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CAPÍTULO VI
49
RELACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁNGULO
Conocimientos previos:
a) La línea más corta que puede trazarse entre dos puntos, es el
segmento de recta que los une.
b) El menor segmento que une un punto P con una recta r, es la
perpendicular trazada de P a r,
c) Dados un punto P y una recta
r , los segmentos oblicuos desde P a
r que tienen su s pies equidistantes del pie de la perpendicular son
iguales.
d) Área del triángulo = mitad de la base por la altura.
Área del rectángulo = base por altura.
e) Proyección de un segmento AB sobre una recta
r
es el segmento que
une los pies de las perpendicu lares desde A y B a r .
RELACIONES ENTRE ÁNGULOS Y LADOS
Teorema VI -1 En todo triángulo, un lado es menor que la suma de los otros dos y
mayor que su diferencia.
Dem.: a < b + c porque a es el segmento de recta que une B y C.
FIG. VI-1.
De donde a < b + c
b<a+c
c < b + a (1ª. parte)
Restando b ó c de la 1ª. desigualdad:
a- b <
c
c < a -b
a- c < b
b < a -c
y de la misma forma obtendríamos que cualquier lado es mayor que la
diferencia de los otros dos.
50
Corolario Las distancias mayor y menor desde un punto P a una circunferencia,
son las del punto P a los dos en que corta a la circunferencia el diámetro que pasa
por P.
FIG. VI - 2
En OQP
OP < OQ + QP ; OP = OA + AP
OA = OQ = radio
AP < QP
QP < OQ + OP = BP
Teorema VI -2 Si dos líneas quebradas convexas tienen extremos comunes, la
envolvente es mayor que la envuelta.
Dem.:
FIG. VI - 3
Sean ABCDE y AFGHE las quebradas. Son convexas porque,
51
prolongando cualquier lado, toda la quebrada queda en un mismo semiplano
respecto a él. La envolvente es ABCDE.
AM < AB + BM
AF
FG
GH
HE
+
+
+
<
FM
GN
HP
HP
<
<
<
+
AB + BM
FM + MC + CN
GN + ND + DP
PE
sumando miembro a miembro estas desigualdades (y eliminando
términos comunes en los dos miembros) se obtiene
AF + FG + GH + HE < AB + BC + CD + DE
Teorema VI - 3 Dados una recta r y un punto P exterior, si se trazan desde P
dos segmentos oblicuos desiguales, es mayor el que tiene su pie a mayor
distancia del pie de la perpendicular y recíprocamente.
Dem.:
D
Sea PE la perpendicular.
Prolongándola y tomando P' simétrico de P, vemos que PFP' <
PGP' o sea PF < PG, si G está más alejado del pie E.
Teorema VI- 4 En todo triángulo, a mayor lado se opone mayor ángulo y
viceversa.
Dem.:
52
Sea a > b
(hipótesis); queremos demostrar que
A partir de C tomamos CB' = CA
 > B̂
(tesis).
Por ser CB > CA, B' caerá en el interior del s egmento CB.
Unimos B' con A, obteniendo el triángulo isósceles CB' A;
Â
>
B̂ ' = B̂
+
α
; luego
Â
>
B̂
(lqqd)
Supongamos ahora que un ángulo A es mayor que otro B, y queremos
demostrar que a > b.
Â
En efecto, si fuese a < b se tendría
la
hipótesis.
Luego debe ser
Si
fuese
a
=
b,
Â
=
<
B̂ contra
B̂
contra
la
hipótesis.
 > B̂ .
(Hemos aplicado el método de demostración llamado "por reducción al
absurdo”)
Teorema VI- 5 Si dos triángulos tienen dos pares de lados respectivamente iguales y
el ángulo comprendido desigual, los lados opuestos son también desiguales y el ángulo
mayor corresponde al lado mayor.
53
Sean ABC y A'B'C' tales que AB = A'B', AC = A'C',
Â
>
Â'
Queremos demostrar que BC > B'C'
Dem.: Transportamos A'B ' sobre AB (de forma que coinci dan). Trazamos la
bisectriz de CAC' que corta a CB en D. Por ser D de la bisectriz, los triángulos DCA
y DC'A son congruentes, DC = DC'.
En el triángulo DC'B'
C'B' < C'D + DB= CD + DB = CB .
lqqd.
Teorema VI- 6
Recíproco del anterior. Dejamos al lector su enunciado y su
demostración (que se puede hacer por reducción al absurdo).
RELACIONES MÉ TRICAS EN TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS
Teorema VI-7 En todo triángulo rectángulo, la altura sobre la hipotenusa es media
proporcional entre los segmentos en que la divide.
Queremos demostrar que h 2 = m
x
n
Dem.: los triángulos ACM y ABM son semejantes, pues M = M (rectos);
CAM = B por tener el mismo comp lemento C.
