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M. en C. Ma. del Pilar Martínez Téllez
Facultad de Ciencias. UNAM:
GEOMETRÍA CON DOBLADO DE PAPEL
En este taller desarrollaremos varias actividades que nos permitirán reconstruir algunos
conceptos de la geometría y revisar algunas de las propiedades básicas de las figuras
geométricas, doblando papel.
Las reglas para el doblado de papel son las siguientes:
 No se pueden hacer trazos con lápiz en la hoja de papel.
 Sólo marcaremos puntos determinados por dobleces (cada doblez de la hoja
determina una recta), o puntos dados de antemano.
Actividad I. La primera actividad consiste en señalar dos puntos (A y B) sobre una hoja de
papel y hacer dobleces para construir un cuadrado, uno de cuyos lados sea precisamente el
segmento determinado por los dos puntos dados (los puntos no deben estar sobre las orillas
del papel ni estar alineados con las orillas).
Cada equipo deberá explicar al resto del grupo cómo hizo la construcción y, de este modo,
justificar que, en efecto, la figura es un cuadrado.
Es recomendable que, antes de continuar la lectura, el lector intente hacer la construcción.
Una posible forma de construir el cuadrado es la siguiente:
1. Se dobla la hoja sobre los puntos A y B, determinando así la línea que los contiene.
2. Se dobla una línea perpendicular a la primera en uno de los puntos A o B (¿cómo?)
3. Se “copia” la longitud AB sobre la perpendicular recién trazada (doblando la hoja
en el punto A de modo que la recta que contiene al segmento AB coincida con la
perpendicular), para obtener el tercer vértice.
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4. Se traza1 una perpendicular al segmento AB’ por B’ y una perpendicular al
segmento AB por B.
Otra forma es la siguiente:
1. Se dobla la hoja sobre los puntos A y B, determinando así la línea que los contiene.
2. Se trazan líneas perpendiculares a la recta que contiene a A y B en A y en B
(¿cómo?).
3. Se traza la bisectriz del ángulo en A (¿cómo?) y se marca el punto de intersección
(C) de ella con la perpendicular al segmento AB que pasa por B.
4. Se traza una perpendicular en C al segmento BC, se marca el punto de intersección
(D) entre esta última y la perpendicular por A y se unen C y D.
¿Por qué podemos asegurar que lo que obtuvimos con estas construcciones es un cuadrado?
¿Qué propiedades de los cuadrados estamos usando?
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Siempre que digamos “trazar” en este contexto, se entenderá que se hace mediante el doblado de la hoja.
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En efecto, en ambas construcciones usamos el hecho de que los lados son perpendiculares
entre sí (forman un ángulo de 90°) y que las longitudes de los lados son iguales. Y en la
segunda construcción usamos el hecho de que la bisectriz de cualquiera de los ángulos
rectos es diagonal del cuadrado.2
Actividad II. Sobre otra hoja de papel señalar dos puntos A y B y construir el cuadrado
que tiene como diagonal al segmento AB.
Nuevamente cada equipo debe exponer ante el grupo cómo realizó la construcción. Una de
las formas de hacerlo es la siguiente:
1. Se traza la recta que une A con B, a continuación se encuentra el punto medio M del
segmento AB (¿cómo?)
2. Se traza la perpendicular al segmento AB que pasa por el punto medio M (¿cómo?).
3. Se traza una de las bisectrices del ángulo recto en M (¿cómo?).
4. Se copia la distancia AM sobre la perpendicular a AB (a ambos lados de M) para
obtener los otros dos vértices del cuadrado.
2
Ver Apéndice 1.
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¿Por qué podemos asegurar que lo que obtuvimos con estas construcciones es un cuadrado?
¿Qué propiedades de los cuadrados estamos usando?
Usamos el hecho de que las longitudes de los lados son iguales y que las diagonales son
perpendiculares y se cortan en el punto medio. ¿Cómo justificamos esta ultima afirmación?
Sea ABCD un cuadrado y sean AC y BD sus diagonales. Una primera observación es que
las diagonales dividen al cuadrado en cuatro triángulos:
¿Qué podemos decir de los cuatro triángulos? En efecto, son congruentes3. Veamos:
Los triángulos ABO y OCD son congruentes pues los ángulos OAB, ABO, CDO y OCD
son iguales (la bisectriz divide al ángulo en dos ángulos iguales); el lado AB mide lo
mismo que el lado CD (pues la figura original es un cuadrado). Entonces, por el criterio de
congruencia ángulo-lado-ángulo (ALA), dichos triángulos son congruentes.
