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Traslación paralela en el triángulo
Francisco Javier García Capitán
1. Introducción
La magnífica obra Métodos y Teorías para la Resolución de Problemas de
Construcciones Geométricas, con más de 400 problemas, por Julius Petersen, como su
nombre indica, nos enseña métodos para atacar problemas sobre construcciones
geométricas con regla y compás.
Como podemos leer en el prólogo, es conveniente disponer, a la hora de abordar
problemas geométricos, métodos también puramente geométricos. En efecto, el uso de
coordenadas a veces introduce en el problema magnitudes que nada tienen que ver con
él (como lo pueden ser las distancias de los puntos a unos ejes de coordenadas). El
resultado puede ser entonces una ecuación descomunal que sea difícil de resolver.
En este trabajo seguimos a Julius Petersen para estudiar uno de estos métodos
geométricos: la traslación paralela, aplicada al triángulo. Analizaremos con detalle el
método y resolveremos algunos de los problemas propuestos por Petersen.
2. Transformación paralela aplicada al triángulo
Dado un triángulo ABC, hallamos el punto D de intersección de la paralela a AC por B y
la paralela a BC por A, y el punto E, simétrico de B respecto de A. Así, formamos el
triángulo CDE.
En el triángulo CDE observaremos muchos elementos del triángulo original ABC, lo
quie nos permitirá en muchos casos construir primero el triángulo CDE y a partir de él
el triángulo ABC.
3. Relaciones entre los dos triángulos
Los segmentos que parten de A son los lados del triángulo original.
En efecto, tenemos:
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•
•
AE = AB
AD = BC
AC = CA (los dos segmentos coinciden)
Los ángulos formados alrededor de A son los ángulos exteriores.
•
•
Es evidente que ∠EAC = 180º-∠A.
También tenemos que
∠EAD = 180º - ∠DAB = 180º - ∠B.
Como DC=2CO, los lados del nuevo triángulo son el doble de las medias del primitivo
y recíprocamente, A es el punto de intersección de las medianas del nuevo triángulo.
Llamemos M, N, K, L a los puntos medios de BC, CA, DE y CE, respectivamente.
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•
•
AL es la paralela media a BC en el triángulo
BCE, por lo que AL es paralela a DA y D, A
y L están alineados.
Análogamente, AK es la paralela media a
BD en el triángulo BDE, por lo que AK es
paralela a AC y K, A y C están alineados.
Entonces tenemos que CK y DL son
medianas del triángulo CDE, por lo que A es
el baricentro de CDE.
Además:
• Por ser ACBD un paralelogramo, sus diagonales se cortan en su punto medio,
por lo que CO = OD y DC = 2·CO = 2 mc.
• Por ser AM la paralela media del triángulo BCE, CE = 2· AM = 2 ma.
• Por ser A el baricentro de CDE y N el punto medio de AC, tenemos KA = AN =
NC, por lo que al ser DB paralela a KN, es KNBD un paralelogramo y DE =
2·DK = 2 BN = 2 mb.
Como B y D están a la misma distancia de AC, las alturas del triángulo ABC son
también las de otros triángulos que se unen en A.
•
Aquí vemos que la longitud hc de una altura del triángulo ABC es también la
longitud de una altura de los triángulos ACE, AED y ADB.
•
La longitud hb de la altura de ABC correspondiente al vértice B es también una
longitud de una altura de los triángulos ABD y ACE.
•
Finalmente, vemos que la longitud ha de la altura del triángulo ABC
correspondiente al ángulo A es también la longitud de una altura de los
triángulos ABD y ADE.
Como la traslación paralela conserva los ángulos, los ángulos formados por los lados,
las alturas y las medianas reaparecen en la nueva figura.
Por ejemplo, observemos en la figura que el ángulo
formado por el lado BC y la mediana BN del triángulo
ABC es el mismo que el ángulo formado por la
mediana DL y el lado DE del triángulo CDE.
También, el ángulo formado por la mediana CO y el
lado AB del triángulo ABC es el mismo que el
formado por la mediana EO y el lado CD del
triángulo CDE.