CAM ~ ABM
CM AM
=
AM BM
m h
=
h n
h2 = m x n
54
Teorema-VI-8 En todo triángulo rectángulo, un cateto es media proporcional entre la
hipotenusa y su proyección sobre ella.
Dem.; los triángulos ACM y ACB son semejantes (rectángulos, C igual por
común).
ACM ~ BCA
AC BC
=
CM CA
AC 2= BC x CM
b2 =
a
x
como los 2 catetos tienen las mismas prop iedades también c 2 = a x n.
Teorema VI -9 (Teorema de Pitágoras)
El cuadrado de la longitud de la hipotenusa es igual a la su ma de los cuadrados de
las longitudes de los catetos
b2 = a x m
Dem.:
por el teorema VI - 8 sumando
miembro a miembro
c2 = a x n
b2 + c 2 = a(m + n) = a 2
lqqd
Por su interés anecdótico y por ayudar a profundizar en el concepto de área,
incluimos otra demostración:
De la inspección de la figura, se deduce que el cuadrado de la hipotenusa
es 4 veces el área del triángulo, más (b - c)2
a2 = 4 x
1
2
c b + (b - c)2 = 2 cb + b 2 + c 2 - 2cb = b2 + c2
m
55
Teorema VI-10 (generalización del teorema de Pitágoras): El cuadrado del lado
opuesto a un ángulo agudo (obtuso) es igual a la suma de los cuadrados de los otros
dos, menos (más) el doble producto de uno de ellos por la proyección del otro sobre
él.
Dem.: para el lado opuesto a un ángulo agudo
a2 = h 2 + n2 = (b2 - m2) + n2 =
= b 2 - m 2 + (c - m) 2 =
= b2 + c 2 - 2 c m
Para el lado opuesto a un ángulo obtuso:
a2 = h 2 + m2= b2 - n2 + m2 =
2
2
2
2
2
2
2
2
2
= b - n + (c + n) = b - n + c + 2cn + n = b + c + 2cn
56
Teorema VI-11 (Recíproco del teorema de Pitágoras). Si en un triángulo, el
cuadrado de un lado
a
es igual a la suma de cuadrados de los otros dos, el
triángulo es rectángulo y el ángulo opuesto al lado
a
es el ángulo recto.
Dejamos la demostración a cargo del lector (puede usar el teorema VI-10 y
el método de reducción al absurdo).
PROPIEDADES DE LAS BISECTRICES.
Teorema VI-12 La bisectri z inte rior de un ángulo de un trián gulo divide al lado opuesto
en dos segmentos proporcionales a los otros dos lados.
Dem.:
Si AV es la bisectri z de A, queremos demostrar que
m n
=
b c
Prolongamos CA y llevamos sobre él el lado c, obteniendo el triángulo isósceles
AA'B; los ángulos en A' y B suman A, y como son iguales cada uno mide A/2:
son iguales al CAV, lo que indica que A'B es paralela a AV.
Aplicando el teorema de Thales, se obtiene:
b
c
=
m n
m n
=
b c
lqqd
57
Teorema VI -12 a) La bisectriz exterior de un ángulo de un triángulo con lados
desiguales corta al lado opuesto, determi nando sobre él dos segmentos
sustractivos proporcionales a los otros 2 lados.
Dem.:
Sea AD la bisectriz exterior de A, y
m
y
n
los dos segmentos sustractivos
(que se superponen) que determina el en lado opuesto.
Tomando AC’ = AC se forma el triángulo isósceles ACC' en que C = 90 -
El ángulo DAC vale también 90 -
A
2
A
, de forma que AD y C’C son paralelas.
2
Aplicando el teorema de Thales
b c
=
m n
m n
=
b c
quedando demostrado el teorema.
CÁLCULO DE LA ALTURA Y LA MEDIANA
Teorema VI -13 La altura correspondiente al lado
a
de un triángulo tiene una
longitud dada por la fórmula:
ha =
en que
a,b
y
c
2
a
p( p − a)( p − b)( p − c)
son las longitudes de los lados y p es el semiperímetro.
