Download Texto básico Geometría I

AUTOR: Dr. C. Juan Enrique García La Rosa
2008
PRÓLOGO
El presente texto básico ha sido confeccionado mediante una compilación de temas de
diferentes autores, con el objetivo de abordar los contenidos del básico curricular Geometría I
que se imparte en dichas carreras. El mismo consta de nueve capítulos en los que se
aborda, en lo esencial, los contenidos de la Planimetría como rama de la Geometría
Euclideana o Geometría Elemental.
Para mejor comprensión de los contenidos que se abordan en cada capítulo, se explican las
definiciones de los conceptos esenciales, las demostraciones de los teoremas por diferentes
vías y los procedimientos a seguir en la resolución de determinados ejercicios y problemas.
Al final de cada capítulo se proponen ejercicios y problemas para que los y las estudiantes
comprueben si han asimilado con solidez los contenidos que en este se han abordado.
1
ÍNDICE
CAPÍTULO 1: LA GEOMETRÍA COMO RAMA DE LA MATEMÁTICA. AXIOMAS
PARA LA PLANIMETRÍA
1.1. La Geometría; su objeto de estudio. Conceptos primarios de la
Geometría como ciencia deductiva.
1.2. Los axiomas, teoremas y sus demostraciones.
1.3. La Planimetría como rama de la Geometría. Axiomas fundamentales de
la Planimetría.
1.4. Mediatriz de un segmento.
CAPÍTULO 2: ÁNGULOS EN EL PLANO.
2.1. Clasificación de los ángulos según su amplitud.
2.2. Ángulos consecutivos. Parejas de ángulos.
2.3. Bisectriz de un ángulo.
CAPÍTULO 3: RECTAS Y ÁNGULOS EN EL PLANO.
3.1. Rectas paralelas y perpendiculares; su construcción.
3.2. Parejas de ángulos entre paralelas.
3.3. Criterio de paralelismo de rectas.
PÁG. 4
PÁG. 4
PÁG. 5
PAG. 6
PAG. 12
PÁG. 15
PÁG. 15
PÁG. 15
PÁG. 19
PÁG. 24
PÁG. 24
PÁG. 26
PÁG. 32
CAPÍTULO 4: TRIÁNGULOS.
PÁG. 37
4.1. Diferentes tipos de triángulos; sus propiedades.
PÁG. 37
4.2. Relaciones métricas en el triángulo.
PÁG. 39
4.3. Rectas y puntos notables en el triángulo.
PAG. 43
CAPÍTULO 5: LOS MOVIMIENTOS EN EL PLANO. CONGRUENCIA DE PÁG. 50
TRIÁNGULOS.
5.1. Definición de movimiento; sus propiedades.
PAG. 50
5.2. La simetría axial o reflexión en el plano.
PAG. 52
5.3. Simetría central o simetría respecto a un punto.
PAG. 55
5.4. Traslación.
PAG. 57
5.5. La rotación de centro O y ángulo α.
PAG. 59
5.6. Construcciones elementales de triángulos.
PAG. 60
PÁG. 67
CAPÍTULO 6: CUADRILÁTEROS CONVEXOS.
6.1. Línea poligonal. Polígono y cuadrilátero convexo.
PÁG. 67
PÁG.
69
6.2. Paralelogramo: definición y propiedades.
6.3. Paralelogramos particulares: rectángulo, rombo y cuadrado.
6.4. Trapecio y trapezoide.
6.5. Área y perímetro de triángulos y cuadriláteros.
CAPÍTULO 7: CIRCUNFERENCIA Y CÍRCULO.
PÁG. 73
PÁG. 75
PÁG. 77
PAG. 87
7.1. Definiciones de circunferencia y círculo.
PAG. 87
7.2. Relaciones entre radio, diámetro, cuerda y arco de la circunferencia y el
círculo.
PAG. 89
7.3. Relaciones de posición entre dos circunferencias y entre una
circunferencia y una recta.
PAG. 91
7.4. Ángulos en la circunferencia.
PAG. 95
2
7.5. Longitud de la circunferencia.
PAG. 101
7.6. Área del círculo.
PAG. 102
CAPÍTULO 8: RAZÓN Y PROPORCIONALIDAD DE SEGMENTOS.
SEMEJANZA DE TRIÁNGULOS.
PAG. 114
8.1. Razón y proporcionalidad de segmentos.
8.2. Teorema de las transversales.
PAG. 114
PAG. 114
8.3. Aplicaciones del teorema de las transversales.
PAG. 119
8.4. Semejanza de triángulos.
PAG. 123
CAPÍTULO 9: LA TRIGONOMETRÍA Y LA RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS.
POLÍGONOS REGULARES.
PAG. 136
9.1. Grupo de teoremas de Pitágoras.
PAG. 136
9.2. Razones trigonométricas en el triángulo rectángulo. Ángulos notables.
PAG. 138
9.3. Tablas trigonométricas.
PAG. 143
9.4. Razones trigonométricas de ángulos obtusos. Fórmulas de reducción.
9.5. Sistema circular de medidas. Generalización del concepto de ángulo.
9.6. Resolución de triángulos rectángulos.
PAG. 145
PAG. 149
PAG. 152
9.7. Resolución de triángulos cualesquiera.
PAG. 155
9.8. Polígonos regulares.
PAG. 161
3
CAPÍTULO 1: LA GEOMETRÍA COMO RAMA DE LA MATEMÁTICA. AXIOMAS PARA LA
PLANIMETRÍA
1.1.
La Geometría; su objeto de estudio. Conceptos primarios de la Geometría como
ciencia deductiva.
La Geometría como ciencia tuvo su origen en la realidad objetiva. En un inicio, su objeto de
estudio estuvo vinculado a la medición de terrenos. Fueron los geómetras de la Antigua
Grecia quienes iniciaron su estudio como ciencia pura.
El vocablo Geometría proviene de las voces griegas:
Geo: tierra
Metrón: medida
En la actualidad, esta ciencia tiene por objeto: analizar, organizar y sistematizar los
conocimientos espaciales; estudia la extensión, forma, relación de posición de los
cuerpos y de los elementos que los constituyen, así como sus propiedades.
La Geometría que se aborda en este texto básico es la euclideana, la que considera al
trascendental V Postulado de Euclides, que trata sobre el paralelismo de rectas, que se
estudiará más adelante. Esta Geometría se conoce como Geometría Euclideana o Elemental
y se divide en dos ramas: la Geometría Plana o Planimetría y la Geometría del Espacio o
Estereometría. Al estudio de la primera va dirigido este texto.
Para el desarrollo de teoría de la Geometría Euclideana o Elemental el hombre utilizó el
método axiomático, que consiste esencialmente en fijar un conjunto de conceptos básicos o
primarios y un sistema de axiomas que permitan deducir los restantes conceptos y
proposiciones verdaderas para dicha teoría.
¿A qué se denominan Conceptos Básicos o Primarios?
Son los que no se definen en una teoría, pues tratar de hacerlo sería un error ya que
tendríamos que emplear términos de la propia teoría que aún no están definidos.
Por ejemplo, muchas veces el hombre trató de definir al punto como una circunferencia de
radio 0, pero aún no se habían definido los conceptos circunferencia y radio, además de que
para definirlos se necesita el concepto de punto y otros más, por lo que se caería en un
círculo vicioso.
En la teoría de la Geometría Elemental se precisan como conceptos primarios o básicos al
punto, la recta y el plano.
¿Cómo representar gráficamente y denotar estos conceptos?
En la tabla siguiente se mostrará cómo esto se hace:
4
REPRESENTACIÓN
GRÁFICA
π
a
B
NOTACIÓN
SE LEE
π
Plano π
a
Recta a
AB
Recta AB
A
Punto A
B
Punto B
A
A
• B
Los puntos se denotan por letras latinas mayúsculas; las rectas por letras latinas minúsculas
o por dos letras latinas mayúsculas, que representan dos puntos de esta y; los planos por
letras del alfabeto griego.
OBSERVACIÓN:
Estas son solo representaciones gráficas de estos conceptos. Por lo general, se plantea:
Trace una recta, pero realmente se representa una parte de esta. También debe
diferenciarse entre la notación y lo denotado, por ejemplo: Trace dos puntos A y B, en este
caso la notación son las letras A y B y lo denotado son los puntos que se representan
gráficamente.
1.2. Los axiomas, teoremas y sus demostraciones.
Como ya habíamos planteado en el epígrafe anterior, el método axiomático consiste
esencialmente en fijar un conjunto de conceptos básicos o primarios y un sistema de
axiomas que permitan deducir los restantes conceptos y proposiciones verdaderas para
dicha teoría. Estudiemos entonces qué es un sistema de axiomas.
Los axiomas o postulados, como también se les conoce, son proposiciones que se suponen
verdaderas y que forman un sistema a partir del cual se construye una teoría científica.
5
Los axiomas definen implícitamente los conceptos geométricos fundamentales, que son
aquellos expresados con las palabras “punto”, “recta”, “plano”, “pertenecen”, “hallarse entre”
y “medida”. Los demás conceptos son derivados. Se definen explícitamente partiendo de los
conceptos fundamentales. Tales son, por ejemplo, los conceptos de segmento, ángulo,
triángulo, etcétera.
De los axiomas y de los conceptos fundamentales y derivados, en la construcción de la teoría
científica, se descubren nuevas proposiciones que, una vez demostrada su validez, se
convierten en los llamados teoremas. Estos, a su vez, junto a la aplicación de los axiomas,
de los conceptos fundamentales y derivados dan lugar al descubrimiento o deducción de
nuevos teoremas. Todos ellos van conformando la teoría científica que se construye. Los
teoremas, por tanto, es una proposición cuya verdad se hace evidente mediante la
demostración.
La demostración es un razonamiento por medio del cual se establece la validez de una
proposición sobre la propiedad de una u otra figura geométrica para lo cual se han de aplicar
reglas de inferencia lógica, que le aporta la Lógica Matemática a todas las ramas de esta
ciencia.
El enunciado de un teorema consta de dos partes: la premisa, que constituye los datos y, la
tesis, que es la verdad demostrable. Generalmente un teorema se formula siguiendo la
siguiente estructura gramatical: Si “premisa” entonces, “tesis”. Por ejemplo:
Si un triangulo es isósceles entonces, sus ángulos bases son iguales.
