tringulos: relaciones de desigualdad entre segmentos y ngulos

Apuntes de Geometría
C. Penalva; G. Torregrosa
TRIÁNGULOS: RELACIONES DE DESIGUALDAD ENTRE SEGMENTOS Y ÁNGULOS
Introducción.Anteriormente, a partir de la congruencia de triángulos, hemos estudiado las condiciones
que han de verificarse para que dos ángulos o dos lados de un triángulo, sean
congruentes. Ahora, veremos cuando podemos afirmar que un ángulo o lado de un
triángulo es mayor que otro. Para ello utilizaremos la medida de los ángulos y los
segmentos y las propiedades de los números reales.
Def.1.- Decimos que un segmento AB es menor que otro segmento CD , cuando la
longitud de AB es menor que la longitud de CD . Lo expresaremos así: AB < CD .
Def.2.- Decimos que un ángulo ^A es menor que otro ángulo ^B, si la medida de ^A es
menor que la medida de ^B. Lo expresaremos ^A<^B.
Tª.1.- de las partes
(1) Si D ∈ AB y A-D-B, entonces AB > AD y AB >DB .
(2) Si D es un punto del ^ABC que no pertenece a sus lados, entonces: ^ABC>^ABD y
^ABC>^DBC.
Prueba:
(1) Si A-D-B entonces d(A,B) = d(A,D) + d(D,B). Como d(A,D) y d(D,B) son números
positivos, por la propiedad de los números reales: si a = b+c , c>0 ⇒ 1a>b, tenemos que
d(A,B) > d(A,D) y d(A,B) > d(D,B). Lo cual, por definición equivale a decir: AB > AD y
AB > DB .
(2) Por el axioma de adición de ángulos, se verifica: m ^ABC = m ^ABD + m ^DBC;
puesto que la medida de un ángulo es un número positivo y por la propiedad de los
números reales antes mencionada, se deduce que m ^ABC > m ^ABD y m ^ABC > m
^DBC. Lo cual, por definición, equivale a decir: ^ABC > ^ABD y ^ABC > ^DBC.
ÁNGULO EXTERIOR DE UN TRIÁNGULO
Def.3.- Dado un triángulo ∴ABC, se dice que el ángulo ^DCB es un ángulo exterior del
triángulo ∴ABC, si A-C-D. LLamaremos a ^DCB = ext.^C .
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Fijándonos en la definición anterior, podemos decir: ^DCB es ext.C si ^DCB es adyacente
de ^C. Por este motivo podemos definir también:
Def.4.- Un ángulo que sea adyacente a un ángulo de un triángulo, se dice que es un
ángulo exterior de dicho triángulo.
Tenemos que los ángulos exteriores son 6, y vienen representados por tres pares de
ángulos opuestos por el vértice, por lo que son congruentes los ángulos de cada par:
β
α
Def.5.- Dado un triángulo ∴ABC, llamamos ángulos interiores no adyacentes de los
ángulos exteriores con vértice en C, a los ángulos ^A y ^B.
^A y ^B son los ángulos interiores no adyacentes de ^α y ^β.
Análogamente, ^A y ^C son los ángulos interiores no adyacentes correspondientes a los
ángulos exteriores de vértice B; y ^B, ^C, son los ángulos interiores no adyacentes,
correspondientes a los ángulos exteriores de vértice A.
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Tª.2.- del ángulo exterior
Cualquier ángulo exterior de un triángulo, es mayor que cada uno de sus ángulos
interiores no adyacentes.
Prueba:
Dado el triángulo ∴ABC, sean ^α y ^β los ángulos exteriores correspondientes al vértice
C. Veamos que ^α> ^B.
(Análogamente se comprobaría que ^α> ^A)
β
α
Considero el segmento BC , sea M su punto medio. Trazamos la recta AM, y en la
semirrecta opuesta a la MA, consideramos un punto N tal que MN ≡ AM (por el teorema
del punto fijo).
Trazamos NC , y por axioma LAL, tenemos que ∴AMB ≡ ∴NMC, luego es ^B ≡ ^MCN, y
como ^α > ^MCN (por el teorema de las partes), deducimos que ^α> ^B.
Corolario.- Si un triángulo tiene un ángulo recto, sus otros dos ángulos son agudos.
Prueba: inmediata.
Ejercicio.- Como corolario del teorema precedente, demostrar la unicidad de la
perpendicular a una recta por un punto exterior a ella.
