109

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. P.

x

110

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 cLos 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. Los símbolos ua, u , ub c denotarán las bisectrices exteriores de los ángulos A, B, C.

111

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) Solución:

112

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

catetocateto

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 . Escribiremos ABC ↔ DEF para denotar la correspondencia biunívoca entre los triángulos ABC y DEF siempre y cuando los vértices D, E y F sean las respectivas imágenes de los vértices A, B y C. Toda correspondencia biunívoca induce una correspondencia biunívoca entre sus ángulos y

113

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 = DFk1DE

k1 , AC = y

BC = EFk1 . 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. Teorema 2.4. Si ABC ∼ DEF y DEF ∼ PQR, entonces ABC ∼ PQR. Demostración:

114

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:

B A

C E

D

DEBC

AEAC

ADAB

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

la hipótesis se tiene que DE12

6AC

515

== 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

E F

115

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:

23

ABDE

=23

BCEF

= 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, 32

DEAB

DFAC

==

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

21

ACAE

ABAF

== 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, 21

BCFE

= 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

A1

116

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

D

x y

117

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

D

118

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:

23

1624

ADAC

==23

2436

ACAB

== 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, 23

CDBC

=2

23CD

CDBC +=

+25

CD20

=. 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

Solución:

119

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 = a31 a

32. 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, 32

a

a32

BABF

==32

a21

a31

BXBD

== 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°.

SEGUNDO CRITERIO DE SEMEJANZA.

120

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, AXBY

ACBC

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

Z

B X

C

Sean AX y CZ las alturas de los lados BC y AB del triángulo ABC. Los triángulos AXB y CZB tienen en común el ángulo B y los ángulos rectos AXB y CZB. Por el segundo criterio de

121

CZAX

BCAB

=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, 1ADAD

ACAB

== . 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”.

10COROLARIO 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

XCXB

ACAB

AXAX

== . 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 Corolario es un teorema que se deduce inmediatamente de otro.

122

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

FBDB

BCAB

=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, EFBC

DFAC

DEAB

== . 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.

Este resultado es la proposición 5 del Libro VI de los Elementos de Euclides.

123

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. COMENTARIO 2.27.

124

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 2x x

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:

34

68

ACAB

PAPB

PCPA

====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

E F

125

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.

De este último corolario vemos que en un triángulo rectángulo el ángulo recto es el mayor EJEMPLO 2.27.

126

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

216

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

Solución: Nótese que AC = 3, AD = AB − BD = 3−1 = 2 y CE = CB − EB = 3−1 = 2. del ejemplo 2.29 se sigue que B = 60° y del ejemplo 2.30 se tiene que DE = EB = DB = 1. Por consiguiente, la suma es igual a AC + CE + ED + AD = 3 + 2 + 1 + 2 = 8. Por ende, la respuesta correcta es (E).

127

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 X

C

128

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

x P

129

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 yB 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 ADBG

ACAB

= . 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 D

130

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 x y 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.

Este corolario justifica la definición 1.25.

131

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

C

132

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, DEBD

BDAB

= , 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:

DCDB

BDAD

=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:

ABAD

ACAB

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

ACBC

= .

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. Solución:

133

31

DCAD

=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

31

CDAD

CD.ACAD.AC

BCAB

2

2

===3

1BCAB

=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:

2En 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 2 – 5 = 144. Al extraer raíces cuadradas vemos que x = 12. EJEMPLO 2.51.

ba2c +≥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 2 ≥ 0, i.e., a + b2 – 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 2 + 2ab = (a + b) . Usando el teorema de Pitágoras se tiene que 2c2 2 ≥ (a + b) y al extraer raíces cuadradas se obtiene la desigualdad deseada. EJEMPLO 2.52 Las longitudes de los lados de un triángulo rectángulo son números enteros. Dos de ellos son números primos cuya diferencia es 50. Halle el mínimo valor del tercer lado.

134

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

2 2c = 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 2 + 50a = 1250 y se ve que a es par y, por tanto, a es par lo cual es imposible. CASO 2. b y c son primos

2Tenemos 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.

2Si 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

B C E F

135

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, DEAB

EFBC

DFAC

== = 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 2 y DF = EF2 + DE2. Luego, AB2 = AC2 2 − BC = DF2 2 − EF = 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: Si PU = PV en la figura del ejemplo 254, entonces los catetos en los triángulos rectángulos POU y POV son iguales, y al ser común la hipotenusa OP se sigue del criterio de congruencia HC que POU ≅ POV. Luego, ∠POU = ∠POV lo que indica que P está en la bisectriz del ángulo UOV. DEFINICIÓN 2.9.

136

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

ℑ

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

C B

137

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

O

n

138

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

Ejemplos 2.54 y 2.55. COMENTARIO 2.41.

139

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? TEOREMA 2.21.

140

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 2 y c = h2 + m2. Luego, se ve que c2 = h2 + m2 = (b2 2 − n ) + m2 = (b2 2 − n ) + (a − 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 2 y c = h2 + n2. Luego, b2 = (c2 2 − n ) + (n + a)2 2 2 = a + c + 2an. 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 2c = a + b2 2 − 2ab.cos C b = a2 + c2 2 − 2ac.cos B a = b2 + 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". Por esta razón los dos teoremas anteriores reciben el nombre de Teorema del Coseno, el cual es una generalización del Teorema de Pitágoras ya que éste se obtiene de aquél haciendo n = 0.

141

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

(b) c2 = 22 + 22 34 = ( )324 − – 2.2.2.cos 150° = 4 + 4 – . Al extraer raíces cuadradas

c = 322 − 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 970

492581 −−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 F E

A

B C D

n

ha

142

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 = bn y así n = b.cos C. Aplicando el teorema de Pitágoras en

ese mismo triángulo se ve que b2 = ha2 + n2. Por tanto, ha

2 = b2 − n2 = b2−b2 2 2.cos C = b (1 −cos2C). Por el teorema del coseno aplicado al triángulo ABC se obtiene c2 2 = a + b2 − 2ab.cos C y así

cos C = ab2

cba 222 −+ . Sustituyendo arriba se obtiene

( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −+− 22

22222

ba4cba1b = [ 222222

22

2

)cba(ba4 ]ba4

b−+−ha

2 = . Al multiplicar por b2 se tiene

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

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 2][c − (a2 + b2 − 2ab)], es decir, [(a + b)2 − c2 2][c − (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, 4a2ha

2 = 8s(s − a)(s − b)(s − c). Sustituyendo este valor en (*) y dividiendo por 4 se obtiene que

a )cs)(bs)(as(sa2

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

análoga se obtienen las otras dos alturas

)cs)(bs)(as(sb2

−−− )cs)(bs)(as(sc2

−−− 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 ≤ hb a 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

hh

hh

= y, por tanto,

2 = hhb a.hc ......... (*). 2Multiplicando ambos miembros de (*) por ac se obtiene que ach = (a.hb a)(c.hc) = (b.h )(b.hb b) =

b2.hb2 2 donde hemos usado el teorema 2.8. Al simplificar por h se obtiene b

b2 = ac … (**) El teorema del coseno expresa que b2 = a2 + c2 − 2ac.cos 60º = a2 + c2 − ac. Sustituyendo (**) en el primer miembro de la última igualdad se tiene que ac = a2 2 2 2 + c – ac, i.e., a + c – 2ac = 0. Por

143

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 2.m + c .n. 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 b2 2m + c n = d2 2m + d n + m2n + mn2 = d2 2(m + n) + mn(m + n) = (m + n)(d + mn) = a(d2 + 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 = 2a

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+

2a

2ama

2a.c

2a.b 2

a22. Aplicando el teorema de Stewart se obtiene que . Al

simplificar por a y despejar m4a

2c

2bm

2222

a −+=a2 se tiene que . Las otras medianas son

4c

2b

2amy

4b

2c

2am

2222

c

2222

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 4ma

2 = 2b2 2 2 + 2c – a , 4m 2

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

que 4(ma2 + ma

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

TEOREMA 2.23.

144

El lugar geométrico de los puntos cuya suma de cuadrados a dos puntos fijos es constante, es una circunferencia.

A

P

B M

Demostración: Sean A y B dos puntos fijos, sea d la distancia entre ellos y sea M el punto medio del segmento AB. Si P es un punto del lugar geométrico, entonces PA2 + PB2 = k donde k es una constante positiva. Del ejemplo 2.64 se ve que PM2 = ½(PA2 + PB2 2 2) − ¼d = ½k−¼d . Esto quiere decir que la distancia de P a M es fija y, en consecuencia, P está en la circunferencia de centro M y

radio PM =4d

2h 2

−4d

2h 2

−. Recíprocamente, si Q está en esa circunferencia, entonces QM2 = y

QA2 + QB2 = 2(QM2 + d2/4) y Q está en el lugar geométrico. TEOREMA 2.24. El lugar geométrico de los puntos cuya diferencia de cuadrados de distancias a dos puntos fijos es constante es una recta. Demostración:

M

P

C B N

Sean A y b dos puntos fijos separados por una distancia d. sea M el punto medio de AB. Si P es un punto del lugar geométrico, entonces PB2 − PA2 = k. Sea N la proyección ortogonal de P sobre la recta AB. Aplicando los teoremas 2.21 y 2.22 a los triángulos AMP y BMP se tiene que PB2 2 = PM + (½d)2 + 2(½d).MN y PA2 2 = PM + (½d)2 − 2(½d).MN. Al restar ambas igualdades

se tiene que k = PBd2

k2 2 − PA = 2d.MN y así MN = es constante y no depende de P. Por tanto, P

está en la perpendicular a la recta AB que pasa por el punto N. Recíprocamente, si Q está en esa perpendicular, entonces QB2 − QA2 =

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+ MN

2d2

2dQMdMN2

2dQM

22

22 = 2dMN = k y Q pertenece al lugar geométrico.