Lo mismo podemos decir de los triángulos OBC y AOD.
Los triángulos ABO y OBC son congruentes pues los ángulos ABO y OBC son iguales, los
lados AB y BC son iguales y el lado OB es común. Por el criterio de congruencia ladoángulo-lado (LAL) ambos triángulos son congruentes.
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Ver Apéndice 2 para los criterios de congruencia de triángulos.
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Como los cuatro triángulos son congruentes (todos sus lados y todos sus ángulos
correspondientes son iguales), el lado OB mide lo mismo que el lado OD, y entonces O es
el punto medio de la diagonal BD. Por el mismo argumento, O es el punto medio de la
diagonal AC.
Por tanto hemos demostrado que las diagonales de un cuadrado se cortan en su punto
medio.
Ahora tenemos que justificar que las diagonales se cortan perpendicularmente.
Sabemos que los ángulos ABO, OBC, BCO, OCD, CDO y ODA miden 45°, pues las
diagonales AC y BD son bisectrices de los ángulos rectos del cuadrado. Y como los
ángulos interiores de cualquier triángulo deben sumar 180°, entonces los ángulos AOB,
BOC, COD y DOA deben medir 90°.
Con esto queda demostrado el hecho de que las diagonales de un cuadrado se cortan
perpendicularmente.
Observemos que el doblado de papel nos ha permitido, hasta el momento, hacer
prácticamente todas las construcciones geométricas que pueden hacerse con regla y
compás, a saber:
 Una perpendicular a una recta, por un punto dado.
 La bisectriz de un ángulo.
 Una recta paralela a una recta dada.
 Trasladar distancias.
 El punto medio de un segmento.
 La mediatriz de un segmento.4
Actividad III. Construir un ángulo de 60°, usando doblado de papel (no se vale hacerlo al
tanteo, deben usarse argumentos geométricos).
Un problema equivalente al anterior es el de construir un triángulo equilátero (¿por qué?).
Una posible forma de hacerlo es la siguiente:
1. Se señalan dos puntos A y B que serán dos de los vértices del triángulo (pueden
señalarse sobre la orilla de la hoja para hacer más fácil la construcción). Se traza la
mediatriz del segmento AB. (¿Qué propiedades tiene la mediatriz en un triángulo
equilátero?)5
2. Se traslada la distancia AB, con centro en A o en B, de manera que el extremo del
segmento trasladado caiga sobre la mediatriz.
4
5
Ver Apéndice 3 para recordar estas construcciones con regla y compás.
Ver Apéndice 4 sobre propiedades de los triángulos.
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¿Por qué podemos asegurar que lo que obtuvimos con estas construcciones es un ángulo de
60°? ¿Qué propiedades de los triángulos equiláteros estamos usando?
En esta construcción la clave está en el hecho de que en los triángulos equiláteros todas las
rectas notables coinciden (a saber: la mediatriz, la altura correspondiente a ese lado, la
mediana que une el vértice opuesto al lado con éste y la bisectriz del ángulo opuesto al
lado6). Así, en la mediatriz del lado AB tendrá que estar el tercer vértice del triángulo.
Actividad IV. Construir un triángulo rectángulo cuya hipotenusa sea el lado más largo de
la hoja.
La idea es sencilla: se traza cualquier recta que pase por A y luego una perpendicular a ella
que pase por B.
Es recomendable que cada alumno o equipo construya varios triángulos rectángulos que
cumplan esta condición y que señalen sobre la hoja el vértice correspondiente al ángulo
recto.
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Ver Apéndice 4 para la demostración de este hecho.
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¿Qué observan? En efecto, aparentemente los vértices están sobre una semicircunferencia
con diámetro AB y centro en el punto medio de la hipotenusa AB.
¿Cómo podemos comprobar esta conjetura?