p=
a+b+c
2
58
Dem:
ha2 = b 2 − m2
a2 + b2 − c 2
c = a + b − 2am m =
2a
(a2+ b2− c 2 )2
2
m =
4a 2
( a 2 + b 2 − c 2 )2
2
2
ha = b −
4a 2

a 2 + b 2 − c2  
a 2 + b 2 − c2 
2
 x b −
 =
ha =  b +
2a
2a

 

2
2
2
(a + b)2 − c 2 x c 2 − (a − b)2
=
2a
2a
(a + b + c )(a + b − c)(c + a − b )(c − a + b )
4a 2
a +b + c = 2p
2
a + b − c = 2 ( p − c ) etc. ha =
p( p − a )( p − b )( p − c )
a
59
Teorema VI -14 La mediana correspondiente al lado
a
de un triángulo tiene una
longitud dada por la fórmula:
b2 + c2 a2
ma =
−
2
4
Dem.:
Por el teorema VI-10
a
a
c 2 = ma2 + ( )2 + 2 q
2
2
a
a
b2 = ma2 + ( )2 − 2 q
2
2
a
b2 + c 2 = 2ma2 +  
 2
2
b 2 − c2 − a 2
despejando ma =
2
4
lqqd
DIVERSAS EXPRESIONES DEL ÁREA DEL TRIÁNGULO
Área del triángulo en función de los lados
S=
1
a ha; y substituyendo h a por su valor (teorema VI -13), obtenemos:
2
60
Teorema VI -15 (Fórmula de Herón)
El área del triángulo vale
S=
p( p − a )( p − b )( p − c )
Área del triángulo e n función del radio de circunferencia inscrita:
El área del triángulo (fig VI-15) es la suma de las de los triángulos) AOB , BOC y
COA; cuyas bases son los lados del triángulo ABC y sus alturas son el radio r de la
circunferencia inscrita.
Luego.:
S=
1
1
1
ar + br + cr = pr
2
2
2
Queda demostrado el
Teorema V I- 16
El área del triángulo es igual al semi perimetro por el radio de
la circunferencia inscrita.
Corolari o
r=
S
( p − a)( p − b)( p − c )
=
p
p
(S se ha colocado según el teorema V I-15, formula de Herón).
Área del trián gulo en función de los lados y del radio de la circunferencia
circunscrita
61
Sea el triángulo ABC y su circunferencia circuns crita. Trazamos AH, altura
de
a . Uniendo B con el centro O de la
circunferencia, obtenemos M. Los
triángulos CHA y MAB son semejantes:
Ĉ
=
M̂
por inscritos que abarcan el mismo arco.
Ĥ
=
Â
por rectos.
Luego:
CH CA HA
=
=
MA MB AB
HA = ha AB = c
CA = b; MB = 2R
b
h
= a
2R c
s=
ha =
bc
2R
1
abc
que dando demostrado el
aha =
2
4R
Teorema VI -17 El área de un triángulo es igual al producto de los tres lados dividido
por cuatro veces el radio de la circunferencia circunscrita.
Corolario Substituyendo S por su valo r, dado por la fórmula de Herón se obtiene:
R=
abc
4 p( p − a)( p − b)( p − c )
LUGARES GEOMÉ TRICOS NOTABLES
En base a los teoremas anteriormente demostrados, pueden obtenerse
algunos lugares geométricos de interés.
Teorema VI-18
El lugar geométrico de los puntos del plano cuya suma de
cuadrados de distancias a dos puntos fijos A y B es constante, es una circunferencia
con centro en el punto medio de AB.
62
Dem.:
Sea un punto P que cumple la condición buscada. Llamando a a la distancia
AB; sea K 2 la suma de cuadrados de las distancias:
a
d12 = ( ) 2 + m2 + 2m
2
a
d 22 = ( ) 2 + m2 − 2m
2
a2
2
2
2
d1 + d 2 = k = + 2m2
2
k 2 a2
m = −
2 4
2
O sea m2 es constante; y también m y por tanto P está en una
circunferencia de centro M.
Dejamos a cargo del lector la prueba de que cualquier punto de la
circunferencia de centro M y radio m cumple la condición.
Como aplicación, supongamos que se dan los puntos A y B y un segmento K.
k 2 a2
El radio m tal que m =
−
2
4
2
se puede calcular gráficamente así:
63
k 2 a 2
) − ( ) , esto quiere decir que m es el cateto de
2
2
k
a
triángulo rectángulo cuya hipotenusa es
y el otro cateto
, ambos
2
2
Dado que m2 =
un
(
conocidos. Construimos dicho triángulo y hallamos m, el radio buscado:
Teorema VI-19 El lugar geométrico de puntos del plano cuya diferencia de
cuadrados de distancias a dos puntos fijos del mismo A y B (tomadas en ese orden)
es constante, es una recta perpendicular a AB.
Dem.:
64
Sea P un punto que cumple
d12 − d22 = k
a
a
d12 = ( ) 2 + m2 + 2 x M H
2
2
a
a
d 22 = ( ) 2 + m2 − 2 x M H
2
2
2
2
d1 − d2 = k = 2a x M H
MH =
k
=
2a
cte.
luego P está sobre la perpendicular a AB en el punto H, o sea HP.
Dejamos para el lector la demostración de que cualquier punto de la recta HP
cumple esa propiedad.