TEOREMA 2.25. La bisectriz de un ángulo de un triángulo divide al lado opuesto en dos segmentos proporcionales a los otros dos lados del triángulo. Demostración: P

A

x

y y

145

Sea AD la bisectriz del ángulo A en el triángulo ABC y sea P el punto de la prolongación del segmento BA tal que AP = AC = b. Como APC es un triángulo isósceles por pons assinorum se tiene que ∠APC = ∠ACP = x. Ya que AD es bisectriz del ángulo A se ve que ∠BAD = ∠CAD = y. Pero, A = 2y es ángulo exterior en el triángulo ACP y se tiene que 2y = 2x. Luego, y = x. Por

el segundo criterio de semejanza se tiene que PBC ∼ ABD y así BDBC

ABPB

= . Al restar 1 se obtiene

que BD

BDBCAB

ABPB −=

−BDDC

ABAP

=nm

DCBD

bc

==. Se ve que ya que AP = AC. , es decir,

EJEMPLO 2.68. Halle las longitudes de los segmentos que la bisectriz de un ángulo de un triángulo determina en el lado opuesto. Solución: Debemos determinar m y n del teorema anterior en función de los lados del triángulo ABC. Del

ejemplo anterior se ve que tbn

cm

== y así m = tc y n = tb. Luego, a = m + n = tb + tc = t(b + c)

y vemos que t = cb

a+ cb

ac+ cb

ab+

. Por tanto, m = tc = y n = tb =

EJEMPLO 2.69. El cuadrado de la bisectriz de un ángulo de un triángulo es igual al producto de los lados que forman el ángulo menos el producto de los segmentos determinados por la bisectriz sobre el tercer lado.

x

n

A

c

m

D C B

b wa

Solución: Supóngase que la bisectriz AD = wa del ángulo A en el triángulo ABC determina en el lado opuesto los segmentos BD = m y DC = n. Por el ejemplo 2.65 se tiene que bm = cn. Luego, vemos que bcn + bcm = a(wa

2 + mn), es decir, bc(m + n) = a(wa2 + mn). Simplificando por a = m

+ n se obtiene que bc = wa2 + mn. Por ende, wa

2 = bc − mn.

146

EJEMPLO 2.70. Halle las bisectrices de un triángulo en función de sus lados.

Solución:

2

22

)cb(bca)cb(bc

+−+

cbab

cbacbc

++−De los dos últimos ejemplos se tiene que wa

2 = bc − mn = = =

[ ]222 a)cb(

)cb(bc

−++

)acb)(acb()cb(

bc2 −+++

+)as(2.s2

)cb(bc

2 −+ 2)cb(

)as(bcs4+− = = = . Al

extraer ráices cuadradas se ve que w )as(bcscb

2−

+a = . De manera análoga se obtienen las

otras bisectrices w )bs(acsca

2−

+)cs(abs

ba2

−+

b = y wc = .

EL TEOREMA DE STEINER−LEHMUS.

Si las bisectrices de dos ángulos de un triángulo son iguales, entonces ese triángulo es isósceles. Demostración:

cabc

caab

ac++

−Si wb = wc en el triángulo ABC, entonces wb2 = wc

2 2. Pero, w = = b

2

2

)ca(cabac

+− 2

2

)ca(abcab

baac

babcab

+−=

++− y wc

2 = . De la igualdad vemos, al simplificar por a,

que 2

2

2

2

)ba(bcb

)ca(cbc

+−=

+− 2

2

2

2

)ba(bc

)ca(cb

+−

+. Luego, c − b = =

)cac2cabab2ba()cb()ca(

bc 32232222 −−−++

++=

)]cb()ac2ab2()caba[()cb()ca(

bc 33222222 −+−+−

++, es decir,

)]cb()cb(a2)cb(a{)cb()ca(

bc 3322222 −+−+−

++c − b = … (*)

Si c > b, entonces b −c < 0, b2 − c2 3 < 0 y b − c3 < 0. Así, en (*) el primer miembro es positivo mientras que el segundo miembro es negativo lo cual es absurdo. Si c < b, entonces el primer miembro es negativo y el segundo es positivo lo cual es de nuevo absurdo. Por consiguiente, b = c y el triángulo ABC es isósceles. COMENTARIO 2.46. Este problema fue propuesto en 1840 por C.L. Lehmus (1780−1863) y fue resuelto por primera vez por el gran geómetra suizo Jacob Steiner (1796−1863). TEOREMA 2.26. Si una ceviana interior de un lado de un triángulo lo corta en segmentos proporcionales a los otros dos lados, entonces esa ceviana es la bisectriz interior del ángulo opuesto. Demostración:

147

ACAB

DCBD

=Sea AD una ceviana interior del lado BC en el triángulo ABC tal que . Si AW es la

bisectriz del ángulo A, entonces por el teorema 2.25 se sigue que ACAB

WCBW

= . Luego,

WCBW

DCBD

= y del teorema 1.4 se sigue que los puntos D y W coinciden. En consecuencia, AD es

la bisectriz interior del ángulo A. TEOREMA 2.27. La bisectriz exterior de un ángulo de un triángulo no isósceles corta a la prolongación del lado opuesto en un punto que divide externamente a ese lado en la razón de los otros dos lados.

x

y

C

P

B

A

y

x

W

Sea AW la bisectriz exterior del ángulo A del triángulo ABC con AB > AC. Sea P un punto en AB tal que AP = AC. Como AC < AB se sigue que el punto P está entre A y B. Al ser el triángulo APC isósceles se tiene que ∠APC = ∠ACP = y. El ángulo exterior 2x en A es exterior al triángulo APC y se ve que 2x = 2y y así x = y. Por otro lado, ∠BPC = ∠BAW = 180°−x. Por el

segundo criterior de semejanza se tiene que ABW ∼ PBC. Luego, BWBC

ABPB

= . Al restar de 1

vemos que ACAB

CWBW

=BWCW

ABAP

= , es decir,

TEOREMA 2.28. Los pies de las dos bisectrices de un ángulo de un triángulo son conjugados armónicos respecto de ese lado. Demostración:

Teoremas 2.25 y 2.27. TEOREMA 2.29. Si el pie de una ceviana exterior de un lado de un triángulo lo divide externamente en la razón de los otros dos lados, entonces dicha ceviana es bisectriz exterior del ángulo opuesto. Demostración:

ACAB

DCBD

=Sea AD una ceviana exterior del lado BC del triángulo ABC tal que . Si AW es la

bisectriz exterior del ángulo A, entonces por el teorema 2.27 se sigue que ACAB

CWBW

= . Por tanto,

WCBW

DCBD

= . Del teorema 1.5 se sigue que D y W coinciden.

148

COMENTARIO 2.47. Los teoremas 2.25, 2.26, 2.27 y 2.29 pueden resumirse así: “Los únicos puntos que dividen interna y externamente a un lado de un triángulo en la razón de los otros dos lados son los pies de las bisectrices interior y exterior del ángulo opuesto”. EJEMPLO 2.71. El incentro de un triángulo divide internamente a una bisectriz en la razón entre la suma de los lados que contienen la bisectriz y el tercer lado.

A

C B D

Solución: Sea AD la bisectriz del ángulo A en el triángulo ABC y sea I su incentro. Por el teorema 2.20 se sigue que BI es la bisectriz del ángulo B. Usando el teorema 2.25 y el ejemplo 2.66 se tiene que

acb

cbacc

BDAB

IDAI +

=

+

==

EJEMPLO 2.72.

Si AD es la bisectriz del ángulo A en el triángulo ABC, entonces AI > ID. Solución:

1a

cbIDAI

>+

=De la igualdad del ejemplo anterior y la desigualdad triangular se obtiene que

TEOREMA 2.30. Si dos lados de un triángulo son iguales a dos lados de otro triángulo, y el ángulo comprendido entre los dos primeros lados es mayor que el comprendido entre los dos segundos lados, entonces el tercer lado del primer triángulo es mayor que el tercer lado del segundo triángulo. Demostración: A

C

m

B M

P

E

D

F

149

Sean ABC y DEF dos triángulos tales que AB = DE y AC = DF. Si A > D, entonces debemos demostrar que BC > EF. Trace una recta m por A que forme con AC el ángulo D y tómese un punto P en m tal que AP = DE. Por el criterio de congruencia LAL se tiene que APC ≅ DEF. Entonces PC = EF. Sea M el corte de BC con la biosectriz del ángulo ABP. Ya que ABP es un triángulo isósceles por aer AB = DE = AP se tiene que AM es mediatriz de BP. Por tanto, BM = MP. Luego, EF = PC < CM + MP = CM + MB = BC. EJEMPLO 2.73. Si D es el punto medio del lado BC en un triángulo ABC y el ángulo ADC es agudo, entonces AB > AC. A Solución: Si ∠ADC es agudo, entonces ∠ADB es obtuso y se tiene que ∠ADC < ∠ADB. En los triángulos ADB y ADC se ve que AD es común, BD y DC son iguales y el ángulo comprendido en el primer triángulo es mayor que el comprendido en el segundo. Del teorema anterior se sigue que AB > AC.

DC B

TEOREMA 2.31. Si dos lados de un triángulo son iguales a dos lados de otro triángulo, y el tercer lado del primer triángulo es mayor que el tercer lado del segundo triángulo, entonces el ángulo comprendido en el primer triángulo es mayor que el ángulo comprendido en el segundo triángulo. Demostración: Sean ABC y DEF dos triángulos tales que AB = DE y AC = DF. Si BC > EF. Debemos demostrar que A > D. Lo haremos por reducción al absurdo. Si A = D, entonces los dos triángulos son congruentes por el criterio de congruencia LAL y se tendría que AB = DE, lo que contradice nuestra hipótesis. Si A < D, entonces del teorema anterior se sigue que AD < BC lo que vuelve a contradecir la hipótesis. Por consiguiente, A > D. EJEMPLO 2.74. Si D es el punto medio del lado BC en el triángulo ABC y AB > AC, entonces ∠BDA es obtuso. Solución: A

B C D

Como BD = DC, AD = AD y AB > AC se sigue del teorema anterior que ∠ΔADB > ∠ADC. Al sumar ∠ADB resulta que 2∠ADB > 180° y al dividir por 2 se obtiene que ∠ADB > 90°.

EL TEOREMA DEL SENO.

150

Los lados de un triángulo son proporcionales a los senos trigonométricos de sus ángulos opuestos. Demostración:

A

C

E

B D

Sean AD y BE las alturas de los lados BC y AC de un triángulo ABC. En los triángulos

rectángulos ADB y ADC se tiene que sen B = ABAD

ACAD y sen C = . Así, AD = c.sen B = b.senC.

Del mismo modo en los triángulos rectángulos AEB y CEB se tiene que BE = c.sen A = a.sen C.

De las igualdades anteriores resulta que Csen

cBsen

bAsen

a==

EJEMPLO 2.75.

23Dos ángulo de un triángulo miden 30° y 105°. Si el lado menor mide , ¿cuánto mide el tercer lado? Solución: Supóngase que a = 105° y b = 30° en un triángulo ABC. Entonces C = 180° − (105° + 30°) = 45°. Luego, el lado menor es el opuesto al ángulo menor B. Por el teorema del seno vemos que

°=

° 45senc

30sen23 . Luego, c = 6.

EJEMPLO 2.76.

2En un triángulo ABC se tiene que A = 2B, a = 2 y b = . Entonces dicho triángulo es rectángulo. Solución:

Bsenb

Asena

=Aplicando el teorema del seno se tiene que . De la primera hipótesis se tiene que

Bsenb

B2sena

=Bsen

bBcos.Bsen.2

a=, es decir, . Al multiplicar por 2.sen B.cos B resulta que

a = 2b.cos B. Colocando los valores de a y b se tiene que 2 = 22

21

=22 cos B y cos B = .