Sabemos que si tomamos cualquier punto C sobre una semicircunferencia de diámetro AB,
al unir C con A y B se forma un triángulo rectángulo:
pues al unir el punto C con el centro de la semicircunferencia O se forman dos triángulos
isósceles: AOC y BOC (¿por qué son isósceles?). Entonces OAC = OCA =  y OCB
= OBC = . Usando el hecho de que la suma de los ángulos interiores de todo triángulo es
de 180° tenemos que  + ( + ) +  = 2 + 2 = 180°, de donde  + 90que es
precisamente el ángulo ACB.
Aunque este resultado es cierto, no es el que necesitamos, pues lo que debemos demostrar
es que, dado cualquier triángulo rectángulo, la semicircunferencia que pasa por sus tres
vértices tiene como centro el punto medio de la hipotenusa.
Como primer paso verificaremos que, dado cualquier triángulo, siempre hay una
circunferencia que pasa por los tres vértices.
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¿Habrá algún punto que equidiste de los tres vértices del triángulo?7 Si sólo consideramos
dos de los vértices, la respuesta es fácil: el punto medio del lado correspondiente equidista
de dichos vértices; pero no sólo el punto medio, cualquier punto sobre la perpendicular que
pasa por ese punto medio (la mediatriz) cumplirá esa propiedad. Veamos:
Consideremos un segmento cualquiera AB y verifiquemos que cualquier punto sobre la
mediatriz equidista de A y B.
Sea M el punto medio del segmento AB y P un punto cualquiera sobre la mediatriz de AB.
Unamos P con A y con B. Verificaremos que los triángulos PAM y BPM son congruentes:
El punto medio M del segmento equidista de los extremos A y B, por tanto los lados AM y
MB son congruentes; los ángulos PMB y AMP son rectos pues PM es mediatriz de AB y el
segmento MP es lado común de ambos triángulos, entonces por el criterio de congruencia
lado-ángulo-lado (LAL) los triángulos PAM y BPM son congruentes y, por ende los
segmentos AP y BP tienen la misma longitud.
Con esto queda demostrado que los puntos de la mediatriz de un segmento AB
equidistan de los extremos del segmento.
En un triángulo cualquiera ABC tracemos las mediatrices l y m de los lados AB y AC. Sea
Q el punto de intersección de l y m. QA = QC por estar en la mediatriz de AC y QA = QB
por estar en la mediatriz de AB, es decir, Q equidista de A, de B y de C (y por tanto
podemos construir una circunferencia con centro en Q que contenga a los tres vértices del
triángulo).
Por otro lado, como QA = QC = QB, en particular QB =QC, lo cual significa que Q
también está en la mediatriz del lado BC.
Así pues, hemos demostrado que las tres mediatrices concurren y que el punto donde lo
hacen es el centro de la circunferencia que contiene a los tres vértices del triángulo.
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Si existe una circunferencia que pase por los tres vértices del triángulo, el centro debe equidistar de los tres
vértices.
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¿Qué sucede si el triángulo es rectángulo? Sea ABC un triángulo rectángulo con catetos AC
y CB. Tracemos la mediatriz del cateto AC y veamos dónde interseca a la hipotenusa AB.
Sean M el punto medio del cateto AC y N el punto de intersección de la mediatriz del
cateto AC con la hipotenusa AB. Los triángulos ABC y ANM son semejantes pues el
ángulo CAB es común y los ángulos ACB y AMN son rectos, entonces:
AC : AM :: AB : AN
Y como M es punto medio de AC
AC : AM :: 2 : 1,
entonces:
AB : AN :: 2 : 1
y, por tanto, N es punto medio de AB.
Así, la mediatriz del cateto AC interseca a la hipotenusa en su punto medio.
Haciendo un análisis equivalente podemos verificar que la mediatriz del cateto CB también
interseca a la hipotenusa en el punto medio N.
Entonces, en un triángulo rectángulo, las mediatrices de los catetos se intersecan en el
punto medio de la hipotenusa y por tanto, el centro de la circunferencia que contiene a
los tres vértices es precisamente el punto medio de la hipotenusa.
Con esto hemos demostrado que los vértices de los triángulos rectángulos que construimos
en la hoja de papel están sobre un semicírculo con centro en el punto medio de la
hipotenusa.
Actividad V. Trazar una recta perpendicular al lado más largo de la hoja (en cualquier
punto) y construir un triángulo rectángulo cuya hipotenusa sea el lado largo de la hoja, pero
de modo que el tercer vértice (C) esté sobre la perpendicular trazada al inicio.
