2 = 2s(s − a)(s − b)(s − c). Al despejar ha se obtiene ha = . De manera

análoga se obtienen las otras dos alturas ) c s )( b s )( a s ( s b 2 − −

− s(s a)(s b)(s c)

c 2 − − − y h =

hb c = .

EJEMPLO 2.65.

Si los ángulos de un triángulo están en progresión aritmética y sus alturas están en progresión geométrica, entonces el triángulo es equilátero.

Solución:

Considérese un triángulo ABC tal que A, B, C estén en progresión aritmética y ha, h , hb c estén en

progresión geométrica. De los comentarios 2.30 y 2.22 las desigualdades a ≤ b ≤ c, A ≤ B ≤ C y hc≤ h b≤ ha son equivalentes. De la primera hipótesis se ve que B−A = C−B y 2B = A + C, y del

teorema 2.11 se deduce que 3B = 180 y así B = 60º. De la segunda hipótesis vemos que

b a c b h h h h =

y, por tanto,

2

= h

hb a.hc ... (*).

2

Multiplicando ambos miembros de (*) por ac se obtiene que ach = (a.hb a)(c.hc) = (b.h )(b.hb b) =

b2.hb2 donde hemos usado el teorema 2.8. Al simplificar por h se obtiene b2

b2 = ac … (**)

(35)

ende, (a−c)2 = 0 lo que equivale a decir que a = c. Sustituyendo este valor en (**) resulta que b = c. Hemos demostrado que a = b = c y el triángulo es equilátero.

EL TEOREMA DE STEWART

Si AD = d es una ceviana interior de un triángulo ABC, BD = m y DC = n, entonces a(p2 + mn) = b2.m + c .n. 2

Demostración:

Aplicando el teorema del coseno a los triángulos ABD y ACD se tiene que

m n A c p b C B a D

c2 = m2 + d2− 2md.cos ∠ ADB y b2 = n2 + d2− 2nd.cos ∠ ADC. Como cos ∠ADB = − cos ∠ADC se obtiene las igualdades

c2 = m2 + d2− 2md.cos ∠ ADB y b2 = n2 + d2 + 2nd.cos ∠ ADB

Multiplicando la primera igualdad por n, la segunda por m y sumando los resultados se obtiene b2m + c n = d2 2m + d n + m2 2n + mn2 = d2(m + n) + mn(m + n) = (m + n)(d + mn) = a(d2 2 + mn) COMENTARIO 2.45.

Este teorema fue propuesto, sin demostración, por Matthew Stewart (1717−1785). En 1751 fue demostrado por Thomas Simpson (1710−1761); en 1780 por Leonhard Euler y en 1803 por L.N.M. Carnot (1753−1823).

EJEMPLO 2.66.

Halle las medianas de los lados de un triángulo en función de sus lados. Solución:

Sea AD = ma la mediana del lado a = BC de un triángulo ABC. Vea la figura anterior. Entonces

m = n = 2 a ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = + 2 a 2 a m a 2 a . c 2 a .

b 2a

2 2

. Aplicando el teorema de Stewart se obtiene que . Al simplificar por a y despejar m

4 a 2 c 2 b m 2 2 2 2

a = + −

a2 se tiene que . Las otras medianas son

4 c 2 b 2 a m y 4 b 2 c 2 a m 2 2 2 2 c 2 2 2 2

b = + − = + − .

EJEMPLO 2.67.

Cuatro veces la suma de los cuadrados de las medianas de un triángulo es igual a tres veces la suma de los cuadrados de sus lados.

Solución:

Al multiplicar por 4 las tres igualdades del ejemplo anterior se obtienen 4ma2 = 2b2 + 2c – a , 2 2

4mb2 = 2a2 + 2c2 – b2 y 4mc2 = 2a + 2b2 2 – c2. Al sumar esta tres últimas igualdades se obtiene

que 4(ma2 + ma2 + ma2). = 3(a2 + b2 + c )2 .

Figure

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