PREMISA
TESIS
Sin embargo, en muchos casos, dada la riqueza del idioma, un teorema se enuncia sin que
aparezca el “si” que antecede la premisa o esta aparece en un segundo lugar, o el “entonces”
que antecede la tesis, que también puede aparecer en un primer lugar. Retomando el
ejemplo anterior este teorema se puede formular de las siguientes maneras:
1. En un triángulo isósceles los ángulos bases son iguales.
2. Dos ángulos de un triángulo son iguales si el triángulo es isósceles.
También en la Teoría Matemática se utilizan los términos: corolario y escolio. El corolario es
la consecuencia inmediata de un teorema, es decir se deduce inmediatamente de este. El
escolio es la observación que se hace en la demostración del teorema.
En la Geometría, para el descubrimiento de nuevas proposiciones se utiliza la vía de la
formulación del recíproco de un teorema. El recíproco de un teorema es una proposición que
se construye del teorema directo, en la cual la premisa pasa a ser tesis y la tesis premisa de
la cual se demuestra su veracidad. Por ejemplo, del teorema que hemos venido utilizando un
recíproco puede ser: Si dos lados de un triángulo son iguales entonces, el triángulo es
isósceles. Es bueno aclarar que de un teorema se pueden construir tantas proposiciones
como premisas o tesis este contenga, intercambiando el orden en que aparecen, pero el
recíproco será aquella cuya verdad se demuestre.
1.3. La Planimetría como rama de la Geometría. Axiomas fundamentales de la
Planimetría.
6
La Planimetría es la rama de la Geometría que estudia las figuras que tiene todos sus puntos
y elementos en un mismo plano. Los conceptos de punto y recta son los conceptos básicos
de la Planimetría.
Los conceptos básicos de la Planimetría se pueden relacionar empleando la relación de
pertenencia que se denota por el signo “ ∈ ”. La relación que se puede establecer entre
puntos y rectas es una relación básica que se denomina relación de incidencia (enlace o
conexión) y los axiomas que la caracterizan se denominan axiomas de incidencia, que no
son más que las propiedades fundamentales de la pertenencia de los puntos y las rectas en
el plano.
I. Axiomas de incidencia.
I1. Cualquiera que sea la recta, existen puntos que pertenecen a la recta y puntos que no
pertenecen a la recta.
I2. Cualesquiera que sean dos puntos, existe una recta y sólo una que pasa por estos puntos.
Para denotar la pertenencia de un punto A a una recta r se utiliza la siguiente simbología:
A ∈ r.
Ya que por dos puntos se puede trazar solamente una recta, diremos que dos rectas distintas
no se cortan o se cortan en un punto único. Si hubiese dos puntos de intersección de estas
rectas, resultaría que por estos puntos pasan dos rectas diferentes, lo que contradeciría el
axioma I2, por lo que se obtiene el siguiente teorema:
Teorema 1.1: Dos rectas diferentes no se cortan o se cortan en un punto único.
Para continuar la presentación de otros axiomas es necesario definir determinados
conceptos que se derivan de los conceptos primarios y axiomas estudiados anteriormente.
Observemos las siguientes figuras.
A
B
a
C
A
D
Fig. 1
B
C
a
Fig. 2
A
X
B
a
Fig.3
En la figura 1 se tiene la recta a y tres puntos A, B y C situados en la misma. El punto B se
encuentra entre los puntos A y C. Refiriéndonos a esta posición de los puntos dados,
diremos que los puntos A y C se hallan a distintos lados del punto B. También se puede decir
que el punto B separa los puntos A y C. Los puntos A y B se hallan a un mismo lado del
punto C y no están separados por el punto C. Los puntos B y C están a un mismo lado del
punto A.
En la figura 2 el punto A divide a la recta en dos partes que denominaremos semirrectas. Los
puntos B y C se hallan en una misma semirrecta. El punto A no los separa. Los puntos B y D
7
se hallan en diferentes semirrectas. El punto A los separa. El punto A que divide a la recta a
en dos semirrectas se llama punto de origen de las semirrectas. En cuanto a las semirrectas,
se les denomina complementarias. Una semirrecta también es llamada rayo.
Las semirrectas se designan con letras latinas minúsculas o por dos puntos: el punto de
origen y otro punto suyo, con la particularidad de que el punto de origen siempre se coloca
en primer lugar. Por ejemplo, el punto A divide la recta a en dos semirrectas: AB y AD.
Supongamos que los puntos A y B se hallan en la recta a (figura 3). Se llama segmento AB
(que es de esa forma que se lo denotaremos) a la parte de la recta a cuyos puntos son todos
los puntos X de la recta a situados entre A y B. Los puntos A y B se denominan extremos del
segmento.
Analicemos las siguientes figuras.
B
B1
A
B
a
X
A
A1
Fig. 4
a
Fig. 5
En la figura 4 la recta a divide el plano en dos semiplanos. Los puntos A y B se hallan en un
mismo semiplano. El segmento AB no corta la recta a. Los puntos A1 y B1 se hallan en
distintos semiplanos. El segmento A1 B1 corta la recta a. Designaremos los semiplanos con
letras griegas α , β , γ , ...
Tracemos por el punto de origen de la semirrecta AB una recta a que no pase por el punto B
(figura 5). La recta a y la recta AB se cortan en el punto A; no tienen otros puntos de
intersección. Tomemos en la semirrecta AB un punto X cualquiera. El segmento BX no corta
la recta a.
A partir de todo lo que se ha expuesto anteriormente podemos enunciar los axiomas de
orden, que no son más que las propiedades fundamentales de la posición recíproca de los
puntos en una recta y en el plano.
II. Axiomas de orden
II1. De tres puntos de una recta, uno de ellos, y sólo uno, se halla entre los otros dos.
II2. Un punto situado en una recta la divide en dos semirrectas. Los puntos de una semirrecta
no están separados por el punto de división. Los puntos de diferentes semirrectas están
separados por este punto.
8
II3. Toda recta divide el plano en dos semiplanos. Si los extremos de un segmento cualquiera
pertenecen a un mismo semiplano, el segmento no corta la recta. Si los extremos del
segmento pertenecen a diferentes semiplanos, el segmento corta la recta.
Otro concepto importante en la Planimetría para continuar con la construcción de la teoría es
de ángulo.
Se llama ángulo a una figura formada por dos semirrectas con un punto de origen común.
Este punto se denomina vértice del ángulo y las semirrectas reciben el nombre de lados del
ángulo (figura 6)
También se puede definir ángulo como la figura que se forma por la unión (figura 7) o
intersección (figura 8) de dos semiplanos cuyos bordes se intersecan en un punto dado.
a
a
A
A
O
O
Fig. 7
Fig. 6
B
B
b
b
a
A
O
B
Fig. 8
b
Los ángulos representados los denotaremos por la siguiente simbología: ∠AOB (se lee:
ángulo AOB). También se puede representar por la simbología ∠O o ∠(a, b) .
Si los lados de un ángulo son semirrectas complementarias de una misma recta, el ángulo se
llama llano.
9
A
O
C
B
Fig. 9
En la figura 9 diremos que la semirrecta OC pasa entre los lados del ángulo AOB, si corta a
un segmento AB cualquiera cuyos extremos se hallan en los lados del ángulo.
Las longitudes de los segmentos se miden utilizando la regla graduada, a través de la cual
podemos decir este segmento mide tantos centímetros (metros). Las amplitudes de los
ángulos, en grados, se miden utilizando el semicírculo graduado.
III. Axiomas de medición de segmentos y ángulos (son las propiedades fundamentales de
la medición de segmentos y ángulos).
III1. Todo segmento tiene una longitud determinada mayor que cero,
III2. Si el punto C de la recta AB se halla entre los puntos A y B, la longitud del segmento
AB es igual a la suma de las longitudes de los segmentos AC y BC .
III3. Todo ángulo tiene una amplitud en grados determinada mayor que cero. El ángulo llano
es igual a 1800.
III4. Si una semirrecta OC parte del vértice O de un ángulo AOB y pasa entre sus lados, el
ángulo AOB es igual a la suma de las amplitudes de los ángulos AOC y BOC.
IV. Axiomas de construcción de segmentos y ángulos (son las propiedades
fundamentales de la construcción de segmentos y ángulos).
IV1. Cualquiera que sea el número positivo m, en una semirrecta se puede construir a partir
de su punto de origen un segmento de longitud m (en centímetros) y sólo uno.
IV2. Cualquiera que sea el número positivo n menor que 180, se puede construir a partir de
una semirrecta dada y en el semiplano dado, un ángulo de n grados, y sólo uno.
Para pasar a los otros axiomas que presentamos en la construcción de esta teoría
refirámonos al concepto de triángulo, de segmentos y ángulos iguales y de rectas paralelas.
Un triángulo es una figura del plano formada por tres puntos no pertenecientes a una misma
recta (no alineados) y por tres segmentos que unen a estos puntos de dos en dos. Los
puntos se llaman vértices y los segmentos, lados del triángulo. Los triángulos, además,
tienen tres ángulos interiores como se puede observar en la figura 10.
10
B
A
C
Fig. 10
A, B y C – vértices.
AB, BC , AC - lados.
∠BAC , ∠ACB, ∠ABC - ángulos interiores.
El triángulo ABC se simboliza de la siguiente forma: Δ ABC .
Dos segmentos se denominan iguales si tienen la misma longitud. Dos ángulos son iguales si
tienen la misma amplitud. Dos triángulos ABC y A1B1C1 se llaman iguales si sus lados y sus
ángulos son respectivamente iguales. Esta igualdad entre estos triángulos se denota:
En
la
figura
11,
como Δ ABC = Δ A1 B1C1
entonces,
Δ ABC = Δ A1 B1C1 .
AB = A1 B1 , BC = B1C1 , AC = A1 B1 ; ∠ABC = ∠A1 B1C1 , ∠BAC = ∠B1 A1C1 , ∠ACB = ∠A1C1 B1 .