Luego, B = 45° y se tendrá que A = 2B = 90°. Por tanto, ABC es un triángulo rectángulo en A. EJEMPLO 2.77. ¿Cuántos triángulos existen tales que las longitudes de sus lados sean tres enteros consecutivos y un ángulo sea el doble del otro? Solución:

151

Sean n−1, n, n+1 con n entero las longitudes de los lados de los triángulos buscados. Si uno de esos ángulos es x, entonces otro de ellos es 2x. Ya que hay tres números distintos habrá 3! = 6 posibilidades de formar triángulos. Sin embargo, el lado opuesto a 2x debe ser mayor que el lado opuesto a x por el teorema 2.13. Por ende, n−1 no puede ser opuesto a 2x y excluimos dos posibilidades. Si n es opuesto a 2x, entonces n+1 no puede ser opuesto a x y excluimos esta posibilidad. Por tanto, quedan las tres posibilidades que ahora estudiaremos. CASO 1. n − 1 y n son repectivamente opuestos a x y 2x. 2x

n

x

Del teorema del coseno se obtiene (n−1)2 = n2 + (n+1)2 − 2n(n+1)cos x … (*)

Del teorema del seno se ve que xcos.xsen.2

nx2sen

nxsen1n

==− . Luego, n = 2(n − 1)cos x y así

cos x = )1n(2

n−

. Sustituyendo este valor en (*), multiplicando por n−1 y haciendo las

operaciones y simplificaciones pertinentes se obtiene la ecuación 2n(n−2) = 0 cuya única raíz entera positiva es n = 2. En este caso los lados son n −1 = 1, n = 2 y n + 1 = 3. No se forma triángulo porque no se cumple la desigualdad triangular. CASO 2. n y n +1 son opuestos respectivamente a x y 2x Del teorema del coseno se tiene que

n2 = (n−1)2 + (n+1)2 −2(n+1)n.cos x … (**)

Del teorema del seno se tiene que xcos.xsen.2

1nxsen1n

xsenn +

=+

= y así cos x = n2

1n + . Al sustituir

este valor en (**), multiplicando por n y, efectuando las operaciones y simplificaciones vemos que n2 − 3n −1 = 0. Como esta ecuación cuadrática no tiene solución entera debe excluirse esta posibilidad. CASO 3. n y n + 1 son respectivamente opuestos a x y 2x. Del teorema del coseno vemos que

C

A

n+1

n–1

B

C 2x

A

n n+1

x n–1 B

A

2x x n

n+1

B

n–1

C

152

(n−1)2 = n2 + (n+1)2 − 2n(n+1)cos x … (***)

)1n(21n−+

xcos.xsen.21n

x2sen1n

xsen1n ++=

−Del teorema del seno se ve que y así cos x = .

Sustituyendo este valor en (***), multiplicando por n y, efectuando las operaciones y simplificaciones pertinenetes se tiene que n(n − 5) = 0. La única raíz positiva es n = 5. Por ende, los lados del triángulo son 4, 5 y 6, y esta es la única solución al problema. DEFINICIÓN 2.13. Dos rectas en un plano se dicen paralelas si no se cortan. Dos segmentos o dos semirrectas se dicen paralelas si están situadas en rectas paralelas. COMENTARIO 2.48. Según la definición anterior se tiene que dos rectas m y n son paralelas si están en un mismo plano y coinciden o no tienen puntos en común.

m

n m = n m

El paralelismo, es decir, la condición de ser paralela, es una relación reflexiva. O sea, toda recta es paralela a sí misma. Es evidente que si m y n son paralelas, entonces m y n también son paralelas lo que muestra que el paralelismo es una relación simétrica. Muchos autores usan la notación m ⎢⎢ n para indicar que m y n son rectas paralelas. En este libro usaremos a veces flechas repetidas para indicar que las rectas son paralelas.

m

n

En la figura anterior las rectas m y n son paralelas porque contienen las misma flechas. TEOREMA 2.32.

Dos rectas perpendiculares a una tercera son paralelas entre sí. Demostración: Sean m y n dos rectas perpendiculares a la recta t. Si m y n se cortan, entonces se formará un triángulo con dos ángulos rectos lo cual es absurdo. En consecuencia, m y n son paralelas.

n

m

t

TEOREMA 2.33.

Por un punto exterior a una recta pasa una única recta paralela a ella. Demostración:

t

P n

s

B A

m S Q

153

Sea P un punto exterior a una recta m. Trace por P la perpendicular t a m hasta cortarla en Q. Trace por P la perpendicular n a la recta s. Por el teorema anterior las rectas m y n son paralelas. Hemos probado así que por P pasa al menos una recta paralela a m. Probemos ahora que esa paralela es única y, para ello, trace una recta s por P que forme con la recta t un ángulo agudo. Tómese un punto A en s distinto de P y sea B la proyección ortogonal de A sobre t. Trace el

punto S en m tal que QSPQ

ABPB

= . Como los ángulos B y Q son rectos se sigue del axioma 5 que

los triángulos PBA y PQS son semejantes. Por ende, ∠BPA = ∠QPS lo que indica que el punto S está en s. Por consiguiente, cualquier recta que pase por P, distinta de n, corta a m. COMENTARIO 2.49.

11Esta proposición era conocida por Proclo (ca. 500) aunque fue introducida modernamente por el matemático y físico inglés John Playfair (1748−1819) en 1795. COROLARIO 2.9.

Si m es paralela a n y n es paralela a p, entonces m es paralela a p. Demostración: Si m y p se cortan en un punto, entonces por dicho punto pasan las rectas m y p paralelas a n lo que contradice al teorema 2.33. Por tanto, m y p son paralelas. COMENTARIO 2.50. Este resultado dice que el paralelismo de rectas es una relación transitiva. De este comentario y el comentario 2.46 se deduce que el paralelismo entre rectas es una relación de equivalencia. COROLARIO 2.10.

Si una recta corta a otra, entonces corta a cualquier paralela a ella. Demostración: Supóngase que m corta a n en un punto P y sea p una paralela a n. Si m no corta a p, entonces m

es paralela a p y pasarían por P dos paralelas a n lo que contradice el teorema 2.33.

P m

n

p

DEFINICIÓN 2.14.

2 1

3

6 5

7

4

n

m

t

8 11 ca = circa = cerca de

154

Una recta que corta a otras rectas en puntos distintos se llama una transversal a dichas rectas. Sean m y n dos rectas cortadas por una transversal t. Los pares de ángulos∠3, ∠5 y ∠4, ∠6 se llaman ángulos alternos internos entre las rectas m y n cortadas por la transversal t. Los pares de ángulos ∠1, ∠5; ∠4, ∠8; ∠2, ∠6 y ∠3, ∠7 reciben el nombre de ángulos correspondientes entre las rectas m y n cortadas por la transversal t. EJEMPLO 2.78.

B

E A

F

C

Sean E y F dos puntos en los lados AC y AB del triángulo ABC según se ve en la figura anterior. Los pares de ángulos ∠BFE, ∠AEF y ∠AFE, ∠FEC son ángulos alternos internos entre las rectas AB, AC cortadas por la transversal EF. Los ángulos ∠AFE y ∠ABC son ángulos correspondientes entre las rectas FE, BC cortadas por la transversal AB. Los ángulos ∠AEF y ∠ACB son ángulos correspondientes entre las rectas FE y BC cortadas por la transversal AC. EJEMPLO 2.79. Sea P un punto en la prolongación del lado BC de un triángulo ABC según se indica en la figura anterior. Sea Q un punto interior al ángulo ACP. Los ángulos ∠BAC y ∠ACQ son ángulos alternos internos entre las rectas AB y CQ cortadas por la transversal AC. Los ángulos ∠ABC y ∠QCP son ángulos correspondientes entre las rectas AB y CQ cortadas por la transversal BP.

A

C B P

Q

TEOREMA 2.34. Dos rectas cortadas por una transversal son paralelas si y sólo si un par de ángulos alternos internos son iguales. Demostración:

p y m A

B

y

t A

m x x

n y n

B

Sean m y n dos rectas cortadas por una transversal t y sean x e y dos ángulos alternos internos iguales. Si m y n se cortan en un punto P, entonces se forma el triángulo ABP donde x es un ángulo exterior e y es un ángulo interior no adyacente, o viceversa. Del corolario 2.5 se sigue que x > y o y > x lo que contradice la hipótesis. Por tanto, m y n son paralelas. Recíprocamente, sean m y n dos paralelas cortadas por una transversal t en los puntos A y B, y sean x e y dos ángulos alternos internos según se ve en la figura anterior derecha. Trace por A una recta p que forme con

155

t un ángulo igual a y. Por lo anterior se tiene que p es paralela a n. Debido a la hipótesis y el teorema 3.2 concluimos que m y p coinciden y, en consecuencia, α = β. EJEMPLO 2.80. Si O es el punto medio de los segmentos AC y BD, entonces los segmentos AB y CD son iguales y paralelos. Solución: Por hipótesis se tiene que OA = OC y OB = OD. Además, ∠AOB = ∠COD por ser opuestos por el vértice. Los triángulos AOB y COD son congruentes por el criterio de congruencia LAL. Por ende, AB = CD y ∠OAB = ∠OCD. Pero, estos dos últimos ángulos son alternos internos entre las rectas AB y CD cortadas por la transversal AC. Por el teorema 2.34 las rectas AB y CD son paralelas. COMENTARIO 2.51. Con el mismo razonamiento en el ejemplo anterior se concluye que AD y BC son iguales y paralelos. EJEMPLO 2.81.

Halle el ángulo x en la figura que sigue. Solución: Por la notación adopatada las rectas nm y n son paralelas, y así t es una transversal. ∠y = 140° por ser ángulos alternos internos entre las paralelas m y n cortadas por la transversal t. Luego, x = 180° − 140° = 40° por ser x e y suplementarios. EJEMPLO 2.82. Sea AD la bisectriz de A en el triángulo ABC. La mediatriz de AD corta a AC en P. Entonces PD es paralela a AB.

C

A

P

B D

O

D

C B

A

140

x

m

n

t

y

Solución: Al ser AD bisectriz del ángulo A se tiene que ∠BAD = ∠CAD = x ya que P está en la mediatriz de AD se sigue que el triángulo APD es isósceles y por pons assinorum se ve que ∠ADP = x. Pero, estos dos últimos ángulos son ángulos alternos internos entre las rectas AB y PD cortadas

156

por la transversal AD. AL ser iguales los ángulos se sigue del teorema 2.34 que AB y PD son paralelas. COROLARIO 2.11. Dos rectas cortadas por una transversal son paralelas sii un par de ángulos correspondientes son iguales. Demostración: Vea la figura de la definición 2.14. Considérense los ángulos correpondientes ∠1 y ∠5. Nótese que ∠1 = ∠3 por ser opuestos por el vértice. Y el par de ángulos ∠3 y∠5 son ángulos alternos internos. Por tanto, un par de ángulos correspondientes son iguales sii dos ángulos alternos internos son iguales, y se aplica el teorema anterior. COMENTARIO 2.52. El teorema 2.34 y el corolario 2.11 dan métodos para demostrar que dos ángulos son iguales o que dos rectas son paralelas. EJEMPLO 2.83.