Ejercicio.- Demostrar que la suma de las medidas de dos ángulos cualesquiera de un
triángulo, es menor que 180°.
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TEOREMAS DE CONGRUENCIA BASADOS EN EL TEOREMA DEL ÁNGULO
EXTERIOR
Def.6.- Dados los triángulos ∴ABC, ∴A'B'C' y una correspondencia entre ellos
ABC←→A'B'C' tal que: un par de lados correspondientes son congruentes y dos pares de
ángulos correspondientes son congruentes, entonces la correspondencia se dice que es
una correspondencia LAA (lado, ángulo, ángulo).
Tª.3.- Teorema de LAA
Toda correspondencia LAA es una congruencia.
Prueba:
Si los ángulos congruentes son los adyacentes al lado congruente, entonces la
correspondencia sería ALA, que sabemos que es una congruencia. Por tanto,
suponemos, para hacer la demostración, que no se da la situación ALA. Supondremos,
por ejemplo, que se da la situación indicada en la figura anterior.
Veamos pues que si ^A ≡ ^A', ^B ≡ ^B' y AC ≡ A ' C' entonces ∴ABC ≡ ∴A'B'C':
considerando los segmentos AB y A' B' , pueden ocurrir
(1) AB ≡ A' B' ; (2) AB < A' B' y (3) AB > A' B' . Supongamos que se verifica (1), entonces
la correspondencia dada es una correspondencia LAL, y por tanto, los triángulos son
congruentes.
Si se verifica (2), consideremos el segmento A' B' y la semirrecta AB , entonces (por
teorema del punto fijo) existe B''∈ AB tal que AB' ' ≡ A' B' .
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Entonces, por axioma LAL, ∴AB''C ≡ ∴A'B'C'. Luego ^AB''C ≡ ^A'B'C', pero como ^ABC ≡
^A'B'C', tenemos que ^AB''C ≡ ^ABC. Pero ^ABC es un ángulo exterior de ∴BB''C, luego
por el teorema del ángulo exterior, ^ABC > ^AB''C, que es una contradicción.
De forma análoga veríamos que el supuesto (3) también es imposible. Luego la única
posibilidad es (1), y por axioma LAL, es ∴ABC ≡ ∴A'B'C'.
Ya vimos antes que una correspondencia LLA no es necesariamente una congruencia.
Vemos ahora qué ocurre con los triángulos rectángulos:
Tª.4.- Teorema del cateto-hipotenusa
Una correspondencia entre dos triángulos rectángulos, tal que la hipotenusa y uno de los
catetos son congruentes con los lados correspondientes del segundo triángulo, entonces
la correspondencia es una congruencia.
Prueba:
Dados ∴ABC y ∴A'B'C', tales que ^A ≡ ^A' ≡ 90°, AB ≡ A ' B' y BC ≡ B' C' entonces se
verifica que ∴ABC ≡ ∴A'B'C'.
Consideremos el segmento AC y la semirrecta opuesta a la A'C’, por el teorema del punto
fijo, existe C'' perteneciente a la semirrecta opuesta a A'C’ tal que A ' C' ' ≡ AC .
Construimos el segmento B' C' ' .
Como ^C''A'B' es el ángulo suplementario al ^C'A'B', y éste es recto, tenemos que ^C''A'B'
es recto.
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Aplicando LAL, tenemos que ∴ABC ≡ ∴A'B'C'' por lo que BC ≡ B' C' ' . Pero como
BC ≡ B' C' entonces B' C' ' ≡ B' C' . Luego ∴C''B'C' es un triángulo isósceles y por tanto
^C''≡^C', de donde ∴A'B'C'' ≡ ∴A'B'C', por LAA.
Pero ∴ABC ≡ ∴A’B’C’’ y por tanto ∴ABC ≡ ∴A’B’C’.
DESIGUALDADES EN UN TRIÁNGULO
Tª.5.- Si dos lados de un triángulo no son congruentes, entonces los ángulos opuestos a
ellos tampoco son congruentes, y a mayor lado se opone mayor ángulo.
Prueba:
Dado el ∴ABC, si AB > AC veamos que ^C > ^B.
Consideremos AB y AC, entonces existe D ∈ AC tal que AB ≡ AD . Trazamos BD , como
AB ≡ AD , entonces ∴ABD es isósceles y tenemos que ^ABD ≡ ^ADB.