B1
B
A
C
A1
C1
Fig. 11
Además, en el Δ ABC , ∠A está comprendido entre los lados AB y AC , ∠B entre los lados
AB y BC y ∠C entre los lados BC y AC ; en el Δ A1 B1C1 , ∠A1 está comprendido entre los
lados A1 B 1 y A1C 1 , ∠B1 entre los lados A1 B1 y B1C 1 y ∠C1 entre los lados B1C1 y A1C1 . Los
lados que se oponen a los ángulos iguales en estos triángulos iguales se denominan lados
homólogos, por lo que se dice que en triángulos iguales a lados iguales se oponen ángulos
iguales y viceversa.
En el plano se llaman paralelas a dos rectas que no se cortan, con la particularidad de que
las rectas se consideran prolongadas indefinidamente en ambas direcciones.
V. Axioma del primer criterio de igualdad de triángulos.
11
Si dos triángulos tienen dos lados y el ángulo comprendido entre estos respectivamente
iguales, los triángulos son iguales.
VI. Axioma de las paralelas.
Por todo punto B que no se halla en la recta a se puede trazar en el plano no más de una
paralela a la recta a.
De esta forma hemos construido el sistema de axiomas para la Planimetría que en este texto
básico desarrollaremos.
1.4.
Mediatriz de un segmento.
Definición de rectas perpendiculares: Dos rectas se denominan perpendiculares si al
cortarse o intersecarse forman un ángulo de amplitud igual a 900.
Definición de punto medio de un segmento: En un segmento al punto que lo divide en dos
segmentos iguales se le llama punto medio del segmento dado.
Definición de mediatriz de un segmento: Se denomina mediatriz de un segmento a la
recta que es perpendicular a la recta que contiene al segmento dado y que pasa por su punto
medio.
Teorema 1.2 (Propiedad fundamental de la mediatriz de un segmento: Todos los puntos
que pertenecen a la mediatriz de un segmento equidistan (están a la misma distancia) de los
extremos del segmento dado.
Demostración:
Premisas: En la figura CD es la mediatriz de un segmento.
Tesis: Todos los puntos que pertenecen a esa mediatriz equidistan de los extremos del
segmento dado.
D
A
C
B
Sea D un punto cualquiera de la mediatriz CD. Si D coincide con el punto medio del
segmento (se simboliza D ≡ C ), el teorema queda demostrado para este caso por la propia
definición de punto medio. Si D no coincide con C, tracemos entonces los segmentos
AD y BD , formándose los triángulos ACD y BCD. Por la definición de mediatriz
12
∠ACD = ∠BCD = 90 0 . Por ser C punto medio, según su definición AC = BC ; además el lado
CD es común para ambos triángulos por lo que tienen la misma longitud. Por tanto se
cumple el axioma V, de que los triángulos ACD y BCD son iguales, concluyendo que
AD = BD , es decir, el punto D equidista de los extremos del segmento AB . Como D fue
seleccionado arbitrariamente entonces, se cumple que todos los puntos que pertenecen a la
mediatriz de un segmento equidistan (están a la misma distancia) de los extremos del
segmento dado.
De este teorema formulamos a continuación uno de sus recíprocos que se demuestra por la
vía indirecta, es decir, negando las tesis de este. Este es un método de demostración muy
utilizado en las demostraciones de teoremas geométricos.
Teorema recíproco: Si los puntos de una recta que interseca a un segmento por su
punto medio, equidistan de los extremos de este, entonces dicha recta coincide con la
mediatriz del mismo.
Demostración:
Supongamos que la recta no coincide con la mediatriz del segmento dado. Entonces, por el
teorema directo no todos los puntos de la recta dada equidistan de los extremos del
segmento, lo que contradice una de las premisas del teorema que estamos demostrando, por
lo que nuestra suposición es falsa, quedando demostrado el teorema recíproco.
Nota: Decimos que no todos los puntos de la recta dada equidistan de los extremos del
segmento, ya que ella pasa por el punto medio del mismo que sí equidista de sus extremos,
pero es sólo un caso particular, no se cumple para los demás puntos que pertenecen a la
misma.
¿Cómo se construye la mediatriz de un segmento?
Para construir la mediatriz de un segmento seguiremos los siguientes pasos:
Paso 1: Se traza el segmento de longitud m dada, con ayuda de una regla graduada,
Paso 2: Se trazan dos circunferencias de radios iguales, que sean mayores que la mitad del
segmento, hasta que se intersequen en dos puntos. Los centros de estas circunferencias
serán los extremos del segmento dado.
Paso 3: Se traza por los puntos de intersección de las dos circunferencias una recta, que
será la mediatriz del segmento dado.
H
B
A
G
13
EJERCICIOS DEL CAPÍTULO
1. Demuestra que un segmento AB es parte de la semirrecta AB, es decir, que todo punto
del segmento AB es un punto de la semirrecta AB.
2. Demuestra que si por el punto de origen A de una semirrecta AB se traza una recta a que
no pase por el punto B, toda la semirrecta AB estará en un semiplano respecto a la recta
a.
3. Demuestra que si por el extremo A de un segmento AB se traza una recta a que no pase
por el punto B, todo el segmento AB quedará situado en un semiplano respecto a la recta
a.
4. Pruebe que si en una semirrecta AB se construye, a partir de su punto de origen A, un
segmento AC menor que AB , el punto C estará entre A y B.
5. Compruébese que si una recta a, que no pasa por ninguno de los vértices de un triángulo
ABC, corta a su lado AB , también corta a uno, y sólo uno, de los otros dos lados, BC o
AC .
6. Demuéstrese que si un rayo OC pasa entre los lados de un ángulo AOB entonces, la
recta que contiene al rayo OC separa los lados del ángulo, es decir, las semirrectas OA y
OB se hallan en distintos semiplanos respecto a la recta que contiene la rayo OC.
7. En el plano se tienen cuatro puntos A, B, C y D y una recta r que no pasa por ninguno de
ellos. Los segmentos AB y CD cortan a la recta r y el segmento BC no la corta. ¿Corta
el segmento AD a la recta r? Argumenta tu respuesta.
8. En el plano se tienen cuatro puntos A, B, C y D. Demuéstrese que si los segmentos AB
y CD se cortan, los puntos B y D se hallan en un mismo semiplano respecto a la recta
AC.
9. Demuéstrese que si un rayo OC pasa entre los lados de un ángulo AOB, este corta a
cualquier segmento cuyos extremos se hallan en los lados del ángulo AOB.
10. Tres puntos A, B y C se hallan en una misma recta. ¿Cuál de estos puntos se encuentra
entre los otros dos, si AB = 10 cm, AC = 7 cm y BC = 3 cm? Argumente su respuesta.
11. ¿Pueden hallarse tres puntos A, B y C en una misma recta si AB = 5 cm, AC = 6 cm y
BC = 7 cm? Argumente su respuesta.
12. Tres puntos A, B y C se hallan en una misma recta. Los segmentos AB = 4 cm y
BC = 3 cm. ¿A qué es igual el segmento AC si el punto B se halla entre A y C? ¿ A qué
es igual el segmento AC si el punto A se halla entre B y C? Argumente su respuesta.
13. Si O es el punto medio del segmento AB y X es un punto interior del mismo, probar que:
XA − XB
OX =
2
A
O
X
B
14. Si O es el punto medio del segmento AB y M un punto cualquiera de la prolongación,
AM + MB
probar que OM =
2
A
O
B
M
14
CAPÍTULO 2: ÁNGULOS EN EL PLANO.
En el capítulo anterior abordamos las diferentes definiciones de ángulo, que tendremos en
cuenta en las definiciones y teoremas que se tratarán más adelante en este capítulo.
Además, hicimos referencia a la igualdad o congruencia de ángulos y a los axiomas de
construcción de segmentos y ángulos. También hablamos del instrumento para la
construcción de ángulos que no exponemos en este texto por ser un conocimiento que ya
tienes de educaciones anteriores.
2.1. Clasificación de los ángulos según su amplitud.
En la tabla siguiente se hace un resumen de la clasificación de los ángulos según su
amplitud:
Existen otros tipos de ángulos:
Ángulos complementarios: son aquellos cuya suma de sus amplitudes es igual a 900.
Ángulos suplementarios: son aquellos cuya suma de sus amplitudes es igual a 1800.
2.2. Ángulos consecutivos. Parejas de ángulos.
De gran importancia resulta el estudio de las distintas parejas de ángulos. En este epígrafe
se insistirá en la definición de cada pareja de ángulos objeto de estudio y posteriormente se
abordarán los teoremas relativos a los mismos, así como sus demostraciones.
Primeramente analizaremos el concepto de ángulos consecutivos.
15
Definición 1: Dos ángulos se denominan ángulos consecutivos si están uno a continuación
del otro de modo que sólo tienen en común el vértice y un lado.
K
B
A
E
G
b)
a)
I
c)
C
H
F
O
J
L
M
N
En el inciso a) los ángulos AOB y BOC son consecutivos pues están uno a continuación del
otro, el lado OB es común a los dos y tienen el mismo vértice.
En el inciso b) los ángulos EFG y GHI no son consecutivos pues no tienen el mismo vértice,
ni tienen un lado común.
En el inciso c) los ángulos JKL y MKN no son consecutivos pero si lo son los ángulos JKL y
LKM, así como los ángulos LKM y MKN.
Atención: Los ángulos AOC y BOC a pesar de tener en común el vértice y un lado no son
consecutivos pues no están uno a continuación del otro, por lo que es importante que
siempre que vayas a identificar si una figura geométrica es un representante de un concepto
tengas en cuenta que todas las características esenciales están presentes en la misma.
Definiciones de ángulos adyacentes.
Definición 2´: Dos ángulos consecutivos cuya unión es un ángulo llano se denominan
ángulos adyacentes.
Definición 2´´: Dos ángulos se llaman adyacentes si tienen un lado común y sus otros dos
lados son semirrectas complementarias.
Definición 2´´´: Dos ángulos consecutivos de vértice común situados a un lado de una recta
se denominan ángulos adyacentes.
Es fácil de comprobar que todas las definiciones anteriores son equivalentes. Es muy
importante conocer siempre todas las definiciones que tenga un concepto para poder
aplicarlo en la resolución de ejercicios y problemas y en la construcción de la teoría.
E
Los ángulos ACB y BCE son adyacentes
A
C
B
Definiciones de ángulos opuestos por el vértice o ángulos verticales.