Halle los ángulos ∠1, ∠2, ∠3, ∠4., ∠5, ∠6 y ∠7 en la figura que sigue. n 2 1

3 6 m

t

5

7

4

154 Solución: Las rectas m y n son paralelas cortadas por la transversal t. ∠4 = 154° por ser ángulos correspondientes entre m y n cortadas por t. ∠5 = 154° por ser ángulos opuestos por el vértice. ∠6 = ∠7 = 180° − 154° = 26° por ser ángulos suplementarios al dado. ∠2 = 154° por ser ángulos opuestos por el vértrice. ∠1 = ∠3 = 26° por ser ángulos suplementarios del ángulo ∠4. EJEMPLO 2.84. Halle el ángulo x en la figura que sigue.

p q

m 35° <<

x n

y

Solución: Por la notación dada los pares de rectas p, q y m, n son paralelas entre sí. ∠y = 35° por ser ángulos correspondientes entre las paralelas p y q cortadas por la transversal m. ∠x = ∠y = 35° ya que son ángulos correspondientres entre las paralelas m y n cortadas por la transversal q. EJEMPLO 2.85

Si dos triángulos tienen sus lados paralelos, entonces dichos triángulos son semejantes. Solución:

A

y

D

E F

.

157

Sean ABC y DEF dos triángulos cuyos pares de lados paralelos son AB, DE; AC, DF y BC, EF. Prolónguese DE hasta cortar a AB en un punto que se forma el ángulo x, y prolónguese EF hasta cortar a AC en un punto que se forme el ángulo ty. ∠E = ∠y por ser ángulos correspondientes entre las paralelas BC y EF cortadas por la transversal DE. ∠x = ∠B por ser ángulos correspondientes entre las paralelas AB y DE cortadas por la transversal BC. Luego, E = B. Por otro lado, ∠y = ∠F por ser ángulos correspondientes entre las paralelas AC y DF cortadas por la transversal EF. ∠y = ∠C por ser ángulos correspondientes entre las paralelas BC y EF cortadas por la transversal AC. Luego, C = F. Ambos triángulos son semejantes por el segundo criterio de semejanza. EJEMPLO 2.86.

En la figura que sigue demostrar que m y p son paralelas. p

q

m n

r

x x

y y

Solución: Los ángulos iguales a x son correspondientes entre las rectas m y n cortadas por q. Al ser iguales se sigue del corolario 2.11 que m y n son paralelas. Los ángulos iguales a y son ángulos alternos internos entre las rectas n y p cortadas por r. Al ser iguales se sigue del teorema 2.34 que n y p son paralelas. Por la transitividad del paralelismo se deduce que m y p son paralelas. EJEMPLO 2.87. Si una recta paralela a la base de un triángulo isósceles corta los dos lados iguales en puntos distintos, entonces se forma un nuevo triángulo que es también isósceles. Solución:

E Sea m una recta paralela a la base BC de un triángulo isósceles ABC que corta a AC y AB en E y F. ∠x = ∠B por ser ángulos correspondientes entre las paralelas m y BC cortadas por AB. ∠y = ∠C por ser ángulos correspondientes entre las paralelas m y BC cortadas por AC. De

A

F m

B C

x y

158

ambas igualdades surge que ∠x = ∠y porque B y C son iguales por hipótesis. En consecuencia, el triángulo AFE es isósceles. EJEMPLO 2.88.

Toda recta perpendicular a otra es perpendicular a cualquier paralela a ella. Solución: Supóngase que m es perpendicular a n y n es paralela a p. Debemos mostrar que m es perpendicular a p. Sea P el corte de m y n donde se forman cuatro ángulos rectos. Del corolario 2.10 se sigue que m corta a p en un punto Q. El ángulo Q, al ser correspondiente con el ángulo recto de P, es también recto. Por ende, m es perpendicular a p

m

p Q

P n

EJEMPLO 2.89. Sean m y n dos rectas cortadas por una transversal t en A y B según se indica en la figura. Si x + y < 180, entonces m y n se cortan. Solución:

Trace por A la paralela p a n. ∠z = ∠y por ser ángulos correspondientes entre las paralelas p y n cortadas por t. Luego, ∠z + ∠x = ∠y + ∠x < 180° y esto indica que las rectas p y m son distintas. Por consiguiente, m cortará a n.

z

x

y m

p A

t

n B

COMENTARIO 2.53.

Este resultado es el quinto postulado de Euclides que aparece en el Libro I de sus Elementos. .

EL TEOREMA DE THALES. Una condición necesaria y suficiente para que dos transversales sean cortadas en segmentos proporcionales por un sistema de rectas es que éstas sean paralelas. Demostración: CONDICIÓN NECESARIA: Sean s y t dos transversales que cortan las rectas paralelas m, n, p, q en los puntos A, X; B, Y; C, Z y D, W. CASO 1. s y t se cortan en un punto O. Los triángulos OAX, OBY, OCZ y ODW tienen el ángulo común x. Además, los ángulos OAX, OBY, OCZ y ODW son iguales por ser ángulos correspondientes entre paralelas cortadas por la transversal t. Por el segundo

X m x A

C Z

B

D

s

q

n

W

Y

159

p

t

kOWOD

OZOC

OYOB

OXOA

====criterio de semejanza se ve que OAX ∼ OBY ∼ OCZ ∼ ODW. Así, .

Luego, OA = k.OX, OB = k.OY, OC = k.OZ y OD = kOW. Por ende, AB = OB − OA = k(OY − OX) = k.XY BC = OC − OB = k(OZ − OY) = k.YZ

CD = OD − OC = k(OW − OZ) = k.ZW

kZWCD

YZBC

XYAB

=== En consecuencia,

CASO 2. s y t son paralelas.

s Q W

P

N

M

Y

X

Z C

A

O

B

D

m

n

S

t

p

q

PQCD

NPBC

MNAB

==Tracemos la transversal OS con O en s y S en t. Por el caso 1 se ve que y

ZWPQ

YZNP

XYMN

==ZWCD

YZBC

XYAB

==. Multiplicando término a término resulta

CONDICIÓN SUFICIENTE:

ZWCD

YZBC

XYAB

==Véase la primera figura. Supóngase que . Si m y n no son paralelas trace por A

la paralela a n hasta cortar la otra transversal en U. Luego, se tendrá que OYOX

OBOA

= . Pero, por lo

dicho arriba se tendrá que OYOU

OBOA

= , y al comparar con la última igualdad vemos que X y U

coinciden. Por consiguiente, m y n son paralelas. COMENTARIO 2.54.

160

Thales de Mileto (ca.625−ca.545 A.C.) fue uno de los siete sabios griegos y en su honor se nombró el teorema anterior. Se le atribuye ser el primero que hizo la pregunta ¿por qué? en vez de ¿cómo?, y ser el primero en demostrar una proposición matemática. COROLARIO 2.12. Toda paralela a un lado de un triángulo corta los otros dos lados o a sus prolongaciones en segmentos proporcionales. Demostración:

Ésta es la condición necesaria del teorema de Thales.

COROLARIO 2.13. Si dos rectas cortan dos lados de un triángulo o a sus prolongaciones en segmentos proporcionales, entonces dichas rectas son paralelas. Demostración:

Ésta es la condición suficiente del teorema de Thales. COROLARIO 2.14.

El segmento que une los puntos medios de dos lados de un triángulo es paralelo al tercer lado. Demostración: En el teorema 2.5 vimos que AFE ∼ ABC. Luego, F = B y éstos son ángulos correspondientes entre las rectas EF y BC cortadas por AB. Luego, EF es paralela a BC. COROLARIO 2.15 La paralela a un lado de un triángulo que pasa por el punto medio de otro lado corta al tercer lado en su punto medio. Demostración:

A

F E

C B

1ECAE

FBAF

==Basta ver que

EJEMPLO 2.90. Sea M el punto medio de la mediana AD de un triángulo ABC. La recta BM corta al lado AC en un punto E que triseca a ese lado. A

Solución: Trace por A la paralela a BE hasta cortar a AC en K. En el triángulo BCE la paralela DK a BE pasa por el punto medio D del lado BC. Por el corolario anterior K es el punto medio de EC y así WEK = KC. Por otro lado en el triángulo ADK la recta ME que es paralela a DK pasa por el

E

K

B D

C

M

161

punto medio m del lado AD. Por el corolario anterior E es el punto medio de AK y así AE = EK. Hemos demostrado que AE = EK = KC y E es punto de trisección de AC. TEOREMA 2.35. Las medianas de un triángulo son concurrentes y este punto de concurrencia es punto de trisección de cada mediana. . Demostración:

Sea G el corte de las medianas BE y CF de los lados AC y AB de un triángulo ABC. Por el corolario 2.14 y el teorema 2.5 se tiene que EF y BC son paralelas y BC = 2EF. Luego,

BCG ∼ EFG por tener sus lados paralelos,. Así,

G

E

B C

F

A

2EFBC

GEBG

GFCG

=== . Por consiguiente,

CG = 2GF y BG = 2GE. En particular, esto indica que G divide internamente a la mediana BE ebn la razón 2.

D C

A

E

C

H

Sea H el corte de las medianas DA y BE. Con un razonamiento exactamente igual al anterior se ve que H divide internamente a la mediana BE en la razón 2. Por el teorema 1.6 se concluye que G y H coinciden y G es punto de trisección de AD, BE y CF. DEFINICIÓN 2.15.

El corte de las medianas de un triángulo se llama baricentro del triángulo. COMENTARIO 2.55. El baricentro de un triángulo también llama centroide o centro de gravedad del triángulo. El baricentro del triángulo ABC se denotará mediante la letra G. Además debe notarse que

GD = am31

am32

bm32

bm31

cm32

cm31, AG = , BG = , GE = , CG = y GF = . Lea la tarea 2.3.

EJEMPLO 2.91. La suma de las medianas de un triuángulo es menor que el perímetro y mayor que sus tres cuartos de perímetro. Solución: A

E F

G

162

Aplicando la desigualdad triangular en los triángulos BCG, CAG y ABG se obtiene que

BC < BG + CG, AC < AG + GC, AB < AG + GB, es decir, cb m32m

32a +< ca m

32m

32b +<. ,

ba m32m

32c +< ( )cba mmm

34

++. Al sumar estas tres desigualdades se obtiene que a + b + c < .