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Nuevamente recomendamos que antes de continuar la lectura intentes hacer la
construcción.
Como ya sabemos que el vértice C debe estar sobre una semicircunferencia con diámetro
AB (el largo de la hoja), basta encontrar el punto medio del lado AB y trazar la
semicircunferencia con centro en ese punto. Pero no tenemos compás, entonces ¿cómo le
hacemos?
Primero dolamos la hoja de manera que el punto A y el punto B coincidan, para encontrar
el punto medio M de la hipotenusa. Ahora usamos el segmento AM o el MB como compás
para marcar, sobre la perpendicular, el radio MB.
¿Qué podemos decir de los triángulos ABC, ACD y CBD de la figura original?
En efecto, los tres son triángulos rectángulos y los tres comparten lados y ángulos: el
triángulo ABC comparte el ángulo  con el triángulo BCD y ambos tienen un ángulo recto,
de modo que el tercer ángulo es igual (BCD =  CAD = ). El triángulo ABC comparte
el ángulo  con el triángulo CAD y ambos tienen un ángulo recto, de modo que el tercer
ángulo es igual en ambos triángulos (ABC = DCA = ). Entonces podemos asegurar
que los tres triángulos son semejantes.
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Obtengamos algunas relaciones entre el triángulo grande (ABC) y el de la izquierda
(CAD); comparando las hipotenusas, los catetos más largos y los más chicos tenemos:
AB
AC
AC = AD =
BC
CD
De las primeras dos razones tenemos que: AB  AD = AC2.
¿Qué representan AB  AD y AC2 en la figura? En efecto, AB  AD representa el área de
un rectángulo de lados AB y AD y AC2 representa el área de un cuadrado de lado AC.
Dibujemos esto:
AB
CB
AC
Comparando el triángulo más grande con el de la derecha tenemos: CB = DB = CD
de donde: AB  DB = CB2.
CB2 representa el área de un cuadrado de lado CB y AB  DB representa el área de un
rectángulo de lados AB y DB.
Juntando toda esta información en el mismo dibujo tenemos:
Como AB  AD = AC2 y AB  DB = CB2, al sumar estas dos igualdades tenemos que:
AB  AD + AB  DB = AC2 + CB2
AB (AD + DB) = AC2 + CB2
AB2 = AC2 + CB2
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Es decir, hemos demostrado el Teorema de Pitágoras: En todo triángulo rectángulo, el
cuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos.
Ahora comparemos entre sí los dos triángulos pequeños:
AC
AD
CD
=
CB
CD = DB
De las dos ultimas razones tenemos que: CD2 = AD  DB, o bien:
CD =  AD  DB
Geométricamente podemos interpretar esta igualdad de la siguiente manera: el rectángulo
de lados AD y DB tiene la misma área que el cuadrado de lado CD, o bien que el pie de la
altura (D) divide al segmento AB de tal forma que el producto de las magnitudes AD y DB
es igual al cuadrado de la altura. Esto se ve así en la figura:
Actividad VI. Dividir el lado más largo de la hoja en 8 partes iguales (doblando el papel).
Si el largo de cada división de la hoja representa a la unidad, construir8 un segmento que
mida  7, otro que mida  12 y otro que mida  15.
Usando el ultimo resultado de la actividad anterior obtenemos lo que se nos pide.
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Esta construcción debe hacerse doblando papel.
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Actividad VII. Dividir el lado largo de la hoja en 5 partes iguales (no se puede hacer al
tanteo, hay que usar argumentos geométricos).
¿Cómo lo haríamos si tuviéramos regla y compás? Casi todos conocemos la construcción
clásica con regla y compás para dividir un segmento en n partes iguales: sobre uno de los
extremos del segmento que queremos dividir (en este caso A), trazamos una recta auxiliar y
sobre ella copiamos una unidad (elegida arbitrariamente) tantas veces como el número de
partes en las que se dividirá el segmento (5 en nuestro caso). Se une el “último” punto de la
recta auxiliar (C) con el extremo B del segmento y se trazan paralelas a éste por cada uno
de los puntos señalados en la recta auxiliar. Los puntos donde las paralelas intersecan al
segmento original dividen al segmento en el número de partes elegido.