Definición 3´: Dos ángulos en los que cada lado de uno forma una recta con uno de los
lados del otro se denominan ángulos opuestos por el vértice.
Definición 3´´: Dos ángulos se llaman opuestos por el vértice si los lados de un ángulo son
semirrectas complementarias de los lados del otro.
16
Definición 3´´: Dos ángulos que tienen el mismo vértice y sus lados están formados por
semirrectas opuestas se denominan ángulos opuestos por el vértice.
C
B
Las parejas de ángulos AED y
CEB, AEC y BED son opuestos por
el vértice.
E
A
D
Teorema 2.1 (Propiedad de los ángulos adyacentes): La suma de las amplitudes de los
ángulos adyacentes es igual a 1800.
Demostración:
Premisas: Se tienen dos ángulos adyacentes.
Tesis: La suma de sus amplitudes es igual a 1800.
Realicemos la demostración a través de la siguiente figura de análisis.
E
A
C
B
∠ACE y ∠BCE - adyacentes por definición. Por tanto, las semirrectas CA y CB son
complementarias, lo que significa que los puntos A, C y E están alineados luego, ACD es un
ángulo llano, que mide 1800. Como CE pasa entre los lados del ángulo ACD entonces, por el
axioma III4 se tiene que ∠ACB = ∠ACE + ∠BCE por lo que se deduce que
∠ACE + ∠BCE = 180 0 quedando demostrado el teorema.
También podemos demostrarlo por la vía indirecta, también conocida como reducción al
absurdo.
Demostración por la vía indirecta:
Supongamos que la suma de las amplitudes de los ángulos ∠ACE y ∠BCE no es igual a
1800. En este caso la suma podría ser:
Caso 1: Menor que 1800, por tanto el ángulo ACD podría ser recto, agudo u obtuso. En este
caso las semirrectas CA y CB no serían complementarias por lo que los ángulos ∠ACE y
∠BCE no serían adyacentes, lo que contradeciría las premisas del teorema.
17
Caso 2: Mayor que 1800, por tanto el ángulo ACD podría ser sobreobtuso o completo. En
este caso las semirrectas CA y CB no serían complementarias por lo que los ángulos ∠ACE
y ∠BCE no serían adyacentes, lo que contradeciría también las premisas del teorema.
Esto nos conlleva a afirmar que nuestra suposición es falsa, lo que demuestra la validez de
las tesis del teorema, quedando demostrado así el mismo.
Si construimos un posible recíproco para este teorema el mismo quedaría formulado de la
siguiente forma: Dos ángulos cuyas amplitudes sumen 1800 son adyacentes. Este
posible recíproco no es valido siempre porque la suma de las amplitudes de dos ángulos
suplementarios también es igual a 1800, por ende, este recíproco no se convierte en un
teorema. Fíjese que en este caso para demostrar la falsedad de la proposición construida
recurrimos a un caso particular donde ella no se cumple, es decir, encontramos un
contraejemplo. La búsqueda, construcción de contraejemplos es una de las vías que se
utilizan para demostrar si posibles recíprocos de un teorema son falsos. En el caso de que no
existan contraejemplos porque no se encuentran figuras que se contrapongan a la
proposición construida entonces, se recurre a la demostración. Recuerde que para que un
teorema sea aceptado como tal, la proposición que se enuncia en él debe ser válida para
todas las figuras objeto de estudio.
Teorema 2.2 (Propiedad de los ángulos opuestos por el vértice): Los ángulos opuestos
por el vértice son iguales.
Demostración:
Premisas: Se tienen dos ángulos opuestos por el vértice.
Tesis: Son iguales, es decir, tienen la misma amplitud.
Realicemos la demostración a través de la siguiente figura de análisis.
C
B
E
A
D
Analicemos las dos parejas de ángulos opuestos por el vértice que se observan en la figura.
Primera pareja: ∠AED y ∠CEB . En este caso la pareja de ángulos AED y AEC, AEC y CEB
son adyacentes, por lo que según el teorema 2.1 se tiene: ∠AED + ∠AEC = 180 0 y
∠AEC + ∠CEB = 180 0 . Luego: ∠AED + ∠AEC = ∠AEC + ∠CEB ; de esta igualdad se deduce
fácilmente que ∠AED = ∠CEB , quedando demostrado el teorema.
Segunda pareja: ∠AEC y ∠BED . En este caso se procede de manera análoga al anterior y
se llega a la igualdad de estos ángulos.
De esta forma el teorema queda demostrado.
18
Si formulamos el posible recíproco de este teorema, el mismo quedará formulado de la
siguiente forma: Si dos ángulos son iguales entonces, son opuestos por el vértice. Esta
proposición no es siempre verdadera puesto que podemos tener, por ejemplo, dos ángulos
adyacentes iguales (cada uno con una amplitud de 900) que, por supuesto no son opuestos
por el vértice. Este contraejemplo demuestra que esta proposición no puede ser un teorema
recíproco del teorema estudiado anteriormente.
2.3. Bisectriz de un ángulo.
Definición 4: Al rayo o semirrecta que tiene su origen en el vértice de un ángulo, que pasa
entre los lados de este y lo divide en dos ángulos de amplitudes iguales se le denomina
bisectriz del ángulo dado.
Definición 5: La distancia de un punto a una recta dada es la longitud del segmento
contenido en la recta perpendicular a esta, cuyos extremos son el punto dado y el punto de
intersección de la recta dada con la recta perpendicular a ella. A este último punto se le
conoce como pie de la perpendicular.
Antes de abordar el teorema relativo a la propiedad fundamental de la bisectriz de un ángulo
nos ocuparemos del teorema que enuncia el segundo criterio de la igualdad de triángulos
que, en este capítulo, demostraremos aplicando el sistema de axiomas estudiado pero, que
en el capítulo 5 retomaremos para demostrarlo aplicando los movimientos del plano y sus
propiedades.
Teorema 2.3 (Segundo criterio de igualdad o congruencia de triángulos): Si dos
triángulos tienen un lado y los ángulos adyacentes a él, respectivamente iguales entonces,
los triángulos son iguales o congruentes.
Para demostrarlo nos apoyaremos en la siguiente figura de análisis.
C1
C
C2
A
B
A1
B1
Premisas: Se tienen los triángulos ABC y A1B1C1, en los cuales AB = A1 B1 , ∠A = ∠A1 ,
∠B = ∠B1 .
Tesis: ΔABC = ΔA1 B1C1 , lo que significa que: AC = A1C1 , BC = B1C1 y ∠C = ∠C1 .
Demostración:
Si se demuestra que AC = A1C1 , por el axioma V (primer criterio de igualdad de triángulos) se
comprueba que los triángulos son iguales o congruentes.
19
Utilicemos el método de demostración indirecta o reducción al absurdo. Supongamos
entonces que AC ≠ A1C1 . Por tanto nos encontraremos que AC > A1C1 , o que AC < A1C1 .
Para concretar asumamos que AC > A1C1 .
En este caso construyamos, según el axioma IV1, en la semirrecta AC el segmento AC 2
igual a A1C1 . Luego, AC > AC 2 , por lo que se infiere que el punto C 2 se halla entre los
puntos A y C. Los triángulos AB C 2 y A1B1C1, por el axioma V, son iguales. De la igualdad de
estos triángulos resulta la igualdad de los ángulos AB C 2 y A1B1C1. Según las premisas del
teorema los ángulos ABC y A1B1C1 son iguales. Ahora bien según nuestra suposición y la
construcción realizada a partir de ella, el rayo BC2 pasa entre los rayos BA y BC del ángulo
ABC, ya que corta al segmento A C cuyos extremos están sobre los lados de este ángulo.
Por ello el ángulo AB C 2 es menor que el triángulo ABC, llegando de esta forma a una
contradicción, lo que asegura que nuestra suposición es falsa quedando así demostrado que
AC = A1C1 y, por tanto, comprobado que los triángulos son iguales.
Teorema 2.4 (Propiedad fundamental de la bisectriz de un ángulo): Todos los puntos de
la bisectriz de un ángulo equidistan de los lados del ángulo.
Demostración:
Premisas: Se tiene la bisectriz de un ángulo.
Tesis: Todos los puntos de la bisectriz equidistan de los lados del ángulo.
Realicemos la demostración a través de la siguiente figura de análisis.
B
D
C
M
O
E
A
Sea OM la bisectriz del ángulo AOB. Por definición ∠BOM = ∠AOM . Sea C un punto
arbitrario de la semirrecta OM. Tracemos por C rectas perpendiculares a los lados del ángulo
AOB. La misma corta a los lados OA y OB en los puntos E y D, respectivamente. Luego,
según la definición 5 de este capítulo CD y CE son las distancias del punto C a los lados
OB y OA, respectivamente; además ∠ODC = ∠OEC = 90 0 . Como estudiaremos más
adelante, como ∠BOM = ∠AOM y ∠ODC = ∠OEC = 90 0 entonces, ∠DCO = ∠ECO . Los
triángulos OCD y OCE son iguales por el segundo criterio de igualdad de triángulos abordado
en el teorema 2.3, ya que OC es lado común para ambos triángulos, ∠BOM = ∠AOM y
20
∠DCO = ∠ECO . De la igualdad de estos triángulos se infiere que CD = CE . Como C fue
tomado arbitrariamente, queda demostrado el teorema para todos los puntos de la bisectriz.
¿Cómo se construye la bisectriz de un ángulo?
Para construir la bisectriz de un ángulo seguiremos los siguientes pasos:
Paso 1: Se traza el ángulo de amplitud m dada, con ayuda del semicírculo graduado.
Paso 2: Haciendo centro en el vértice del ángulo se traza una circunferencia de radio
cualquiera que corte los lados del ángulo.
Paso 3: Haciendo centro en los puntos de intersección de la circunferencia trazada con los
lados del ángulo, se trazan dos circunferencias de igual radio de forma tal que se corten.
Paso 4: Se traza por el punto de intersección de estas dos circunferencias y por el vértice del
ángulo dado una recta, que será la bisectriz del ángulo dado.