Al multiplicar por 3 y dividir por 4 la última desigualdad se concluye que

( ) cba mmmcba43

++<++ .

A

C D

B

P

Por otro lado se duplica la mediana AD hasta el punto P. Por el ejemplo 2.11 se ve que PC = AB Aplicando la desigualdad triangular en el triángulo APC se ve que AP < AC + PC, es decir, 2ma < b + c. De manera análoga, al duplicar las otras medianas, se obtiene que 2mb < a + c y 2mc < a + b. Al sumar las tres desigualdades se tiene que 2(ma + ma + ma ) < 2(a + b + c) y al dividir por 2 vemos que ma + ma + ma < a + b + c. EJEMPLO 2.92. La suma de los cuadrados de las distancias del baricentro de un triángulo a sus vértices es igual a la media aritmética de los cuadrados de los lados. Solució:

( )9

mmm4 2c

2b

2a ++2

c

2

b

2

a m32m

32m

32

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛En la figura anterior AG2 + BG2 + CG2 = = =

( )3

cba9

cba3 222222 ++=

++ donde la tercera igualdad es verdadera por el ejemplo 2.65.

EJEMPLO 2.93. Sean AD, BE, CF las medianas de un triángulo ABC que se cortan en su baricentro G. Si P es un punto del plano, entonces se tiene que PA2 + PB2 + PC2 = AG2 + BG2 + CG2 + 3PG2. Solución:

163

Sean X, Y, Z los puntos medios de AG, BG, CG. Entonces AG = XD, BG = YZ, CG = ZF. Aplicando el ejemplo 2.66 a los triángulos PBC, PAG, PDX se tiene que

2PB2 2 + 2PC = 4PD2 + BC2 ……… (a) 2PA2 2 + 2PG = 4PX2 + AG2 ……… (b) 2PD2 2 + 2PX = 4PG2 + DX2 ……… (c)

E

B C D

Z Y

F

A

X

G

P

Al sumar (a) y (b) junto con el doble de (c) se obtiene que

2PB2 2 + 2PC + 2PA2 + 2PG2 + 4PD2 + 4PX2 = 4PD2 + BC2 + 4PX2 + AG2 + 8PG2 + 2DX2

2 2Al simplificar y sabiendo que DX = AG se tiene que 2(PA + PB + PC2) = BC2 + 3AG2 + 6PG2. Al dividir por 2 se ve que

222 PG3AG23BC

21

++PA2 + PB2 + PC2 ......... (d) =

Aplicando el ejemplo 2.66 a los triángulos PAC, PBG, PEY se tiene que 2PA2 2 + 2PC = 4PE2 + AC2 ……… (e) 2PA2 2 + 2PG = 4PX2 + AG2 ……… (f) 2PD2 2 + 2PX = 4PG2 + DX2 ……… (g)

Al sumar (e) y (f) junto con el doble de (g) se obtiene que 2PA2 2 + 2PC + 2PB2 + 2PG2 + 4PE2 + 4PY2 = 4PE2 + AC2 + 4PY2 + BG2 + 8PG2 + 2EY2

Al simplificar y sabiendo que EY = BG se tiene que 2(PA2 + PB2 + PC2) = AC2 + 3BG2 + 6PG2. Al dividir por 2 se ve que

222 PG3BG23AC

21

++PA2 + PB2 + PC2 = ......... (h)

Aplicando el ejemplo 2.66 a los triángulos PAB, PCG, PZF se tiene que 2PA2 2 + 2PB = 4PF2 + AB2 ……… (i) 2PC2 2 + 2PG = 4PZ2 + CG2 ……… (j) 2PZ2 + 2PF2 = 4PG2 + ZF2 ……… (k)

Al sumar (i) y (j) junto con el doble de (k) se obtiene que 2PA2 2 + 2PB + 2PC2 + 2PG2 + 4PZ2 + 4PF2 = 4PF2 + AB2 + 4PZ2 + CG2 + 8PG2 + 2ZF2

Al simplificar y sabiendo que ZF = CG se tiene que 2(PA2 + PB2 + PC2) = AB2 + 3CG2 + 6PG2. Al dividir por 2 se ve que

222 PG3CG23AB

21

++PA2 + PB2 + PC2 = ......... (l) 2Sumando (d), (h). (l) se obtiene que 3(PA + PB2 + PC2) =

( ) ( 2222222 PGCGBGAG23BCACAB

21

++++++ ) . Usando el ejemplo anterior vemos que

164

( ) ( ) 2222222 PGCGBGAG23CGBGAG

23

++++++3(PA2 + PB2 + PC2 . ) = 2O sea, 3(PA + PB2 2 +`3PC ) = 3(AG2 + BG2 + CG2) + 9PG2. Al dividir por 3 se obtiene el

resultado deseado. EJEMPLO 2.94. Si P es el conjugado armónico del baricentro G, respecto de la mediana AD, de un triángulo ABC, entonces D es el punto medio del segmento AP: Solución:

Por hipótesis GDAD

PDAP

= . Del teorema 2.35 se sigue que el segundo miembro es 2. Así, AP = 2PD

y D es el punto medio de AP.

165

EJERCICIOS §2. 1. Los triángulos ABC y DEF son semejantes, AB = 12, AC = 7, BC = 10 y DE = 9. Halle DF y EF. 2. En la figura a la derecha halle DE en función de AB, BD y DC si ∠ABC = ∠EDC

3. En la figura a la derecha h es la altura correspondiente a la hipotenusa del

C B

E

D

A

triángulo rectángulo ABC. (a) Halle h si m = 4 y n = 9 (b) Halle h si m = 7 y n = 28 (c) Halle a si m = 9 y n = 3 (d) Halle b si m = 7 y n = 21 n

a h

m

C

b

B A c

(e) Halle a, b, h si m = 5 y n = 7.

4. En la figura a la derecha AH = h es la altura correspondiente a la hipotenusa del triángulo rectángulo ABC. (a) Si m = 5 y h = 5, halle n, b, c. h

n

m a

B A

C

D b

(b) Si b = 5 y m = 4, halle n, a, c. (c) Si c = 13 y m = 4, halle n, b, h. c (d) Si b = 6 y n = 13, halle m, h, c.

5. En la figura a la derecha DP = QC , ∠ADP = ∠BCQ, AP es perpendicular a DS y BQ es perpendicular a CS. Entonces Q

D P

S

C

B A

AD = BC.

6. Considérese la figura a la derecha. (a) Si AE = BC, AD = BD, DE = DC, entonces ∠AED = ∠DCB (b) Si EA = BC, AD = BD, ∠EAD = ∠DBC, entonces ∠BDE = ∠ADC (c) Si AE = BC, AD = BD y ∠AED = ∠DCB, ¿puede usted

mostrar que ED = CD? (d) Si ED = CD, ∠AED = ∠DCB y ∠BDE = ∠ADC, ¿puede

A B

D C E usted demostrar que AE = BC?.

7. En la figura a la derecha ∠EDC = ∠DEB y ∠ADE = ∠DEA. Luego AB = AC.

E D

A

C B 8. Halle la altura de la hipotenusa de un triángulo rectángulo de catetos 5 y 12. 9 La perpendicular a la bisectriz de un ángulo corta sus lados en puntos que equidistan del vértice del ángulo. 10. La perpendicular a la bisectriz de un ángulo forma ángulos iguales con sus lados. 11. Considere la figura a la derecha. E

D

(a) Si AB = BC, AE = CD, ∠EAP = ∠DCQ, entonces los triángulos ABE y CBD son congruentes.

(b) Si ∠EAB = ∠DCB, ∠EBA = ∠DBC, E = D, ¿puede mostrar que >ABE y CBD son triángulos congruentes?.

(b) Si AB = BC y ∠EAP = ∠DCQ, ∠ABD = ∠CBE, Q P A C B ¿puede mostrar que BE = BD?

166

12. Si AD = BC, AC = BD, AK = BN y AG = BH en la figura a la derecha, entonces KG = NH.

13. En la figura a la derecha halle la distancia entre A y B que están

separados por un lago, sin medirla directamente. 14. En los triángulos ABC y DEF se tiene que A = 56, AB = 3, AC = 5,

D = 56, DF = 15 y DE = 9. ¿Qué relación hay entre los lados BC y EF?.

15. En la figura a la derecha B = D y C = E.

(a) Si AD = 1,5AB, AE = 1,5AC, halle DE:BC (b) Halle CE:BD (c) SI AD:AB = m:n, halle CE:AE (d) Pruebe que AC:CE = AB:BD (e) Dado CE:AC = m:n, halle AE:AC.

16. En la figura anterior el triángulo ABC es isósceles de base BC. Si B = D y C = E, entonces ADE es un triángulo isósceles.

17. En la figura a la derecha CP es la bisectriz del ángulo DCB y BP es la bisectriz del ángulo CBE. Halle el ángulo en P.

18. En la figura a la derecha si BC = AC = AD = DE, entonces el triángulo ABE es isósceles.

19. En la figura a la derecha si AC y BD se bisecan en M, entonces M

biseca a PQ.

20. Halle los otros dos lados de un triángulo si un lado mide 60, su altura mide 12 y su mediana mide 13. 21. La altura de la hipotenusa de un triángulo rectángulo es menor que ella. 22. Halle la razón entre los catetos de un triángulo rectángulo si la altura de su hipotenusa la divide en dos

segmentos cuya razón es 1:3. 23. En la figura a la derecha CD = BC y B = D, entonces AD = AB. 24. En la figura a la derecha se tiene que BD = CD. Entonces ∠ABC > ∠DCB.

C

B

A

C D

N B K A

H G

D E

A

C B

C

A

D P

E B A

B E D C

A

C D

B

M Q

P

A

D B

C

A B D

C

167

25. En la figura a la derecha se tiene que AD = BC. Entonces AC > DB. 26. En la figura a la derecha AP = BQ y BP > AQ. Entonces BC > AC. 27. En la figura a la derecha AB = CD y ∠ABC = ∠DCB. Entonces AC = BD.

28. En la figura a la derecha BC = DE, AC = AD, ∠ADB = ∠ACE. Entonces los triángulos ABD y ACE son congruentes.

29. En la figura que sigue AB = AC, E es el punto medio de AC y F es el punto medio de AB. Entonces ∠FCB = ∠EBC.

30. En la figura a la derecha AF = AE, BE y CF son perpendiculares

a BC y AB. Entonces ∠AEB = ∠AFC. 31. Si los segmentos AB y CD se bisecan, entonces AC = BD y BC = AD. 32. Sea ABC un triángulo isósceles de base BC. Si P es un punto de la bisectriz de A, entonces PC=PB. 33. En la figura a la derecha ABC es un triángulo rectángulo en B.