¿Cómo realizamos esta construcción en nuestra hoja, doblando papel? Trata de hacerlo
antes de continuar la lectura.
Una primera forma es la siguiente, que es la copia íntegra de la conocida construcción:
Otra forma es la siguiente:
En lugar de doblar una recta auxiliar en la hoja, usamos uno de sus lados como recta
auxiliar y ahí copiamos la unidad 5 veces; unimos el quinto punto con el extremo derecho
de la hoja y construimos las paralelas.
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Una tercera forma de dividir el largo de la hoja en 5 partes iguales es la siguiente: doblamos
el lado más corto de la hoja en 8 partes iguales (primero a la mitad, luego a la mitad y una
vez más a la mitad). Con estos dobleces obtenemos 8 rectas paralelas al lado largo de la
hoja. Señalamos la quinta recta paralela y realizamos un doblez que pase por un extremo de
esta paralela y un extremo de la orilla de la hoja. Doblamos rectas perpendiculares al lado
largo de la hoja por cada uno de los puntos de intersección de las paralelas con la recta que
doblamos en el paso anterior.
Otra forma de hacerlo es una variante de la anterior: una vez trazadas las paralelas, se
coloca un extremo de la hoja sobre la quinta paralela y sobre la orilla de la hoja se marcan
los puntos donde ésta interseca a las paralelas.
¿Por qué podemos garantizar que con cada una de estas construcciones se divide al
segmento en partes iguales?
Las dos primeras variantes corresponden a la construcción clásica con regla y compás.
Analicemos esta construcción:
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Los triángulos ABC, AS’S, AR’R, AQ’Q, AP’P son semejantes pues comparten el ángulo
CAB y BCA = S’SA = R’RA = Q’QA = P’PA (¿por qué?). Por otro lado, como:
AP : AC :: 1: 5
entonces:
AP’ : AB :: 1 : 5
que era lo que queríamos demostrar.
Los argumentos que justifican la división del segmento en la tercera forma son muy
parecidos a los de la construcción anterior:
Los triángulos ABC, AS’S, AR’R, AQ’Q y AP’P son semejantes (¿por qué?) y la razón de
semejanza del triángulo AP’P respecto al triángulo ABC es de 1 a 5.
Aunque la cuarta forma de dividir al segmento en 5 partes iguales es también muy parecida
a la anterior, el argumento que garantiza que hemos dividido al segmento AB en 5 partes
iguales es esencialmente equivalente al Teorema de Tales.
Teorema de Tales: Si tres o más paralelas son cortadas por dos líneas transversales, los
segmentos que se generan en una de las transversales son proporcionales a los que se
generan en la otra.
Es decir: BB’: B’B’’ :: AA’ : A’A’’.
Demostración:
Tracemos una recta paralela a la recta AA’ que pase por B y llamemos C’ y C’’ a los
puntos de intersección de la recta paralela con las rectas A’B’ y A’’B’’:
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Como las rectas AB, A’B’, A’’B’’ son paralelas y las rectas BC’ y AA’ también son
paralelas, los cuadriláteros AA’C’B y AÁ’’C’’C’ son paralelogramos y por tanto:
AA’= BC’ y A’A’’= C’C’’ ... (*)
Demostrar el Teorema de Tales es equivalente a demostrar que:
BB’ : B’B’’ :: BC’ : C’C’’
El triángulo B’C’B’’ tiene la misma área que el triángulo B’C’C’’ ya que el lado B’C’ es
común y las alturas sobre este lado son iguales, puesto que las rectas B’C’ y B’’C’’ son
paralelas.
Calculemos las áreas de estos triángulos usando las alturas sobre los lados B’B’’ y C’C’’
respectivamente:
(1/2) B’B’’ C’X = (1/2) C’C’’  B’Y
Por otro lado, el área del triángulo BC’B’ la podemos calcular utilizando la altura desde el
vértice C’ (C’X) o utilizando la altura desde el vértice B’(B’Y), de donde:
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(1/2) BB’  C’X = (1/2) BC’  B’Y
Dividiendo estas expresiones y cancelando, obtenemos:
B’B’’/BB’ = C’C’’/BC’
o bien:
BB’ /B’B’’ = BC’/C’C’’
Finalmente, como:
AA’= BC’ y A’A’’= C’C’’
tenemos que:
BB’ /B’B’’ = AA’/A’A’’.