B
D
E
O
C
A
EJERCICIOS DEL CAPÍTULO
1. Clasificar los ángulos que miden:
b) 2000
c) 800
d) 900
e) 250
f) 1800
a) 1000
h) 3600
i) 1890
g) 2700
2. ¿Qué clase de ángulo es el suplemento de:
a) un ángulo agudo
b) un ángulo recto
c) un ángulo obtuso.
3. Hallar el complemento y el suplemento de los ángulos que miden:
a) 450 b) 690 c) 1060 d) 900 e) 1800
4. ¿Qué ángulo tiene por complemento el doble se su valor?
5. ¿Cuál es el ángulo cuyo suplemento es el duplo del ángulo?
6. Hallar dos ángulos complementarios tales que restados den 240.
7. Encontrar dos ángulos suplementarios tales que restados den 1000.
8. Hallar un ángulo tal que su suplemento sea igual a diez veces su complemento.
9. En la figura OC es la bisectriz del ángulo AOB y OD es una semirrecta cualquiera interior
al ángulo. Demostrar que:
21
∠AOD − ∠BOD
(suponiendo, como ocurre en la figura, que OD esté entre la
2
bisectriz y el lado OB).
∠COD =
A
C
D
B
O
10. Un ángulo AOB es igual a 1200 y el ángulo AOC es igual a 1500. ¿A qué es igual el
ángulo BOC si los rayos OB y OC se hallan en un mismo semiplano respecto a la recta
que contiene al rayo OA? ¿A qué es igual el ángulo BOC si los rayos OB y OC se hallan
en un diferentes semiplanos respecto a la recta que contiene al rayo OA?
11. ¿A qué son iguales los ángulos adyacentes si uno de ellos es dos veces mayor que el
otro?
12. Los segmentos AB y CD se cortan en el punto O. Demuestre que los ángulos AOC y
BOD son opuestos por el vértice.
13. Uno de los ángulos formados por la intersección de dos rectas es igual a 600. Halle los
demás ángulos.
14. En la figura, si el ángulo AOB es recto y OM es la bisectriz del ángulo AOC y On la del
ángulo COB, prueba que el ángulo MON mide 450.
B
N
C
M
A
O
15. En la figura DE ⊥ FG y ∠FEH = 120 0 . Halla: ∠FED, ∠DEH , ∠HEG, ∠FEI y ∠GEI .
D
H
F
E
G
I
22
16. En la figura OE es bisectriz del ángulo AOD y el ángulo AOE mide 350. Calcula:
∠1, ∠2 y ∠3 .
C
3 2
1 O
A
B
E
D
17. Demostrar que si dos ángulos son adyacentes, sus bisectrices se cortan
perpendicularmente.
18. Demostrar que si dos ángulos son opuestos por el vértice, sus bisectrices son
semirrectas opuestas.
19. Argumenta mediante un ejemplo que las siguientes proposiciones son falsas.
a) Si dos ángulos tienen un lado común, son adyacentes.
b) Si dos ángulos tienen el vértice común, son opuestos por el vértice.
20. Explica por qué los ángulos 1, 2 y 3 en la siguiente figura suman 1800.
3
1
2
23
CAPÍTULO 3: RECTAS Y ÁNGULOS EN EL PLANO.
En los capítulos anteriores estudiamos las definiciones de rectas paralelas y perpendiculares,
que utilizaremos en este capítulo para profundizar en los criterios de paralelismo de rectas,
en la construcción de rectas paralelas y perpendiculares, en el estudio de las definiciones y
las propiedades de los ángulos que se forman entre rectas paralelas cortadas por una
secante.
3.1.
Rectas paralelas y perpendiculares; su construcción.
Comencemos este epígrafe recordando que dos rectas son paralelas en el plano si no se
cortan (quiere decir que pueden coincidir) y que dos rectas son perpendiculares si al cortarse
forman un ángulo recto.
Es conocido por el axioma VI, que por un punto exterior a una recta sólo puede ser trazada
una y sólo una recta paralela a esta. Preguntémonos ahora: ¿cuántas rectas perpendiculares
a una recta dada pueden ser trazadas por un punto dado de esta?
La respuesta a esta interrogante la da el siguiente teorema.
Teorema 3.1: Por todo punto de una recta se puede trazar una recta perpendicular a ella y
sólo una.
b1
c1
a
A
a1
Premisas: Sea a1 la recta dada y sea A un punto en ella.
Tesis: Por el punto sólo se puede trazar una y sólo una perpendicular a la recta a.
Demostración:
Indiquemos por a1 una de las semirrectas de la recta a con el punto de origen A (como se
observa en la figura de análisis). Construyamos a partir de la semirrecta a1 el ∠(a1 , b1 ) igual a
900. La recta que contiene al rayo b1 será entonces perpendicular a la recta a.
Supongamos que, además de la recta construida, existe otra recta que también pasa por el
punto A y es perpendicular a la recta a. Indiquemos por c1 la semirrecta de esta recta que se
halla en el mismo semiplano que el rayo b1.
Los ángulos (a1, b1) y (a1,c1), iguales cada uno a 900, han sido construidos en un mismo
semiplano a partir de la semirrecta a1. Pero según el axioma IV2, a partir de la semirrecta a1
se puede construir en el semiplano dado sólo un ángulo igual a 900. Por ello, no puede existir
otra recta que pase por el punto A y sea perpendicular a la recta a. Queda demostrado así el
teorema.
24
Procedimiento para la construcción, por un punto exterior P a una recta dada a, de una
paralela a esta utilizando la regla y el cartabón.
1. Se coloca un lado del cartabón sobre la recta dada a y la regla sobre el otro lado del
cartabón.
2. Se desliza el cartabón a lo largo de la regla hasta que el lado colocado inicialmente sobre
la recta pase por el punto P.
3. Se traza una recta a lo largo del cartabón que pasa por el punto P, esta recta trazada es
paralela p a la recta a por el punto P.
P
p
a
Más adelante cuando estudiemos los ángulos entre paralelas daremos a conocer otro
procedimiento para construir rectas paralelas con la regla y el compás.
Procedimiento para la construcción de una recta perpendicular a otra recta r por un
punto P perteneciente a esa última utilizando la regla y el cartabón.
1. Se coloca un cateto del cartabón sobre la recta r y la regla sobre la hipotenusa.
2. Se desliza el cartabón a lo largo de la regla hasta que el otro cateto pase por el punto P.
3. Se traza la perpendicular s buscada, a lo largo del cateto que pasa por P.
25
P
P
P
r
r
r
Procedimiento para la construcción de una recta perpendicular a otra recta r por un
punto P perteneciente a esa última utilizando la regla y el compás.
1. Haciendo centro en el punto P se traza una circunferencia de tal forma que esta corte a la
recta r.
2. Haciendo centro en cada uno de los puntos de intersección de la circunferencia trazada
con la recta r, se trazan dos circunferencias de forma tal que se intersequen dos puntos.
3. Por los puntos de intersección de estas dos circunferencias se traza una recta, que será
perpendicular a la dada. Podemos percatarnos de que la recta pasa por el punto P.
P
P
r
r
E
E
F
F
3.2. Parejas de ángulos entre paralelas.
En el capítulo anterior se estudiaron dos parejas distintas de ángulos que tiene una
característica común: son ángulos que tiene el vértice común. A continuación estudiaremos
parejas de ángulos determinadas por tres rectas y que no tienen el vértice común.
Definición 1: De tres rectas, una de ellas se denomina secante si y sólo si corta a las otras
dos, estas dos rectas se denominan rectas cortadas.
26
c
a
c: secante
a y b: rectas cortadas
b
Atención
Las rectas cortadas pudieran cortarse entre sí o ser paralelas. Si las rectas cortadas, a su
vez, se cortan entonces, cualquiera de ellas se puede considerar secante y las otras dos
rectas cortadas.
p
n
m
CASOS
SECANTE
1
2
3
p
m
n
RECTAS
CORTADAS
myn
pyn
pym
Considerando m y n como rectas cortadas y p secante, se pueden destacar ocho ángulos
que tienen uno de sus lados en la secante y el otro en una de las rectas cortadas, y que el
vértice de cada uno es uno de los puntos de intersección de la secante con las rectas
cortadas.
A la región del plano comprendida entre las rectas cortadas la denominaremos región interna
y a la región exterior a las dos rectas cortadas, región externa.
región
externa
1
4
región
interna
6
5
8
2
3
7
región
externa
27
Entre las rectas cortadas y la secante se forman parejas de ángulos correspondientes,
alternos y conjugados.
Definición 2: Dos ángulos correspondientes entre dos rectas cortadas por una secante son
aquellos que están a un mismo lado de la secante, no tienen vértice común y uno se
encuentra en la región interna y el otro en la externa.
En la figura anterior son correspondientes las parejas de ángulos: 1 y 5; 2 y 6; 4 y 8; 3 y 7.
Definición 3: Dos ángulos alternos entre dos rectas cortadas por una secante son aquellos
que están a distintos lados de la secante, no tienen vértice común y ambos se encuentran en
una misma región (o en la interna o en la externa).
En la figura anterior son alternos las parejas de ángulos: 1 y 7; 2 y 8; 4 y 6; 3 y 5.
Definición 4: Dos ángulos conjugados entre dos rectas cortadas por una secante son
aquellos que están a un mismo lado de la secante, no tienen vértice común y ambos se
encuentran en una misma región (o en la interna o en la externa).
En la figura anterior son conjugados las parejas de ángulos: 1 y 8; 2 y 7; 4 y 5; 3 y 6.
También entre dos rectas paralelas cortadas por una secante se forman ángulos
correspondientes, alternos y conjugados que tienen propiedades especiales.
Antes de abordar tales propiedades especiales demostremos el siguiente teorema:
Teorema 3.2: En todo triángulo la suma de las amplitudes de dos de sus ángulos siempre es
menor que 1800.
Demostración:
Auxiliémonos de la siguiente figura para explicar la demostración.
C
D
O
B
A
Premisas: Se tiene el ΔABC .
Tesis: ∠ACB + ∠BAC < 180 0 .
Indiquemos por O el punto medio del lado AC , por lo que CO = OA . Construyamos en la
prolongación del segmento BO el segmento OD = BO . Como los ángulos COB y AOD son
opuestos por el vértice entonces, son iguales. De lo anterior de deduce que los triángulos
AOD y COB son iguales. De la igualdad de estos triángulos se deduce que ∠OCB = ∠OAD.