Otro ejemplo: el ángulo formado por la mediana AM
y el lado BC del triángulo ABC es el mismo que el
ángulo formado por la mediana DL y el lado CE del triángulo CDE.
Por ser (DAC)=(ABC), tendremos (DEC) = 3·(ABC).
En efecto, sabemos que el baricentro divide a una
mediana en dos segmentos uno el doble que el otro.
Entonces, en la figura, el segmento EB queda dividido
de esta manera en cuatro partes iguales, y los
triángulos con vértice C o D y base uno de estos
segmentos iguales tendrán todos la misma área.
Siempre que podamos trazar el triángulo DEC o alguno de los pequeños triángulos, se
podrá obtener fácilmente el triángulo ABC.
Esto lo aplicaremos para resolver los problemas que planteamos en el siguiente
apartado.
3. Problemas de aplicación
A continuación, algunos de los problemas propuestos por Julius Petersen para resolver
con el método de la traslación paralela. Se aconseja al lector que antes de leer la
solución de los mismos en la sección siguiente los intente resolver aplicando lo
aprendido en la sección precedente.
1.
2.
3.
4.
5.
Construir un triángulo conociendo sus tres medianas.
Construir un triángulo conociendo mc, ha y hb.
Construir un triángulo conociendo ha, ma y mb.
Construir un triángulo conociendo ha, mb y hc.
Construir un triángulo conociendo ha, mb y mc.
Como es habitual, ha, hb y hc son las alturas del triángulo ABC, correspondientes a los
vértices A, B y C, y ma, mb y mc las medianas.
Por supuesto, la construcción debe hacerse mediante el uso sólo de la regla y el compás.
La resolución de un problema comenzará con el análisis de los datos suministrados y
estudiará la manera de que éstos conduzcan al triángulo buscado, es decir, la
construcción de dicho triángulo mediante la regla y el compás.
4. Soluciones
Problema 1. Construir un triángulo conociendo sus tres medianas.
Análisis:
Es immediato a partir de las consideraciones hechas sobre la traslación paralela para el
triángulo. Como nos dan las tres medianas, podremos hallar el triángulo CDE y a partir
de él será fácil obtener el triángulo ABC, ya que A es el baricentro de CDE, etc.
Construcción:
Una vez construido el triángulo DEC con CD= 2 mc, DE=2 mb y EC=2 ma, hallamos el
baricentro A de dicho triángulo que será vértice del triángulo ABC buscado. El vértice B
se obtiene como el simétrico de E respecto de A.
Observación:
La construcción será posible siempre que podamos formar el triángulo CDE, es decir,
siempre que cada una de las medianas dadas sea menor que la suma de las otras dos.
Problema 2. Construir un triángulo conociendo mc, ha y hb.
Análisis:
Consideramos el triángulo CDE asociado al triángulo ABC por trasformación paralela
de manera que DA y DB son paralelas a BC y AC, respectivamente y donde E es el
simétrico de B respecto de A.
Observemos la figura de la página siguiente: la altura ha del triángulo ABC también lo es
del triángulo rectángulo DPC, donde hemos trasladado dicho altura entre las dos
paralelas DA y BC hasta que dicha altura se convierte en segmento DP. El punto P
estará en la circunferencia de diámetro DC.
De forma análoga, trasladamos la altura hb=BK entre las paralelas AC y DB hasta que el
pie K coincide con C. Entonces B se transforma en el punto Q y QC es la altura del
triángulo QCD. El punto Q también está en la circunferencia de diámetro DC.
Construcción:
Una vez determinados P y Q, la intersección de PC y QD dará el punto B. Entonces,
encontramos la siguiente construcción:
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•
•
Fijamos un segmento DC de longitud 2·mc.
Trazamos la circunferencia con diámetro DC.
Con centro en D trazamos un arco con radio ha que corta a la circunferencia DC
en P. Con centro en C trazamos un arco con radio hb que corta a la
circunferencia DC en Q.
Hallamos la intersección B de las rectas PC y QD.