Puesto que AB ≡ AD y AB > AC tenemos que AD > AC lo que nos indica que C está
entre A y D.
Luego por el axioma de la suma de ángulos tenemos que:
m(^ABD) = m(^ABC) + m(^CBD) ⇒ m(^ABD) > m(^ABC) ⇒ ^ABC < ^ABD. Pero ^ABD ≡
^ADB luego ^ABC < ^ADB y como ^ACB es ángulo exterior del triángulo ∴DBC, tenemos
que ^ACB > ^ADB > ^ABC ⇒ ^ACB > ^ABC.
Tª.6.- Si dos ángulos de un triángulo no son congruentes, entonces los lados opuestoa a
ellos tampoco lo son, y a mayor ángulo se opones mayor lado.
Prueba:
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Dado un triángulo ABC, si ^B > ^C entonces AC > AB , ya que los segmentos AC y AB
pueden verificar: (1) AC < AB ; (2) AC ≡ AB y (3) AC > AB .
Si ocurre (1), por el teorema anterior, tendríamos ^B < ^C, contradicción.
Si ocurre (2), ∴ABC es isósceles ⇒ ^B ≡ ^C, lo cual contradice la hipótesis.
Por tanto se verifica (3).
DISTANCIA DE UN PUNTO A UNA RECTA
Tª.7.- Primer teorema del mínimo
Sea r una recta, y P un punto que no está en r. Entonces el menor segmento de extremos
P y un punto de r es el segmento perpendicular de P a r.
Prueba:
Expresado en otras palabras, lo que queremos probar es que si P es un punto exterior a
una recta r, y el segmento PQ, Q ∈ r, es perpendicular a r, entonces PQ < PR , para todo
R que pertenezca a r.
Sabemos que existe una única perpendicular a r por P. LLamamos Q a la intersección de
la perpendicular con r. Tomamos cualquier otro punto R ∈ r, y consideramos el triángulo
∴PQR, que tiene en Q un ángulo recto ⇒ ^R es agudo. Luego aplicando el teorema 6,
PR > PQ .
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Nota.- La distancia d(P, Q), recibe el nombre de mínima distancia de P a r.
Def.7.- La distancia de una recta a un punto exterior a ella, es la longitud del segmento
perpendicular del punto a la recta. La distancia de una recta a un punto de ella es nula.
Se puede ver otra definición de distancia de un punto a una recta, usando la definición de
proyección ortogonal:
Def.8.- Sea r ⊂ π. Se llama proyección ortogonal sobre la recta r, a la aplicación que
asocia a cada punto X del plano π el punto X', siendo X' el punto de intersección de r con
la perpendicular a r trazada por X.
Con este concepto podemos definir la distancia de un punto a una recta, d(X, r) = d(X, X'),
siendo X' la proyección ortogonal de X sobre r.
Tª.8.- Desigualdad triangular
La suma de las longitudes de dos lados cualesquiera de un triángulo, es mayor que la
longitud del tercer lado.
Prueba:
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En cualquier triángulo ∴ABC, se verifica d(A,C) < d(A,B) + d(B,C).
Consideremos la semirrecta opuesta a la BC, y el segmento AB ,entonces, en dicha
semirrecta, por el teorema del punto fijo, existe un punto D tal que BD ≡ AB ⇒ d(B,D) =
d(A,B). Luego d(D,C) = d(D,B) + d(B,C), pues B está entre D y C, de donde d(D,C) =
d(A,B) + d(B,C). Pero B es un punto del ángulo ^DAC, que no pertenece a sus lados,
luego tenemos que m(^DAC) = m(^DAB) + m(^BAC), por el axioma de adición de
ángulos, y por el teorema de las partes, m(^DAC) > m(^DAB). Pero ∴DAB es isósceles ⇒
^ADB ≡ ^DAB ⇒ m(^DAC) > m(^ADB). El teorema 6 aplicado a ∴ADC, permite afirmar
que d(D,C) > d(A,C), y como d(D,C) = d(A,B) + d(B,C), tenemos que d(A,B) + d(B,C) >
d(A,C).
Nota.- Dados tres puntos A,B y C, puede ocurrir que:
a) estén alineados, p. e. A-B-C, entonces d(A,C) = d(A,B) + d(B,C). O bien
b) no estén alineados, entonces d(A,C) < d(A,B) + d(B,C).