El ∠BAD = ∠BAO + ∠OAD ya que el rayo AO corta al segmento BD cuyos extremos se
hallan en los lados del ángulo BAD, puesto que ∠OAD = ∠OCB , el ∠BAD = ∠ACB + ∠BAC .
El ángulo BAD no es llano porque el punto D no se halla en la recta AB. Por ello, el
28
∠BAD < 180 0 , lo que significa que ∠ACB + ∠BAC < 180 0 . Queda de esta forma demostrado
el teorema.
Teorema 3.3: Dos ángulos conjugados entre dos rectas paralelas cortadas por una secante
suman 1800.
Demostración:
c
a
1
2
b
Premisas: Sea a // b, c secante y los ángulos 1 y 2 conjugados.
Tesis: ∠1 + ∠2 = 180 0
Supongamos que las amplitudes de estos ángulos no suman 1800. Por tanto, su suma será
menor o mayor que 1800. Para concretar consideremos que la suma es menor que 1800. En
este caso, los ángulos 1 y 2 son dos ángulos del triángulo que se forma por la intersección de
las rectas a, b y c dos a dos, como se muestra en la figura siguiente:
c
a
1
2
b
P
Esto significa que las rectas a y b se cortan en un punto P, lo que contradice las premisas, ya
que a // b. Queda demostrado el teorema.
Teorema 3.4: Dos ángulos correspondientes entre dos rectas paralelas cortadas por una
secante son iguales.
29
c
a
1
2
b
Premisas: a // b, c secante, ∠1 y ∠2 correspondientes.
Tesis: ∠1 = ∠2 .
Demostración:
c
a
1
1´
2
b
∠1 y ∠ 1´ son adyacentes, por lo que ∠1 + ∠ 1´=1800… (1).
∠ 1´ y ∠2 son conjugados entre paralelas, por lo que ∠ 1´+ ∠2 = 1800… (2). Restando (1) y
(2) miembro a miembros obtenemos ∠1 - ∠2 = 0, deduciéndose que ∠1 = ∠2 . Queda
demostrado el teorema.
Teorema 3.5: Dos ángulos alternos entre dos rectas paralelas cortadas por una secante son
iguales.
c
a
1
2
b
Premisas: a // b, c secante, ∠1 y ∠2 alternos.
Tesis: ∠1 = ∠2 .
30
Demostración:
c
a
1 1´
2
b
∠1 y ∠ 1´ son adyacentes, por lo que ∠1 + ∠ 1´=1800… (1).
∠ 1´ y ∠2 son conjugados entre paralelas, por lo que ∠ 1´+ ∠2 = 1800… (2). Restando (1) y
(2) miembro a miembros obtenemos ∠1 - ∠2 = 0, deduciéndose que ∠1 = ∠2 . Queda
demostrado el teorema.
Los recíprocos a los teoremas 3.3, 3.4 y 3.5 también son válidos.
Teorema 3.6: Si dos ángulos conjugados entre dos rectas cortadas por una secante suman
1800, las rectas cortadas son paralelas.
c
a
1
2
b
Premisas: Sean los ángulos 1 y 2 conjugados; a y b rectas cortadas y c secante.
Tesis: a // b.
Demostración:
Supongamos que a y b no son paralelas, por tanto se cortan. Si se cortan, de acuerdo al
teorema directo 3.3, los ángulos 1 y 2 no suman 1800, lo que contradice una de las premisas,
lo que nos hace concluir que nuestra suposición es falsa, quedando demostrado el teorema.
Los otros teoremas recíprocos de los teoremas directos 3.4 y 3.5, se demuestran de manera
similar al anterior, por lo que como ejercicios te dejaremos su demostración.
Teorema 3.7: Si dos ángulos correspondientes entre dos rectas cortadas por una secante
son iguales, las rectas cortadas son paralelas.
Teorema 3.8: Si dos ángulos alternos entre dos rectas cortadas por una secante son iguales,
las rectas cortadas son paralelas.
31
Una vez tratados los teoremas anteriores pasaremos al estudio de los criterios de
paralelismo entre rectas.
3.3. Criterio de paralelismo de rectas.
Teorema 3.9: Si la recta c es paralela a las rectas a y b, las rectas a y b son paralelas.
Premisas: c // a y c // b
Tesis: a // b
Demostración:
Supongamos que las rectas a y b no son paralelas, es decir, se cortan en un punto dado al
que denotaremos por P. Por premisas por el punto P pasan dos rectas a y b que son
paralelas a la recta c, lo que es imposible por el axioma VI, que plantea que por un punto
exterior a una recta puede ser trazada una y sólo una recta paralela a esta. Por tanto,
nuestra suposición es falsa, quedando demostrado así el teorema.
Este teorema también se puede demostrar aplicando las propiedades de los ángulos que se
forman entre dos rectas paralelas cortadas por un secante, por lo que te lo proponemos
como ejercicio de este capítulo.
Teorema 3.10: Si una recta a es perpendicular a las rectas b y c, las rectas b y c son
paralelas.
a
b
c
Premisas: a ⊥ b y a ⊥ c
Tesis: b // c.
Demostración:
Supongamos que las rectas b y c no son paralelas, por lo que se deduce, por ejemplo según
el teorema 3.4, que los ángulos correspondientes no son iguales, lo que contradeciría las
premisas, ya que estos ángulos al ser c perpendicular a las rectas b y c, miden cada uno 900.
Nuestra suposición es falsa, quedando demostrado así el teorema.
Estamos también en condiciones de referirnos a la unicidad del trazado de una perpendicular
a una recta que pasa por un punto exterior a esta.
Teorema 3.11: Por un punto exterior a una recta dada se puede trazar una y sólo una recta
perpendicular a esta.
32
La demostración del teorema anterior te lo asignamos como ejercicio del capítulo ya que
estás en condiciones de hacerlo con los conocimientos que has estudiado hasta este
momento.
Hay que destacar que el paralelismo entre rectas es una relación de equivalencia, es decir,
se cumplen las siguientes condiciones:
a) Una recta a dada es paralela a ella misma (a //a) (condición de simetría).
b) Si una recta a es paralela a una recta b, la recta b es paralela a la recta a (a // b ⇒ b // a)
(condición reflexiva).
c) Si una recta a es paralela a una recta b y esta recta b a su vez es paralela a una recta c,
la recta a es paralela a la recta c (a // b ∧ b // c ⇒ a // c) (condición de transitividad).
Otro de los aspectos de interés que trataremos es el de la construcción por un punto exterior
a una recta de una paralela a ella, utilizando la regla y el compás. Antes de ello,
abordaremos el siguiente teorema:
Teorema 3.12: Si dos ángulos tienen sus lados respectivamente paralelos y ambos son
agudos o ambos son obtusos, estos ángulos son iguales.
Haremos la demostración para cuando los dos ángulos sean agudos.
S
P
T
U
R
Q
Premisas: Sean los ángulos agudos PQR y STU en los que QP // TS y QR // TU.
Tesis: ∠PQR = ∠STU .
Demostración:
Auxiliémonos de la siguiente figura.
S
P
w
3
T
2
1
U
R
Q
X
Tracemos la semirrecta complementaria TW a la semirrecta TU y la complementaria TX a la
semirrecta TS. Por tanto, WU // XS. Los ángulos 1 y 3 son correspondientes entre las
paralelas PQ y XS con secante WU, luego ∠1 = ∠3 … (A). Los ángulos 3 y 2 son
33
correspondientes entre las paralelas QR y WU con secante PQ, luego ∠3 = ∠2 … (B). Por
transitividad, de las igualdades (A) y (B), se deduce que ∠1 = ∠2 . Queda demostrado el
teorema.
Refirámonos a continuación a la transportación de ángulos.
Se tiene el ∠AOB .
1. Haciendo centro en el vértice O tracemos una circunferencia de tal forma que corte los
lados del ángulo dado en los puntos C y D.
2. Tracemos una semirrecta MN cualquiera. Haciendo centro en el punto de origen M
trazamos una circunferencia que tenga el mismo radio que la trazada anteriormente, la
cual cortará a la semirrecta dada en un punto P.
3. Con el compás haciendo coincidir sus patas con los puntos C y D, medimos así la
amplitud del ángulo AOB.
4. Con esta misma abertura del compás, haciendo centro en el punto P tazamos una
circunferencia que cortará a la ya trazada en un punto Q.
5. Tracemos la semirrecta MQ que quede en un semiplano respecto a MN. De esta
forma queda transportado el ángulo AOB, obteniendo el ángulo PMQ de igual amplitud
al dado.
A
N
D
O
Q
C
P
B
M
Demos entonces, los pasos para la construcción por un punto exterior a una recta de una
paralela a ella, utilizando la regla y el compás.
Sea r una recta cualquiera y P un punto exterior a ella.
1. Tracemos por P una recta que corte a la recta r. Denotemos ese punto por R.
2. Sea Q un punto de la recta r. Tomémoslo a la derecha de R (también se puede tomar
a la izquierda de R).
3. Sea T un punto de la semirrecta RP, de forma tal que R se halle entre R y T.
4. Transportemos el ángulo PRQ a la semirrecta PT de forma tal que quede al mismo
lado que está el ángulo PRQ con respecto a la semirrecta RT.
5. Se prolonga en ambas direcciones el otro lado del ángulo construido y se construye
así la recta paralela a la recta r, que pasa por el punto P.
34
T
P
P
r
r
R
Q
T
P
r
R
Q
EJERCICIOS DEL CAPÍTULO
1. Demostrar los teoremas 3.7, 3.8 y 3.11 formulados en este capítulo.
2. Demuestre el teorema 3.9 aplicando las propiedades de los ángulos que se forman entre
dos paralelas cortadas por una secante.