Teorema VI - 20 El lugar geométrico de los puntos del plano cuya razón de
distancias a 2 puntos fijos del mismo, A y B, es una constante K, es:
a) Una circunferencia (circunferencia de Apolonio) cuyo centro se halla en
la recta AB, si K ≠ 1
b) La mediatriz de AB, si K = 1
A partir de A tomamos K sobre una recta cualquiera, y a partir de B y sobre una
recta paralela a la anterior tomamos la unidad.
65
Obtenemos los puntos M y N que cumplen la condición buscada
MA NA
=
=K;
MB NB
y, como hemos demostrado antes, son los dos únicos
puntos que cumplen sobre la recta AB.
Sea P, fuera de AB, otro punto que cumple
PA
=K
PB
en virtud de los
teoremas VI -12 y VI-13, M y N son puntos de la bi sectriz interior y exterior de P,
respectivamente . Cómo esas dos bisectrices son perpendiculares, El ángulo MPN es
recto, o sea P está en la circunferencia de diámetro MN.
Omitimos lo que falta de la demostración (dejamos que el lector indague qué
falta); no pretendemos que lo demuestre. Simplemente admitiremos que se puede
demostrar.
EJERCICIOS
66
CAPÍTULO VI
Ejercicios resueltos
VI-1.
Hallar 2 segmentos x e y tales que:
x + y = AB
xy = (CD)2
Siendo AB y CD dos segmentos dados.
Resolución: estas relaciones las cumplen los dos segmentos en que la altura sobre
la hipotenusa de un triángulo rectán gulo divide a la misma (Teorema VI -7).
Para obtenerlos, construiremos un triángulo rectángulo de hipotenusa AB y altura
CD (cuyo vértice D' está en la circunferencia de diámetro AB):
VI-2.
Dada una cuerda de una circunferencia de longitud a y flecha f (distancia del
punto medio de la cuerda al punto medio del arco que subtiende), calcular el radio
de la circunferencia.
67
Resolución
Por ser MPQ rectángulo:
2
(NP) = f (2R – f )
a2
= 2 Rf − f 2 ;
4
a2
f +
4
R=
2f
2
;
f a2
R= +
2 8f
Otra resolución: aplicando e l teorema de Pitágoras al triángulo PNO:
a2
R =
+ ( R − f )2
4
2
a2
R = + R 2 − 2 Rf + f 2
4
2
f a2
R = +
2 8f
2
V I-3.
Dada la marquesina del dibujo, calcular hasta el milímetro las
longitudes de QR, QU y QT.
68
Resolución:
MR = 82 + 32
QU =
=
73
QR =
73
= 2.136 m
4
3
9
RV = m = 2.25m
4
4
9
1
2
QT = 2 + ( ) 2 =
145 = 3.010
4
4
VI-4. Averiguar el lugar geométrico de los puntos del plano desde los que se ven dos
circunferencias dadas m y n bajo ángulos iguales.
Supongamos un punto P que cumpla esa condición:
69
Los triángulos TMP y T'NP son semejantes. (Ángulos en T y T' rectos; ángulos
α
).
2
PM r
= =
PN r '
en P iguales a
Luego
VI - 5.
Luego P tiene que estar en una circunferencia de Apolonio (de forma que la
razón de distancias de P a 2 puntos fijos sea constante).
Como ejercicio, el lector puede dibujar dicha circunferencia de Apolonio (ver
teoría).
Calcular el lado del triángulo equilátero inscrito en una circunfe rencia de radio
R. (Resultado: 1 =
VI - 6.
3R )
Calcular el área de un triángulo equilátero de lado 1.
(R :
VI -7.
Constante.
S=
3 2
1)
4
Calcular el área de un tri ángulo isósceles de base b y lados iguales 1.
(R.:
1
S= b
2
b2
l −
4
2
70
VI - 8.
Obtener una fórmula que de el valor de una diagonal de un paralelepípedo recto
rectangular de largo a, ancho b y alto c.
(R.: d =
VI - 9.
a2 + b2 + c2 )
Dado un segmento AB, se le traza una circunferencia tangente a él en B, y
con radio
AB
2
. Se une el centro O de dicha circunferencia con A. El punto
de intersección de OA con la circunferencia es C. Calcular AC en función de AB.
(R.:
VI -10.
5 −1
AB )
2
AC=
Demostrar que, en un triángulo, la suma de los cuadrados de las medianas es
3
4
de la suma de los cuadrados de los lados.
VI -11.
Demostrar que, en un paralelogramo, la suma de los cuadrados de los 4 lados
es igual a la suma de los cuadrados de las diagonales.
VI -12.
En una circunferencia de radio r se traza una cuerda a distancia del centro
r
.
4
Hallar su longitud.
(R.: 1=
VI - 13.
r
15
).
2
En un triangulo ABC los lados miden Q = 21 cm: b = 28 cm y c = 35 cm. se trazan
las bisectrices interior y exterior de C, las cuales cortan al lado opuesto en D y D'
Hallar la distancia DD'
(R.: DD' = 120 cm.)