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Apéndice 1.
I. La bisectriz de los ángulos rectos de cualquier cuadrado es diagonal del cuadrado.
Demostraremos que cualquier diagonal del cuadrado divide al ángulo recto en dos ángulos
iguales, es decir, que es bisectriz.
Consideremos un cuadrado ABCD y tracemos la diagonal BD:
La diagonal del cuadrado lo divide en dos triángulos congruentes e isósceles:
Los triángulos ABD y BCD son congruentes pues los lados AB, CD, AD y BC son iguales
(por ser lados de un cuadrado) y el lado BD es común. Entonces sus tres ángulos
correspondientes son iguales: <ABD = <CDB, <BDA = <DBC, <DAB = <BCD.
Los triángulos son isósceles pues los lados AB y AD o CB y CD son iguales. Entonces los
ángulos opuestos a los lados iguales son iguales, es decir : <ABD = <BDA y <DBC =
<CDB.
De donde: <ABD = <BDA = <DBC = <CDB y, por tanto, BD es bisectriz de los ángulos
<ABC y <CDA.
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Apéndice 2.
CRITERIOS DE CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS.
Teorema (LAL). Sean ABC y A’B’C’ dos triángulos. Si AC = A’C’, AB = A’B’ y CAB
= C´B´A´, entonces los triángulos ABC y A’B’C’ son congruentes..
Demostración:
Colocamos el triángulo ABC sobre el triángulo A´B´C´ de tal forma que A caiga sobre A´
y AB sobre A´B´ .
Luego B caerá sobre B´; AC tomará la dirección de A´C´ y C caerá sobre C´; así CB
coincidirá con C´B´; por lo tanto ∆ABC y ∆ A´B´C´ son congruentes.
Teorema (ALA): Sean ABC y A’B’C’ dos triángulos. Si AB = A’B’, CAB = C’A’B’ y
ABC = A’B’C’, entonces los triángulos son congruentes.
Demostración:
Coloquemos el triángulo ABC sobre el triángulo A´B´C´ de tal forma que AB coincida con
A´B´. Luego AC y BC tomarán respectivamente las direcciones de A´C´ y B´C´ y C caerá
sobre C´; por lo tanto ∆ABC y ∆A´B´C´ son congruentes.
Teorema (LLL): Sean ABC y A’B’C’ dos triángulos. Si AB = A’B’, BC = B’C’ y CA =
C’A’, entonces los triángulos son congruentes.
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Demostración:
Reflejemos el triángulo A’B’C’ sobre el lado A’B’ y hagamos coincidir el lado A’B’ con el
AB. Unamos C con C’:
El triángulo AC’C es isósceles pues AC = AC’ y por tanto AC’C = ACC’.
El triángulo BCC’ es isósceles pues BC = BC’ y por tanto BC’C = BCC’.
Por tanto:
AC’C + BC’C = ACC’ + BCC’
es decir:
ACB = AC’B.
Como los triángulos ABC y A’B’C’ tienen iguales los lados correspondientes AC y A’C’ y
BC y B’C’ y el ángulo comprendido entre ellos es igual, los triángulos son congruentes.
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Apéndice 3.
CONSTRUCCIONES BÁSICAS CON REGLA Y COMPÁS.
1. Punto medio de un segmento AB.
Con centro en A se traza un círculo de radio AB y con centro en B se traza un círculo del
mismo radio AB. Sean Q y R los puntos de intersección de ambas circunferencias. El
segmento QR interseca al segmento AB en su punto medio M.
Demostración:
El triángulo ABQ es equilátero, pues cada lado es un radio. Como QA = QB (por ser
radios), QAM = QBM y el lado QM es común, los triángulos AMQ y QMB son
congruentes (LAL), por tanto AM = MB, de donde se concluye que M es el punto medio
del segmento AB.
Adicionalmente hemos construido la mediatriz del segmento AB, pues QR es perpendicular
a AB y pasa por su punto medio.
2. Perpendicular a una recta l por un punto dado P sobre l.
Se construye un círculo de radio cualquiera, con centro en P. Sean A y B los puntos de
intersección de la circunferencia con la recta l. Con centro en A se construye un círculo de
radio mayor a la distancia entre A y P y con centro en B se construye un círculo del mismo
radio que el anterior. Sean Q y R los puntos de intersección de estas dos circunferencias.