3. Formule un posible recíproco del teorema 3.10 y demuestre su veracidad o falsedad.
4. Demuestre si las siguientes proposiciones son verdaderas o falsas. Argumente, a través
de un contraejemplo, las que resulten falsas. Compruebe, a través de las definiciones y
teoremas estudiados, las que resulten verdaderas.
a) Si dos ángulos son iguales entonces son correspondientes entre dos paralelas
cortadas por una secante.
b) Si dos ángulos formados entre dos rectas cortadas por una secante se encuentran a
un mismo lado de la secante y en la misma región entonces son conjugados.
c) Las bisectrices de dos ángulos correspondientes entre dos rectas paralelas cortadas
por una secante son paralelas.
d) Los ángulos alternos entre dos rectas cortadas por una secante son iguales.
e) Si dos ángulos formados entre dos rectas cortadas por una secante se encuentran a
diferentes lados de la secante y en regiones diferentes entonces son alternos.
5. Si las rectas m y n son paralelas, AE es bisectriz del ángulo BAD, ∠ADC = 40 0 . Halla la
amplitud del ángulo α .
35
α
m
B
A
F
C
n
D
6. Una recta al cortar a dos paralelas, ha formado dos ángulos conjugados, ubicados ambos
en la región externa, tales que uno de ellos es la quinta parte del otro. Halle la amplitud de
estos dos ángulos y de los restantes.
7. En la figura ∠2 = ∠1 + ∠3 . Probar que las rectas a y b son paralelas.
a
1
2 O
3
b
8. En la siguiente figura fundamenta que las rectas p y q son paralelas.
s
p
112
0
q
680
9. En la figura AB // CD, ∠1 = 40 0 y BD bisectriz del ∠ABC hallar ángulo x.
x
C
D
A
1
B
36
CAPÍTULO 4: TRIÁNGULOS.
En los capítulos anteriores ya nos hemos referido a la definición de triángulo y a una de las
relaciones que se dan entre dos ángulos cualesquiera, por lo que te pedimos que las estudie
para que comprendas los conocimientos que vamos a abordar en el presente capítulo. En
primer lugar trataremos la clasificación de los triángulos según las longitudes de sus lados y
las amplitudes de sus ángulos, así como las propiedades relacionadas con algunos de ellos.
Además, estudiaremos las relaciones métricas que se dan entre los lados, entre los ángulos
y entre lados y ángulos de un triángulo, así como las definiciones y construcciones de sus
rectas y puntos notables. En este capítulo nos referiremos al tercer y criterio de igualdad de
triángulos.
4.1. Diferentes tipos de triángulos; sus propiedades.
Los triángulos se clasifican atendiendo a las longitudes de sus lados y a las amplitudes de
sus ángulos.
Según las amplitudes de sus ángulos se clasifican en:
• Acutángulos.
• Obtusángulos.
• Rectángulos.
Definición 1: Un triángulo se denomina acutángulo si todos sus ángulos son agudos.
Definición 2: Un triángulo se denomina obtusángulo si tiene un ángulo obtuso.
Definición 3: Un triángulo se denomina rectángulo si tiene un ángulo recto. Los lados que
forman el ángulo recto se llaman catetos y el lado que se opone a este ángulo se llama
hipotenusa.
Según las longitudes de sus lados se clasifican en:
• Escalenos.
• Isósceles.
• Equiláteros.
Definición 4: Un triángulo se denomina escaleno si sus tres lados son desiguales.
Definición 5: Un triángulo se denomina isósceles si tiene dos lados iguales. Los dos lados
iguales se llaman laterales y el tercero, base.
Definición 6: Un triángulo se denomina equilátero si sus tres lados son iguales.
Propiedad de los triángulos isósceles
Definición 7: Los ángulos que se forman entre los lados laterales y la base de un triángulo
isósceles se denominan ángulos bases. También se dice que estos ángulos son adyacentes
a la base.
37
Teorema 4.1: Los ángulos bases de un triángulo isósceles son iguales.
Demostración:
Tracemos un segmento AB y la mediatriz del mismo. Tomemos un punto C de la mediatriz,
distinto del punto medio del segmento. Por la propiedad fundamental de la mediatriz
AC = BC , por lo que hemos construido el triángulo isósceles ABC de base AB .
C
A
D
B
Como D es punto medio, por definición de mediatriz de un segmento, AD = DB , además
∠ADC = ∠CDB = 90 0 . CD es común para los triángulos ADC y CDB. Por tanto, por el axioma
V, estos triángulos son iguales, de lo que se deduce que ∠A = ∠B , quedando demostrado
así el teorema.
Nota: También se deduce que ∠ACD = ∠BCD , por lo que CD es la bisectriz del ángulo ACB.
Este aspecto lo retomaremos más adelante cuando estudiemos las rectas notables y sus
propiedades en el triángulo.
Se debe destacar que los triángulos equiláteros son también isósceles porque cumplen la
condición de tener dos lados iguales. Cualquier lado del triángulo puede servir de la base
porque todos son iguales.
Propiedad de los triángulos equiláteros
Teorema 4.2: Los ángulos de un triángulo equilátero son iguales.
Demostración:
Sea ABC un triángulo equilátero. Si tomamos como base el lado AB , ∠A = ∠B . Si tomamos
como base el lado BC , ∠B = ∠C . Por transitividad ∠A = ∠C y queda demostrado el
teorema.
Teorema 4.3 (Tercer criterio de igualdad de triángulos): Si dos triángulos tienen sus tres
lados respectivamente iguales, los triángulos son iguales o congruentes.
Para demostrarlo nos apoyaremos en la siguiente figura de análisis.
38
C2
A
D
C1
C
B
A1
B1
Premisas: Se tienen los triángulos ABC y A1B1C1, en los cuales AB = A1 B1 , BC = B1C1 y
AC = A1C1 .
Tesis: ΔABC = ΔA1 B1C1 , lo que significa que ∠A = ∠A1 , ∠B = ∠B1 y ∠C = ∠C1 .
Demostración:
Si ∠A = ∠A1 o ∠B = ∠B1 , los triángulos serán iguales por el axioma V.
Utilicemos el método de demostración indirecta o reducción al absurdo. Supongamos
entonces que en los triángulos ∠A ≠ ∠A1 y ∠B ≠ ∠B1 . Construyamos a partir de la semirrecta
AB en el semiplano en el que se encuentra el punto C un ángulo igual al ∠A1 , según el
axioma IV2, y construyamos en su lado el segmento AC 2 igual a A1C1 , por el axioma IV1.
ΔA1 B1C1 = ΔABC 2 , según el axioma V. Estos triángulos tienen AB = A1 B1 por las premisas del
teorema, además, A1C1 = AC 2 y ∠B1 A1C1 = ∠BAC 2 por construcción. De la igualdad de los
triángulos resulta que BC 2 = B1C1 .
Los triángulos CC2A y CC2B son isósceles y tienen CC 2 como base común. En ellos
AC = AC 2 ya que AC = A1C1 y A1C1 = AC 2 ; además, BC = BC 2 ya que BC = B1C1 y
B1C1 = BC 2 .
Sea D el punto medio del segmento CC 2 . El punto D no se halla en la recta AB porque CC 2
no corta a esta recta. De aquí se deduce que las rectas AD y BD son diferentes.
De acuerdo al teorema 4.1 y la nota realizada en el mismo, las rectas AD y BD son
perpendiculares a la recta CC2. Sin embargo, por el punto D se puede trazar solamente una
recta perpendicular a la recta CC2. Hemos llegado a una contradicción. Queda demostrado el
teorema.
4.2. Relaciones métricas en el triángulo.
Relaciones entre los ángulos de un triángulo.
Teorema 4.4: En todo triángulo la suma de las amplitudes de dos de sus ángulos siempre es
menor que 1800.
Este teorema ya fue demostrado anteriormente.
Definición 8: Se llama ángulos exteriores de un triángulo a los ángulos que son adyacentes
a los ángulos interiores del mismo.
39
Teorema 4.5: En todo triángulo cualquier ángulo exterior del mismo es mayor que los
interiores no adyacentes a él.
Auxiliémonos de la siguiente figura de análisis.
B
1
2
C
A
D
Premisas: Se tiene el triángulo ABC, ∠1 exterior y ∠2 interior no adyacente a ∠1 .
Tesis: ∠1 > ∠2 .
Supongamos que ∠1 no es mayor que ∠2 . En este caso se dan dos posibilidades: ∠1 = ∠2
o ∠1 < ∠2 .
En el primer caso, como ∠1 = ∠2 y son correspondientes entre las rectas cortadas AB y CB
y la secante DC entonces AB // BC, por lo que no se formaría el ΔABC . Llegamos a una
contradicción quedando demostrado el teorema para este caso.
2
1
C
A
D
En el segundo caso, como ∠1 < ∠2 , entonces a partir de la semirrecta CA y en el mimo
semiplano donde se halla el ∠1 con respecto a esta semirrecta, se puede construir el ángulo
ACE que sea igual al ∠1 .
B
E
1
D
A
C
Luego, tendremos que ∠1 + ∠BAC = 1800 por ser adyacentes. Comprobemos entonces lo que
sucede con la suma ∠BAC + ∠ACE = 180 0 − ∠1 + ∠1 = 180 0 , lo que no es posible en virtud del
teorema 4.4, puesto que ACE es un triángulo y la suma ∠BAC + ∠ACE < 180 0 . Queda
demostrado también para este caso el teorema.
Analizados los dos casos posibles se concluye que el teorema queda demostrado totalmente.
Teorema 4.6: La suma de los ángulos interiores de un triángulo es igual a 1800.
40
Premisas: Se tiene el triángulo ABC; ∠A , ∠B y ∠C son sus ángulos interiores.
Tesis: ∠A + ∠B + ∠C =1800.
Demostración:
Tracemos por el punto C una recta FG paralela a la recta DE que contiene al lado AB , como
se muestra en la figura que vemos a continuación.
F
D
G
C
A
B
E
Como DE // FG, ∠A = ∠ACF y ∠B = ∠BCG por ser alternos entre las paralelas DE y FG con
secantes AC y BC, respectivamente. Como F, C y G están alineados, el ∠FCG = 180 0 .
Luego, como ∠ACF + ∠C + ∠BCG = ∠FCG = 180 0 entonces, se obtendría de todo lo anterior
que ∠A + ∠B + ∠C =1800. Queda demostrado el teorema.
Teorema 4.7: En todo triángulo cualquier ángulo exterior del mismo es igual a la suma de los
interiores no adyacentes a él.