ED es perpendicular a AC, AD = 10, DC = 15 y AB = 15. Halle DE.

A

C

P

Q B

B C

C A

A

C B D

A

B

D

C

E

E F

A

E

34. En la figura a la derec ha ∠FAB = 25, ∠ABF = 35, ∠FBC = 45

∠FCB = 45, ∠CFD = 58, ∠FDC = 61, ∠DFE = 42 y ∠DEF = 42 ¿Cuál es el segmento menor?

35. Sea M el punto medio del lado AB del triángulo ABC. Si ∠AMC es agudo, entonces A > B 36. La suma de las distancias desde un punto del interior de un triángulo a los extremos de un lado es menor que

la suma de los otros dos lados. 37. En el triángulo ABC, rectángulo en C, se tiene que B = 2A. Entonces AB = 2BC. 38. Sea ABC un triángulo isósceles de base AB con AB < AC. Si D es un punto en la prolongación del lado

AC, entonces BA es un triángulo escaleno.

B C F

C B

A

A

E B C

D

C

F B

E

A

168

39. (a) Si la correspondencia biunívoca ABC ↔ ACB} es una congruencia, ¿qué clase de triángulo es ABC? (c) Si la correspondencia biunívoca ABC ↔ CAB es una congruencia, ¿qué clase de triángulo es

ABC? 40. ¿Puede una bisectriz ser menor que un lado? 41. Un lado de un triángulo es mayor que la diferencia de los otros dos lados. 42. Halle la longitud del lado mayor de un triángulo si es un número entero y los otros dos lados miden 2 y 9. 43. Halle los lados de un triángulo rectángulo si su perímetro es 132 y la suma de los cuadrados de sus catetos

es 6050. 44 La altura de la hipotenusa de un triángulo rectángulo la divide en segmentos que miden 6 y 9. Halle esa

altura y los catetos. 45. La altura de la hipotenusa de un triángulo rectángulo la divide en dos segmentos que miden 24 y 6. Halle

sus catetos. 46. Dos triángulos isósceles son semejantes si sus ángulos verticales son iguales y sus alturas son iguales. 47. Dos triángulos equiláteros son semejantes.

222 AD1

AC1

AB1

=+ 48. Si AD es la altura de la hipotenusa del triángulo rectángulo ABC, entonces

49. Los ángulos de la base de un triángulo isósceles son agudos. 50. Si los lados de un triángulo son proporcionales a 3, 4, 5, entonces el triángulo es rectángulo. 51. El camino de A a B va al este 34 Kms. y luego sube al norte 22 Kms. ¿cuán lejos está A de C? 52. Si el cateto menor de un triángulo rectángulo mide la mitad de la hipotenusa, entonces los ángulos agudos

miden 30 y 60. 53. Si en un triángulo rectángulo un ángulo agudo mide 30, entonces la mediana y la altura de la hipotenusa

trisecan el ángulo recto. 54. (a) Si p y q son enteros tales que p>q>0, entonces p2 2 − q , 2pq y p2 + q2 son los lados de un triángulo

rectángulo. (b) Haga, usando (a), una tabla de tripletas de números que sean lados de un triángulo rectángulo.

55. Halle los lados iguales de un triángulo isósceles de base 20 si la altura de la base es 8. 56 Un triángulo es isósceles sii dos de sus alturas son iguales. 57. Si la altura de un lado de un triángulo es bisectriz del ángulo opuesto, entonces dicho triángulo es isósceles. 58. Sea ABC un triángulo equilátero. Si D, E, F son puntos de los lados AB, BC, CA tales que AB = 3AD,

BC = 3BE y CA = 3CF, entonces DEF es un triángulo equilátero y sus lados son perpendiculares a los lados del triángulo ABC.

59. Una recta corta los lados OA y OB de un ángulo AOB en C y D. Entonces las bisectrices de los ángulos BDC y ACD se cortan en un punto de la bisectriz del ángulo AOB.

60. La altura y la mediana de la hipotenusas de un triángulo rectángulo forman un ángulo de 24. Halle los ángulos del triángulo.

61. En un triángulo ABC rectángulo en A y AB < AC se traza la altura AH de la hipotenusa BC. Si D es el punto de BC simétrico de B respecto de H y E es la proyección ortogonal de C sobre la recta AD, entonces BC es la bisectriz del ángulo ACE.

62. El ángulo formado por las bisectrices de dos ángulos de un triángulo es igual a un ángulo recto aumentado con la mitad del tercer ángulo.

63. Halle la altura de un triángulo equilátero en función de su lado común. 64. La bisectriz de un ángulo de un triángulo forma con el lado opuesto dos ángulos cuya diferencia es igual a la

diferencia de los otros dos ángulos del triángulo. 65. Los ángulos exteriores de un lado de un triángulo son iguales sii el triángulo es isósceles. 66. Las bisectrices de los ángulos de la base de un triángulo isósceles son iguales. 67. Si dos triángulos isósceles tienen la misma base, entonces la recta que pasa por cada uno de los vértices

opuestos a esa base es su mediatriz. 68. Si la suma de dos ángulos de un triángulo es igual al tercer ángulo, entonces el triángulo es rectángulo. 69. Dos triángulos isósceles son congruentes si tienen iguales sus bases y sus alturas correspondientes. 70. Dos triángulos isósceles son congruentes si tienen iguales los ángulos opuestos a las bases y sus correspon-

dientes alturas.

169

71. Sobre los lados AB y AC de un triángulo ABC se trazan dos segmentos arbitrarios AD y AE. Las perpendiculares a AB y AC por D y E se cortan en P. Entonces el lugar geométrico de P es una recta. Halle el lugar geométrico de la proyección ortogonal de P sobre la recta DE.

72. Sea P un punto de la base BC de un triángulo isósceles ABC. Las perpendiculares a BC por los puntos medios M y N de los segmentos CP y PB cortan los lados AC y AB en los puntos E y F. Entonces los ángulos EPF y A son iguales.

73. La mediana de un lado de un triángulo equidista de los vértices de ese lado. 74. Sea M el punto medio de la base BC de un triángulo isósceles ABC. Se prolonga la base BC hasta un punto

D tal que CD = AB y se prolonga el lado AB hasta E de modo que BC = 2BE. La recta EM corta la recta AD en F. Entonces el ángulo ADB es la mitad del ángulo ABC. Además, EA = MD y FA = FD = FM.

75. Si la mediatriz de un lado de un triángulo corta a otro lado en su punto medio, entonces el triángulo es rectángulo.

76. En un triángulo ABC el ángulo exterior de B es igual a 3C (C < 45). Trace en CA un punto D tal que DC = DB. Entonces AB = DC.

77. Sea A un punto exterior a un ángulo XOY. Si H y K son las proyecciones ortogonales de A sobre los lados OX y OY, entonces el segmento que une los puntos medios de los segmentos OA y HK es perpendicular a HK.

78. Desde cualquier punto D de la base BC de un triángulo isósceles ABC se traza una perpendicular hasta cortar las rectas BA y AC en los puntos M y N. Entonces AMN es un triángulo isósceles.

79. La mediatriz de un lado de un triángulo corta al mayor de los otros dos lados del triángulo. 80. Sea AD la altura de la hipotenusa BC de un triángulo rectángulo ABC. Se prolongan DA y CB hasta P y Q

de modo que AP = AB y BQ = AC. Entonces CP = AQ. 81. Sobre un segmento BC se construyen un triángulo equilátero ABC y un triángulo isósceles DBC, del mismo

lado de BC, de modo que 2D = A. Entonces AD = BC. 82. El lado AB de un triángulo equilátero ABC se prolonga hasta D de modo que BD = 2AB. Si F es la

proyección ortogonal de D sobre la recta BC, entonces ∠FAC = 90. 83. En los dos lados de un ángulo recto de vértice A se trazan AB = AD y AC = AE de modo que A, B, C y A,

D, E estén en los dos lados. Entonces la perpendicular por A a la recta CD corta al segmento EB en su punto medio.

84. Si el triángulo ABC es rectángulo en A, entonces las distancias del pie D de la altura AD a los catetos son proporcionales a ellos.

85. En un triángulo ABC rectángulo en A se tiene que C = 58. Se trazan la altura AH, la mediana AM y la bisectriz AW. En el vértice A se forman cuatro ángulos contiguos. ¿Cuánto mide cada uno de ellos?

86. La suma de dos ángulos de un triángulo es menor que 180. 87. Se prolongan los lados AB y AC del triángulo ABC hasta D y E de modo que BD = BC = CE. Si BE y CD

se cortan en F, entonces el ángulo BFD es igual al complemento de la mitad de A. 88. La suma de las bisectrices de un ángulo es mayor que el semiperímetro. 89. Desde el punto medio de los lados de un triángulo se trazan perpendiculares a los otros dos lados. Si esos

segmentos son iguales, entonces el triángulo es isósceles. 90. Seis veces la mediana que parte de un ángulo agudo de un triángulo es mayor que su perímetro. 91. Sea ABC un triángulo con AC > AB. Trace por A dos rectas que cortan a BC en D y G de modo que ∠DAC

= B y ∠GAB = C. Entonces DC > BG. 92. Si los ángulos de un triángulo están en progresión aritmética, entonces uno de ellos mide 60. 93. Si las alturas de un triángulo están en progresión geométrica, entonces uno de los lados es media geométrica

de los otros dos lados. 94. Sea A un punto el lado OX del ángulo XOY. Se traza AH perpendicular a OY. La bisectriz del ángulo HAO

corta a OY en C. La perpendicular a OY por C corta a OX en B. Entonces el triángulo ABC es isósceles. 95. En un triángulo ABC se tiene que B = 2C. Se traza la altura AH y se prolonga AB hasta E tal que BE = BH.

Si EH corta a AC en F, entonces ∠FHC = ∠FCH y ∠FAH = ∠AHF. 96. Calcular los ángulos de un triángulo si el mayor de ellos es el doble del menor y el tercero sobrepasa al

menor en 8. 97. Sea ABC un triángulo escaleno. Si las mediatrices de AB y AC se cortan en O, entonces el ángulo BOC es

el doble de A. 98. En un triángulo ABC rectángulo en A se traza la recta AM que forma con el cateto AB un ángulo igual a B.

Entonces M equidista de los tres vértices del triángulo.

170

99. Sobre los lados OX y OY de un ángulo recto XOY se toman dos puntos A y B. Se trazan AM Y BN (N en OX y M en OY) de modo que forman con los lados del ángulo recto dos ángulos iguales a 30. Estas rectas se cortan en D. Entonces AND y BMD son triángulos isósceles.

100. En un triángulo rectángulo la bisectriz del ángulo recto es bisectriz del ángulo formado por la mediana y la altura de la hipotenusa.