Hallamos el punto A, simétrico de B respecto de O, punto medio de DC.
ABC es el triángulo buscado.
Problema 3. Construir un triángulo conociendo ha, ma y mb.
Análisis:
Consideramos el triángulo CDE asociado al triángulo ABC por trasformación paralela
de manera que DA y DB son paralelas a BC y AC, respectivamente y donde E es el
simétrico de B respecto de A.
Si L es el punto medio de CE, el triángulo DLE puede determinarse de forma inmediata.
Construcción:
En efecto, sobre un punto T de una recta levantamos una perpendicular TE=ha. Con
centro en E y radios 2·mb y ma trazamos arcos que cortan a la recta en D y L,
respectivamente. A continuación obtenemos el punto simétrico C de E respecto de L y
el punto medio O de CD. La recta EO cortará a DL en A y, finalmente, hallaremos B
como el simétrico de E respecto de A, o como el simétrico de A respecto de O.
Problema 4. Construir un triángulo conociendo ha, mb y hc.
Análisis:
Consideramos el triángulo CDE asociado al triángulo ABC por trasformación paralela
de manera que DA y DB son paralelas a BC y AC, respectivamente y donde E es el
simétrico de B respecto de A.
La altura AH del triángulo ABC es igual a la altura EH' del triángulo EDA. Asimismo, la
altura CS del triángulo ABC es igual a la altura DS' del triángulo ABD. Como DE=2·mb,
EH' = ha y DS' = hc son conocidos, podemos construir el triángulo ADE.
Construcción:
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•
•
Fijamos un segmento DE=2·mb.
Con centros en D y E trazamos arcos de longitudes hc y ha que cortarán a la
circunferencia con diámetro DE en los puntos S' y H', respectivamente.
La intersección de ES' y DH' nos da el punto A.
Hallamos el punto B como el simétrico de A respecto de E y el punto C como el
simétrico de D respecto de O, siendo O el punto medio de AB.
Problema 5. Construir un triángulo conociendo ha, mb y mc.
Análisis:
Consideramos el triángulo CDE asociado al triángulo ABC por trasformación paralela
de manera que DA y DB son paralelas a BC y AC, respectivamente y donde E es el
simétrico de B respecto de A.
Los puntos C y E deben estar a una distancia ha de la recta DA, por lo que estarán cada
uno en una de las paralelas a DA a distancia ha.
El punto E entonces queda determinado al estar además a una distancia 2 mb del punto
D. De la misma manera el punto C está a distancia 2 mc del punto D.
Construcción:
Las consideraciones anteriores llevan a la siguiente construcción:
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Fijamos un punto D en una recta y trazamos las dos paralelas a ella a distancia
ha.
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•
Trazamos un arco con radio DE= 2·mb que corta a una de las rectas en el punto
E, y trazamos otro arco con radio DC=2·mc que corta a la otra recta en el punto
C.
Trazamos la mediana EO del triángulo CDE, que corta a la recta inicial en el
vértice A del ángulo buscado.
El vértice B lo obtenemos como el simétrico de E respecto de A.
5. Agradecimientos
El autor agradece enormemente a Julius Petersen haber escrito la obra mencionada en la
introducción, a José María Pedret que le inculcó el interés por los métodos geométricos
y le fue y le sigue abriendo camino en su aprendizaje, y a Ricardo Barroso Campos por
mantener su página sobre resolución de problemas de triángulos con Cabri y por
fomentar la relación entre amigos de la Geometría. También a William Rodríguez
Chamache, editor de la Revista Latinoamericana de Geometría, por ofrecerle la
inclusión de este trabajo en la misma.
6. Bibliografía
http://gallica.bnf.fr/document?O=N099640
En esta dirección podemos descargar la obra de Julius Petersen a la que nos hemos
referido en este trabajo.
http://www.personal.us.es/rbarroso/trianguloscabri/
Página de Ricardo Barroso Campos.
http://garciacapitan.auna.com/
Página web del autor de este trabajo, con más material sobre la obra de Petersen.