Por tanto, en general se verifica que d(A,C) ≤ d(A,B) + d(B,C).
Ejercicio.- Probar que la longitud de cualquier lado de un triángulo es mayor que la
diferencia de las longitudes de los otros dos lados.
TEOREMA DE LA BISAGRA Y SU RECÍPROCO
Si consideramos dos palos unidos por una bisagra en uno de sus extremos, y los otros
extremos los unimos con una goma elástica, observamos que al abrir más la bisagra,
mayor es la longitud dela goma elástica. Este hecho experimental da lugar al siguiente
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Tª.9.- de la bisagra
Si dos lados de un triángulo son congruentes, respectivamente, a dos lados de un
segundo triángulo, y el ángulo comprendido del primer triángulo es mayor que el ángulo
comprendido del segundo triángulo, entonces el lado opuesto del primer triángulo es
mayor que el lado opuesto del segundo triángulo.
Prueba:
Sean dos triángulos ∴ABC y ∴A'B'C', tales que: AB ≡ A' B' ; AC ≡ A' C' y ^A>^A’,
entonces BC > B' C' .
Como ^A > ^A', dado el ángulo ^A', la semirrecta AC y el semiplano de recta borde AC que
contiene a B, entonces sabemos que existe AQ única tal que ^AQAC ≡ ^QAC ≡ ^A'.
Además Q ∈^A.
Ahora consideramos la semirrecta AQ y el segmento A' B' , entonces por el teorema del
punto fijo, existe P ∈ AQ tal que AP ≡ A ' B' . Los triángulos ∴APC y ∴A'B'C' son
congruentes por LAL.
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Calculamos ahora la bisectriz del ángulo ^BAP, y llamamos M al punto de corte (?) de la
bisectriz con BC . Tenemos que ∴BAM ≡ ∴PAM puesto que AB ≡ AP ; AM ≡ AM y
^BAM≡^MAP. Luego MB ≡ MP .
Ahora aplicamos la desigualdad triangular en ∴CPM:
d(C,P) < d(C,M) + d(M,P) = d(C,M) + d(M,B) = d(C,B)
pero d(C,P) = d(C’,B’), luego B' C' < BC .
Recíprocamente
Tª.10.- Si dos lados de un triángulo son congruentes, respectivamente, a dos lados de un
segundo triángulo, y el tercer lado del primer triángulo es mayor que el tercer lado del
segundo triángulo, entonces el ángulo comprendido del primer triángulo es mayor que el
ángulo comprendido del segundo triángulo.
Prueba:
Dados ∴ABC y ∴A'B'C', si AB ≡ A ' B' ; BC ≡ B' C' y AC > A ' C' , veamos que ^B > ^B',
puesto que si no fuera así, sería:
(1) ^B ≡ ^B', pero entonces por LAL son congruentes los triángulos ∴ABC y ∴A'B'C' ⇒
AC ≡ A ' C' . Que contradice la hipótesis.
(2) ^B < ^B', entonces por el teorema anterior sería AC < A ' C' , lo cual, de nuevo, es una
contradicción.
Luego se verifica ^B > ^B'.
ALTURAS DE UN TRIÁNGULO
En las siguientes figuras, el segmento BD es una altura del triángulo ∴ABC:
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En ambos casos, BD es perpendicular a AC por el punto B, y se llama la altura trazada a
AC por el punto B. Observemos que el pie de esta perpendicular no pertenece
necesariamente al segmento AC .
Ambos casos los contempla la definición:
Def.9.- Una altura de un triángulo es un segmento perpendicular desde un vértice del
triángulo a la recta que contiene al lado opuesto.
Ejercicio.- ¿Es posible que una altura de un triángulo sea un lado? Si es así, ¿qué
condiciones se tienen que verificar?
Evidentemente, todo triángulo tiene tres alturas, una correspondiente a cada vértice.
Observemos que en la figura dada,
las alturas, según nuestra definición, no se cortan, pero se cortan las rectas que las
contienen. En ocasiones, la recta que contiene a la altura se llama altura. En este
contexto, si que se verifica que las tres alturas de un triángulo se cortan en un punto (lo
probamos más adelante). Incluso, es familiar decir que la altura de un triángulo es 6,
identificando altura con longitud del segmento altura. Estos distintos usos del concepto
altura pueden llevar a alguna confusión, si bien parece claro que entenderemos el
significado correcto de altura según sea el contexto donde se utilice.
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