101. Hallar los ángulos de un triángulo rectángulo si la bisectriz del ángulo recto es igual al cateto menor. 102. En un triángulo ABC se prolongan los lados CB y CA en su misma longitud hasta M y N. Trace la recta

MN. Entonces M = B y N = A. 103. Si por los vértices de un triángulo se trazan las bisectrices exteriores se forma otro triángulo donde los

vértices del primero son los pies de las alturas del segundo. 104. Supóngase que los segmentos AC y BD se cortan en un punto interior P. Si X es un punto cualquiera,

distinto de P, entonces XA + XB + XC + XD > AD + BP + CP + DP. 105. Sean A y A` dos puntos simétricos respecto de uan recta m. Sea B un punto de modo que el segmento BA`

corte a m en un punto interior H. Trace la recta HN que pase por H y sea perpendicular a m. Entonces ∠AHN = ∠BHN.

106. En un triángulo ABC se tiene que AB = 8,5; AC = 5,5 y BC = 9. Calcule BD y DC si D es el corte de la bisectriz de A con el lado BC.

107. En el triángulo isósceles ABC de base BC se toman E en AB y F en AC de modo que CE = BF. ¿Se podrá demostrar que EA = AF?

108 En un triángulo a mayor ángulo le corresponde menor bisectriz. 109. Si las bisectrices de dos ángulos de un triángulo son iguales, entonces dicho triángulo es isósceles. 110. En un ángulo obtuso ABC se tiene que AB = 2BC. Desde el punto medio G de AB se traza la perpendicular

hasta cortarse en H con la perpendicular a CB que pasa por C. Entonces el ángulo AHC es tres veces el ángulo AHG.

111. El ángulo A de un triángulo isósceles de base BC es los dos séptimos de un ángulo recto. Sea D un punto cualquiera de la base BC y tome un punto E en AC de modo que CE = CD. La recta ED cortará la recta AB en F. Si la bisectriz del ángulo EDC corta a AC en S, entonces AE = EF y DS = DC.

112. Sea ABC un triángulo rectángulo en C, y sean D y E puntos de la hipotenusa tales que BC = BD y AC = AE. Entonces DE es igual a la suma de las distancias de D y E a los lados AC y BC.

113. Si las bisectrices de los ángulos exteriores B y C de un triángulo ABC se cortan en D, y e es la proyección ortogonal de D sobre la recta AB, entonces AE es el semiperímetro del triángulo ABC.

114. En un triángulo ABC se tiene que AB = 12, BC = 9 y AC = 7. Nombrar el ángulo mayor y el ángulo menor. 115. ABC es un triángulo isósceles de bas4e BC y A = 45. Si AD y CF son las alturas de BC y AB y H es el

ortocentro, entonces CF = AC − FH. 116. Cualquier ángulo de un triángulo es agudo, recto u obtuso según que la mediana correspondiente al lado

opuesto sea mayor, igual o menor que la mitad de ese lado. Establezca y demuestre su recíproco. 117. Si en el triángulo ABC se tiene que AB > AC, entonces BD > CF donde BD y CF son las alturas

correspondientes. 118. Dos ángulos de un triángulo miden 60 y 70 mientras que dos ángulos de otro triángulo miden 50 y 80.

¿Pueden ser semejantes ambos triángulos? 119. El ángulo A de un triángulo isósceles ABC de base BC es un tercio de uno de los ángulos de la base. Se

toman los puntos M y N en AB y AC de modo que NM = BC = CN. Si BN y CM se cortan en D, entonces ∠MDN = B.

120. ABC es un triángulo con B = 120. Sobre AC se construye un triángulo equilátero ACD, donde D es un punto exterior al triángulo ABC. Entonces DB es la bisectriz de B y DB = AB + BC.

121. Dos lados de un triángulo miden a y b de modo que a < b. ¿Qué restricciones se imponen a la longitud del tercer lado?

AC1

AB1

AW1

+=122. En el triángulo ABC el ángulo A mide 120. Si AW es la bisectriz de A, entonces .

123. En el segmento AB se trazan los segmentos AC y BD perpendiculares a la recta AB. Si E es el punto de intersección de las rectas DA y BC y F es la proyección ortogonal de E sobre la recta AB, entonces se tiene

que BD1

AC1

EF1

+=

124. Resuelva geométricamente los siguientes problemas:

171

(a) Si R1 = 6 y R2 = 3 son dos resistencias eléctricas en paralelo, halle la resistencia total del circuito.

Recuerde que 21 R

1R1

R1

+=

(b) Un ebanista hace un pupitre en 6 días y otro lo hace en 3 días. ¿Cuánto tardarán en hacerlo ambos ebanistas?

125. ABC es un triángulo con BC = 2AB. Sean D y E los puntos medios de BC y DB. Entonces AD es la bisectriz del ángulo CAE.

126. D y E son puntos interiores de los lados AB y AC de un triángulo ABC. Las bisectrices de los ángulos ABE y ACD se cortan en F. Entonces la suma de los ángulos BDC y BEC es igual al doble del ángulo BFC.

127. ABC es un triángulo con C = 60. Si AP y BQ son bisectrices, entonces AB = AQ + BP. 128. El ángulo A de un triángulo isósceles ABC de base BC mide 45. Si las alturas AD y CQ se cortan en P,

entonces PQ = BQ. 129. Sea ABC un triángulo rectángulo en A. Si CD es la bisectriz de C, entonces AD < BD. 130. Si la mediana de un lado de un triángulo no es altura, entonces al menos dos de sus lados no son iguales. 131. En un triángulo a menor lado le corresponde mayor mediana. 132. Si en dos triángulos dos ángulos son iguales y otros dos ángulos son suplementarios, entonces los lados

opuestos a los ángulos iguales son proporcionales a los lados opuestos a los ángulos suplementarios. 133. ABC es un triángulo rectángulo en A y AB > AC. Sea D el punto medio de BC y trace la mediatriz de BC

hasta cortar la bisectriz de A en E. Entonces AD = DE y el ángulo DAE es igual a ½(C −D). 134. Sean M, N, L los puntos medios de los lados AB, BC, CA de un triángulo ABC. Si BH es la altura, entonces

∠MHN = ∠MLN. 135. Sea M el punto medio del lado BC de un triángulo ABC con AB > AC. Si P y Q son las proyecciones

ortogonales de C sobre las bisectrices interior y exterior de A, entonces MP = ½(AB−AC) y MQ = ½(AB+AC).

136. Si D es un punto cualquiera de la base BC de un triángulo isósceles ABC y se traza la perpendicular a BC por D hasta cortar a AB y AC en E y F, entonces DE + DF es igual a dos veces la distancia de A a BC.

137. Sea ABC un triángulo isósceles de base BC con A = 120. Si D y E son los puntos de trisección de BC, entonces el triángulo ADE es equilátero.

138. Sean AE, BM, CN las medianas de los lados BC, AC, AB de un triángulo ABC. Prolongue AE· en su misma longitud hasta D, prolongue BC en su misma longitud hasta F y prolongue CB en su misma longitud hasta G. Entonces el perímetro de cada uno de los triángulos ADF y ADG es igual al doble de la suma de las medianas del triángulo ABC.

139. Sea O el punto medio de la hipotenusa AB, común a los triángulos rectángulos ACB y ADB,. Desde C y D se trazan las perpendiculares a OC y OD hasta cortarse en P. Entonces P equidista de C y D.

140. Halle las longitudes de las bisectrices exteriores de un triángulo en función de sus lados. 141. Si la bisectriz interior de ángulo de un triángulo es igual a uno de los lados que la incluye, entonces la

proyección ortogonal del otro lado sobre esa bisectriz es igual a la semisuma de los lados considerados. 142. Dos ángulos de un triángulo miden 45 y 75, mientras que dos ángulos de otro triángulo miden 45 y 60.

¿Pueden ser ambos triángulos semejantes? 143. Si CD es la altura correspondiente a la hipotenusa del triángulo rectángulo ABC, entonces AC2− BD2 =

AD2−BD2. 144. Sea C el vértice del ángulo recto de un triángulo rectángulo ABC. La bisectriz del ángulo B corta a AC en D

y la bisectriz exterior del ángulo en B corta la recta AC en E. Si BD = 15 y BE = 20, halle las longitudes de los lados del triángulo ABC.

145. Un triángulo tiene lados de longitudes 6, 12, 16. Las bisectrices del ángulo mayor y del ángulo exterior menor cortan los lados opuestos en P y Q. Halle las distancias de P y Q al vértice del ángulo menor.

146. Sea ABC un triángulo isósceles de base AC. Sean D y E puntos exteriores al triángulo de modo que los pares de segmentos AB, CD y BC, AE se corten en puntos interiores, y los triángulos ABD y BEC sean equiláteros. Entonces AE = CD.

147. Sea ABC un triángulo isósceles de base BC. Si P es un punto interior de la base, y Q y S son sus proyecciones ortogonales sobre AB y AC, entonces BQ.PS = PQ.QS.

148. Un triángulo tiene un ángulo que mide 40 y dos lados miden 5, mientras que otro triángulo tiene un ángulo que mide 70 y dos lados que miden 8. ¿Son semejantes dichos triángulos?

172

149. Sean A y dos puntos distintos. Sean AE y CD dos segmentos perpendiculares a la recta AB de modo que B sea el punto medio del segmento CD. Las rectas CE y DE cortarán la recta BA en los puntos P y Q. Entonces P y Q son los conjugados armónicos de A y B.

150. Si un ángulo de un triángulo mide 60 y el lado opuesto a ese ángulo es media geométrica de los otros dos lados, entonces dicho triángulo es equilátero.

151. La hipotenusa de un triángulo mide 56 y un ángulo agudo mide 45. Halle las longitudes de los catetos. 152. Si en un triángulo sus ángulos están en progresión aritmética y las alturas están también en progresión

aritmética, entonces dicho triángulos es equilátero. 153. Si en un triángulo rectángulo sus lados están en progresión aritmética, entonces esos lados son

proporcionales a 3, 4, 5. 154. Un segmento AB mide 100 m. Sobre A se levanta la perpendicular AL a AB de longitud 4 m. Y sobre B la

perpendicular BM a AB de longitud 46 m. Cada metro a partir de A hasta B se levantan perpendiculares hasta cortar la recta LM. Halle la suma de las longitudes de todas esas perpendiculares incluyendo a AL y BM.

155. Si m es la mediatriz del segmento AB y P es un punto de m que no esté en AB y Q es un punto de la prolongación de BP, entonces QB = QP + AP.