Entonces la recta que une Q con R es perpendicular a la recta l y pasa por P.
Demostración:
Unamos los puntos A y B con Q. Los triángulos QAP y QBP son congruentes pues AP =
PB (por ser radios del círculo con centro en P), AQ = BQ por ser radios de círculos
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congruentes y PQ es lado común. Entonces los tres ángulos correspondientes son iguales,
en particular APQ = BPQ. Pero APQ + BPQ = 180°. Por tanto APQ = BPQ =
90°.
3. Perpendicular a una recta l por un punto P, fuera de ella.
Con centro en P se traza una circunferencia que interseque a la recta l en A y B. Con centro
en A y en B se trazan dos circunferencias del mismo radio. Sea Q el punto de intersección
de estas dos circunferencias. La recta que une P con Q es perpendicular a la recta l.
Demostración:
Los triángulos PAB y AQB son isósceles pues AP y BP son radios de la circunferencia con
centro en P y AQ y BQ son radios de circunferencias congruentes. M es punto medio del
segmento AB (primera construcción).
Los triángulos PAM y MBP son congruentes y también lo son los triángulos AQM y MQB.
En particular AMP = PMB y QMA = BMQ. Como AMP + PMB = 180°,
entonces AMP = PMB = 90° y como QMA + BMQ = 180°, entonces QMA =
BMQ = 90°.
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4. Bisectriz de un ángulo dado.
Sea AOB el ángulo dado. Con centro en O se traza una circunferencia que interseque al
segmento OA en P y al segmento OB en Q. Con centro en P se traza una circunferencia de
radio PQ y con centro en Q una circunferencia del mismo radio PQ. Sea R uno de los
puntos de intersección de estas dos circunferencias. El rayo que une O con R biseca al
ángulo AOB.
Demostración:
Sea S el punto de intersección del segmento PQ con el rayo OR. Por la primera
construcción, S es el punto medio del segmento PQ. Los triángulos POS y SOQ son
congruentes ya que OP = OQ (por ser radios de la circunferencia con centro en O), PS = SQ
y OS es lado común. Entonces sus tres ángulos correspondientes son iguales, en particular
POS = QOS. Por tanto, el rayo OR biseca al ángulo AOB.
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VERSIÓN PRELIMINAR
M. en C. Ma. del Pilar Martínez Téllez
Facultad de Ciencias. UNAM:
Apéndice 4.
PROPIEDADES DE LOS TRIÁNGULOS ISÓSCELES
Teorema: En todo triángulo isósceles, los ángulos opuestos a los lados iguales son iguales.
Demostración:
Sea CD bisectriz del ángulo BCA. Los triángulos ADC y DBC son congruentes pues AC =
BC, ya que el triángulo ABC es isósceles; CD es un lado común a ambos triángulos y los
ángulos DCA y BCD son iguales pues CD es bisectriz del ángulo BCA. Como ambos
triángulos tienen dos lados iguales y el ángulo comprendido entre ellos también es igual
(LAL), los triángulos son congruentes y, por tanto, todos sus ángulos correspondientes son
iguales, en particular los ángulos CAD y CBD son iguales.
Adicionalmente podemos observar que la bisectriz del ángulo BCA es mediana, altura y
mediatriz.
Teorema. En todo triángulo isósceles, la bisectriz del ángulo desigual es mediana.
Demostración:
Como los triángulos ADC y DBC son congruentes, los lados AD y DB son iguales y, por
tanto, D es punto medio del lado AB.
Teorema. En todo triángulo isósceles, la bisectriz del ángulo desigual es altura.
Demostración:
Denotemos por  a los ángulos DAC y DBC y por a los ángulos DCA y BCD.
Denotemos por al ángulo ADC y por al ángulo CDB. Queremos demostrar que  =
90°. Sabemos que = 180° y que 180°. Además sabemos que
2= 180°, por tanto 90°, de donde 
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VERSIÓN PRELIMINAR
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Facultad de Ciencias. UNAM:
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Teorema. En todo triángulo isósceles, la bisectriz del ángulo desigual es mediatriz.
Demostración:
El segmento DC es perpendicular al lado AB y pasa por el vértice C.
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