156. Si los segmentos AB y CD se bisecan, entonces los triángulos APD y BPC son congruentes. 157. En un triángulo obtusángulo el lado mayor es el opuesto al ángulo obtuso. 158. Si A, B, C son tres puntos cualesquiera, entonces AB + BC ≥ AC. 159. Sea AOB un ángulo cualquiera. Desde un punto P del lado OA se traza una perpendicular a OB hasta cortar

a ese lado en Q. Desde Q se traza la perpendicular a OA y desde su pie se sigue trazando las respectivas perpendiculares ad infinitum. Si la primera perpendicular mide a y la segunda mide b, halle la suma de todas las perpendiculares que se trazan.

160. Si desde un punto de una perpendicular a una recta se dibujan dos segmentos oblicuos (no perpendiculares) a la recta, el segmento cuyo extremo en la recta está más alejado del pie de la perpendicular será el segmento mayor.

161. Se dan dos triángulos congruentes. Entonces la bisectriz de uno de los ángulos es igual a la bisectriz del ángulo correspondiente.

162. Sea CE la bisectriz del ángulo C en la base BC de un triángulo isósceles ABC. Tome el punto P en BC tal que EP = BP. Trace la bisectriz EQ del ángulo BEP. Entonces ∠PEQ = ∠ACE.

163. En un triángulo isósceles ABC de base BC se trazan las bisectrices de los ángulos de la base que se cortan en el incentro I. La recta AI es perpendicular a la base BC.

164. Sea ABC un triángulo isósceles de base BC. Si P es un punto de la base, distinto del punto medio, entonces AP no es bisectriz de A.

165. Si los ángulos de un triángulo están en la relación 1:2.5, ¿cuánto vale el ángulo mayor? 166. Dos lados de un triángulo miden 5 cada uno, y la altura que parte del vértice común mide 4. Halle el

perímetro del triángulo 167. Dos triángulos rectángulos son semejantes si la razón de las hipotenusas es igual a la razón de sus alturas. 168. Dos triángulos rectángulos son semejantes si la razón de las hipotenusas es igual a la razón de sus catetos. 169. Sea AD la bisectriz de A en el triángulo ABC. Las proyecciones P y Q sobre AD de los vértices B y C son

conjugados armónicos respecto de A y B.. 170. Un triángulo ABC tiene lados 4, 5, 6. Halle un triángulo semejantes cuyo perímetro sea 20. 171. Si dos triángulos tienen un ángulo igual y las alturas de los lados que forman esos ángulos son

proporcionales, entonces dichos triángulos son semejantes. 172. En un triángulo ABC se tiene que ⎮a − b⎮ < c.

23173. Si un ángulo de un triángulo rectángulo mide 60, entonces el cateto mayor es veces la longitud de la

hipotenusa. 174. En un triángulo ABC la altura AD divide al lado BC en dos segmentos de longitudes x e y. Entonces

(b+c)(b−c) = (x + y)(x − y). 175. Dos alturas correspondientes cualesquiera de dos triángulos semejantes están en la misma razón que los

lados correspondientes. 176. Dos bisectrices correspondientes cualesquiera de dos triángulos semejantes están en la misma razón que los

lados correspondientes.

173

177. "Dada una correspondencia biunívoca entre dos triángulos de modo que las longitudes de dos lados de un triángulo sean proporcionales a las longitudes de los lados correspondientes del otro triángulo, y el ángulo opuesto a uno de los lados de un triángulo es igual al ángulo correspondiente en el otro triángulo, entonces ambos triángulos son semejantes". ¿Es verdadera esta afirmación?

178. "Si en dos triángulos dos lados de uno son iguales a dos lados de otro triángulo y un ángulo del primero es igual a un ángulo del segundo, entonces ambos triángulos son congruentes". ¿Es esta afirmación verdadera?

179. Sea Abc un triángulo acutángulo. Sea P un punto interior al triángulo y sean x, y, z las distancias de P a los lados BC, AC, AB. ¿Dónde estará P si la suma x+y+z es máxima?

180. La bisectriz AD en el triángulo ABC es menor que la media geométrica de AB y AC. 181. Halle un punto P en la hipotenusa de un triángulo rectángulo de modo que la distancia entre sus

proyecciones ortogonales sobre los catetos sea mínima. 182. Sea ABC un triángulo. Tómense en AC dos puntos D y E de modo que D esté entre A y E y los ángulos

ABD, DBE, EBC sean iguales. Entonces BC.BEBD.AB

ECAD

=

183. Sean D, E, F puntos en los lados BC, AC, AB del triángulo isósceles ABC de base BC. Entonces el ángulo BDF es la media aritmética de los ángulos AFE y DEC.

184. La base de un triángulo es 80 y uno de los ángulos de la base es 60. Si el perímetro del triángulo es 170, halle la longitud del lado menor.

185. Sea ABC un triángulo rectángulo en C. El cateto AB se divide en ocho partes iguales y se levantan perpendiculares hasta cortar la hipotenusa formándose siete segmentos por los puntos de división. Si BC = 10, halle la suma de las longitudes de esos segmentos.

186. En el triángulo ABC se tiene que AC = BC. El punto D está en la prolongación de CB y el punto E está entre A y B de modo que BD = BE. La recta DE corta a AC en F. Entonces el ángulo CFE e stres veces el ángulo D.

187. El triángulo ABC es rectángulo en C. D, E, F son puntos de los lados BC, AC, AB de modo que AE = AF y BF = BD. Halle la medida del ángulo EFD.

188. Si una recta es perpendicular a una de dos rectas que se cortan, entonces no es perpendicular a la otra. 189. Si α es la medida del ángulo que forman las bisectrices de dos ángulos de un triángulo, entonces 2α−180 es

la medida del tercer ángulo del triángulo. 190. Halle el ángulo que forman las bisectrices de los ángulos agudos de un triángulo rectángulo. 191. Si el ángulo que forman las bisectrices de dos ángulos de un triángulo es 135, entonces dicho triángulo es

rectángulo. 192. Si E, F son puntos interiores de los lados AC, BC de un triángulo ABC, si AF es bisectriz del ángulo CAD y

BF es bisectriz del ángulo CBE, entonces ∠AEB + ∠ADB = 2∠AFB. 193. Si D es un punto del lado AC de modo que AB = AD en el triángulo ABC y ∠ABC − ∠ACBN = 30, halle

∠CBD. 194. Las medidas de los catetos de un triángulo rectángulo son 60 y 80. Halle la longitud de la ceviana que parte

del vértice del ángulo recto a la hipotenusa y divide al triángulo dado en dos triángulos de iguales perímetros.

195. La hipotenusa AB de un triángulo rectángulo ABC se divide en 4 partes iguales por D, E, F en ese orden. Si AB = 20, halle CD2 + CE2 2 + CF .

196. Resuelva el mismo problema anterior si AB = x. 197. Un triángulo rectángulo tiene un ángulo de 60. Si la hipotenusa mide 4, halle la distancia del vértice del

ángulo recto al incentro. 198. Sea P un punto dentro del triángulo ABC y sean D, E, F las proyecciones ortogonales de P sobre los lados

BC, AC, AB. Si BD = 8, DC = 14, CE = 13, AF = 12 y FB = 6, halle AE. 199. La suma de los cuadrados de los lados de un triángulo es 120. Si dos de las medianas miden 4 y 5, ¿cuánto

mide la tercera mediana? 200. Si AE, BF son las medianas de los catetos del triángulo ABC, rectángulo en C. Halle el valor de la expre-

sión 2

22

ABBFAE +

201. Sea ABC un triángulo de modo que AB = AC = 17. Sea D un punto de BC de modo que DC − BD = 8 y AD = 16. Halle BD y DC.

202. En un triángulo ABC se tiene que AC = 4, BC = 5, AB = 6 y D es un punto de AB con DB = 2AD. Halle CD.

174

203. Halle la longitud del lado mayor de un triángulo si los otros dos lados miden 9 y 18, y la bisectriz correspondiente al ángulo mayor mide 8.

204. Halle un lado de un triángulo sabiendo que los otros dos lados miden 12 y 15, y la bisectriz del ángulo incluido por éstos mide 10.

205. En un triángulo rectángulo, la bisectriz del ángulo recto divide a la hipotenusa en segmentos de longitudes 3 y 4. Halle la bisectriz del mayor de los ángulos agudos.

206. En un triángulo ABC se tiene que A = 120. Halle la bisectriz de A en función de los lados AB y AC. 207. Las medidas de dos lados de un triángulo y del ángulo comprendido entre ellos son 7, 50 y 135,

respectivamente. Halle la medida del segmento que une los puntos medios de los lados dados. 208. En el triángulo ABC, BX y BY trisecan al ángulo B, y CU y CV bisecan al ángulo C. Sean D y E las

intersecciones de BX, CU y de BY, CV, donde E es el punto más cercano al lado BC. Entonces los ásngulos BDE y CDE son iguales.

209. En un triángulo isósceles ABC de base BC se toman los puntos D, E, F sobre los lados BC, CA, AB de modo que el triángulo DEF sea equilátero. Si α = ∠BDF, β = ∠E, δ = ∠DEC, entonces 2α = β + δ.

210. Tres rectas concurrentes determinan en dos rectas paralelas segmentos proporcionales. 211. Si A, B, C tres puntos distintos, en ese orden, situados en una recta m y si D, E, F tres puntos distintos, en

ese orden, situados en una recta n paralela a m. Si EFBC

DEAB

= y AD, BE se cortan en un punto P, entonces

PC pasa por P. 212. Una paralela m al lado BC de un triángulo ABC corta los lados AB y AC en F y E. Halle el lugar

geométrico del punto de intersección P de BE y CF. 213. Sobre los lados AB, AC y BC de un triángulo ABC se trazan los triángulos equiláteros APB, ARC y BQC.

Entonces AQ = CP = BR. 214. Halle los ángulos de un triángulo isósceles si un ángulo de la base mide 125°. 215. Halle los ángulos de un triángulo si son proporcionales a 3, 4 y 5. 216. Halle los ángulos de un triángulo si son proporcionales 2, 3 y 5. 217. Halle los ángulos de un triángulo rectángulo si uno de sus ángulos es el doble de otro de ellos. 218. Halle los ángulos de un triángulo rectángulo si sus ángulos agudos están en la razón 1 a 2. 219. Halle los ángulos de un triángulo isósceles si la razón de un ángulo de la base a su ángulo vertical es 1 a 3. 220. Halle los ángulos de un triángulo si uno de ellos mide 60° y y los otros dos están en la razón 1 a 2. 221. Halle los ángulos de un triángulo si sus ángulos externos son proporcionales a 2, 3 y 4. 222. Si los ángulos de un triángulo se representan mediante x + 15°, 3x − 75° y 2x − 30°, entonces dicho

triángulo es rectángulo. 223. Si los ángulos de un triángulo se representan mediante x + 15°, 3x − 35° y 4x, entonces dicho triángulo es

isósceles. 224. Un triángulo es rectángulo si sus ángulos son proporcionales a 2, 3 y 5.