C
D
A
B
Premisas: Se tiene el triángulo ABC. ∠DAC exterior ; ∠ABC , ∠BCA interiores no
adyacentes al ∠DAC .
Tesis: ∠DAC = ∠ABC + ∠BCA
Demostración:
Según el teorema 4.6 se tiene que ∠CAB + ∠ABC + ∠BCA = 1800… (1). Además, como
∠DAC y ∠CAB son adyacentes, se cumple que ∠DAC + ∠CAB =1800… (2). Despejando
∠CAB de (2) y sustituyéndolo en (1) obtenemos: 1800 - ∠DAC + ∠ABC + ∠BCA = 1800 y de
esta última, ∠DAC = ∠ABC + ∠BCA , quedando demostrado así el teorema.
Relación entre lados y ángulos de un triángulo.
Teorema 4.8: En todo triángulo a lados iguales se oponen ángulos iguales y viceversa.
Demostración:
Demostremos primeramente que a lados iguales se oponen ángulos iguales. Si el triángulo
tiene dos lados iguales, entonces es un triángulo isósceles, por tanto sus ángulos bases que
se oponen a estos lados son iguales por el teorema 4.1.
Demostremos que a ángulos iguales se oponen lados iguales.
Sea ABC un triángulo con ∠A = ∠B . Tracemos por C una recta perpendicular a la recta que
contiene al lado AB .
41
C
A
B
D
Como ∠A = ∠B y ∠ADC = ∠BDC entonces, por el teorema 4.6, ∠ACD = ∠BCB . Como CD
es común para los triángulos ADC y BDC, por el segundo criterio de igualdad de triángulos
se deduce que ΔADC = ΔBDC . Por tanto AD = DB . Luego, se deduce que CD es la mediatriz
del segmento AB . De esta última conclusión por la propiedad fundamental de la mediatriz de
un segmento CA = CB . De esta forma el teorema queda demostrado.
Teorema 4.9: En todo triángulo al mayor (menor) de los lados se opone el mayor (menor) de
los ángulos viceversa.
Demostración:
En primer lugar demostremos que al mayor de los lados se opone el mayor de los ángulos.
B
D
A
C
Sea AB > BC . Sobre la semirrecta BA construyamos el segmento BD igual al lado BC .
Entonces, AB > BD , por lo que D se halla entre los puntos B y A. La semirrecta CD pasa
entre los lados del ∠ACB , por cortar al segmento AB . Por ello, ∠BCA < ∠BCD …(1).
Los ángulos BCD y BDC son iguales (2) por oponerse a lados iguales en el ΔBCD . El ∠BDC
es ángulo exterior del ΔADC , por lo que se cumple que ∠BDC > BAC … (3). De las
conclusiones (1), (2) y (3) es obvio que se deduce que ∠BCA > ∠BAC . Queda demostrada
esta parte del teorema.
Demostremos ahora que al mayor de los ángulos se opone el mayor de los lados, es decir,
∠BCA > ∠BAD ⇒ AB > BC. Supongamos que esta proposición es falsa. Entonces, AB = BC
o AB < BC . Si se cumple que AB = BC , del teorema 4.7 se deduce que ∠BCA = ∠BAD , lo
que contradice las premisas. Si se cumple que AB < BC , del teorema 4.8 se deduce que
∠BCA < ∠BAD , lo que también contradice las premisas del teorema. Luego, nuestra
suposición es falsa, quedando demostrado así el teorema.
42
Relación entre los lados de un triángulo.
Teorema 4.10 (Desigualdad triangular): En todo triángulo la suma de dos cualesquiera de
de sus lados es mayor que la del tercero.
Si a, b, c son los lados del triángulo, se cumplirá que:
• a+b>c
• a+c>b
• b+c>a
Premisas: Se tiene el triángulo ABC; a, b, c son sus lados.
Tesis:
• a+b>c
• a+c>b
• b+c>a
Demostración:
Auxiliémonos de la siguiente figura de análisis.
B
c
A
a
b
C
D
Demostremos la primera de las desigualdades, pues las demás se demuestran de manera
análoga, es decir, que a + b > c.
En la semirrecta AC tomemos un punto D de tal forma que C esté entre A y D y de que
BC = CD . De acuerdo a esta construcción el ΔBCD es isósceles de base BD , por lo que
∠CBD = ∠BDC .
∠ABD > ∠CBD , ya que la semirrecta BC pasa entre los BA y BD. Por consiguiente,
∠ABD > ADB . A partir del teorema 4.9, deducimos que AD > AB , es decir, que
AC + BC > AB . Queda demostrado el teorema.
4.3. Rectas y puntos notables en el triángulo.
Las rectas notables de un triángulo son: las alturas, las medianas, las bisectrices y las
mediatrices. Definámoslas a continuación.
Definición 9: Se denominan altura de un triángulo al segmento de la perpendicular trazada
desde cada vértice a la recta que contiene al lado opuesto correspondiente y que tiene como
extremos a dicho vértice y el pie de la perpendicular.
Las alturas se denotan por la letra minúscula h con un subíndice que corresponde a la letra
de la longitud del lado correspondiente.
43
B
hb
c
a
ha
hc
A
b
C
Definición 10: Se denomina mediana de un triángulo al segmento determinado por cada
vértice del triángulo y el punto medio del lado opuesto.
Las medianas se denotan por la letra minúscula m con un subíndice que corresponde a la
notación del lado puesto al vértice.
B
m AC
m BC
m AB
A
C
Definición 10: Se denomina bisectriz de un triángulo al segmento de la bisectriz de cada
ángulo interior del mismo que está determinado por el vértice del ángulo y el punto medio de
intersección de la bisectriz con el lado opuesto.
Las bisectrices de denotan por la letra minúscula b con un subíndice que corresponde al
ángulo en cuestión, que pudiera ser la letra que representa a la amplitud o al ángulo.
C
mγ
mα
A
mβ
B
Definición 11: Se denomina mediatriz de un triángulo a cada mediatriz de los lados del
triángulo.
44
Las mediatrices se denotan por una letra mayúscula M con un subíndice que corresponde al
lado en cuestión el que pudiera ser la letra de la longitud o la notación del lado: Ma, Mb, Mc ó
MBC, MAC, MAB.
B
Mc
c
Mb
a
Ma
A
b
C
Atención
Aunque se nombran rectas notables de un triángulo, habrás notado según las definiciones
dadas, que sólo las mediatrices son rectas del triángulo, en los restantes casos son
segmentos.
En la medida que se desarrolle el contenido se hará referencia a las propiedades de las
bisectrices de un triángulo
Definición 12: Al punto de intersección de las alturas de un triángulo se les denomina
ortocentro.
Definición 13: Al punto de intersección de las medianas de un triángulo se les denomina
baricentro o centro de gravedad.
Definición 14: Al punto de intersección de las bisectrices de un triángulo se les denomina
incentro o centro de la circunferencia inscrita en el triángulo.
Definición 15: Al punto de intersección de las mediatrices de un triángulo se les denomina
circuncentro o centro de la circunferencia circunscrita alrededor del triángulo.
Más adelante haremos referencia a las propiedades del baricentro o centro de gravedad de
un triángulo.
Hemos hecho referencia a la circunferencia inscrita en el triángulo y a la circunscrita
alrededor de este. ¿Cómo construirlas?
Construcción de la circunferencia inscrita en un triángulo.
1. Se trazan las bisectrices de dos de sus ángulos.
2. Desde el incentro se traza una perpendicular a cualquiera de los lados. Esta
perpendicular cortará a ese lado en un punto.
45
3. Haciendo centro en el incentro y tomando como radio al segmento comprendido entre el
incentro y el punto de intersección de la perpendicular trazada con el lado dado se traza
la circunferencia inscrita en el triángulo.
B
mα
E
D
A
C
mβ
Recta perpendicular al lado AB
Construcción de la circunferencia circunscrita alrededor de un triángulo.
1. Se trazan las mediatrices de dos de sus lados.
2. Desde el circuncentro se traza un segmento que una a este con el vértice.
3. Haciendo centro en el circuncentro y tomando como radio al segmento comprendido entre
el circuncentro y el vértice se traza la circunferencia circunscrita alrededor del triángulo.
B
Ma
c
a
F
A
C
Mc
EJERCICIOS DEL CAPÍTULO.
1. Demuestra los siguientes teoremas:
1.1. Los ángulos de un triángulo equilátero son iguales y su amplitud es de 600.
1.2. En todo triángulo isósceles la mediatriz trazada a la base coincide con la bisectriz
del ángulo principal (el que se opone a la base), con la altura y con la mediana,
relativas a la misma.
1.3. En los triángulos equiláteros todas las rectas notables del mismo coinciden.
46
1.4.
Si en un triángulo la mediatriz a uno de sus lados coincide con la altura entonces el
triángulo isósceles, dicho lado es su base y también dicha mediatriz coincide con la
bisectriz y la mediana.
1.5. Si A, B y C son tres puntos, no necesariamente distintos, la distancia AB no es
mayor que la suma de las distancias AC + CB . (Sugerencia: ténganse en cuenta
tres casos: cuando los puntos son diferentes y no están alineados; cuando los
puntos son diferentes y están alineados; cuando dos puntos coinciden y; cuando
todos los puntos coinciden.
2. En el ejercicio anterior el teorema 1.4 es uno de los recíprocos del teorema 1.2.
Construye los otros posibles recíprocos y comprueba su veracidad o falsedad.
3. Construye los posibles recíprocos de los teoremas 1.1 y 1.3 del ejercicio 1 y comprueba
su veracidad o falsedad.
4. Demuestre que la suma de dos segmentos que se cortan es mayor que la suma de los
segmentos que unen sus extremos.
5. Se tiene el triángulo ABC y un punto D en el lado AB . Demuestra que
AB + BC = AD + DC .
6. ¿Es posible formar triángulos con tres segmentos que miden, respectivamente:
a) 10, 15, 6 cm?
b) 14, 9, 5 cm?
c) 8, 11, 20 cm?
d) 1, 6, 7 cm?
e) 12, 11, 10 cm?
f) 16, 20, 14 cm?
7. ¿Existe un triángulo de dos ángulos rectas?
8. Demuéstrese que en todo triángulo hay dos ángulos exteriores obtusos.
9. Demuéstrese que cualquier segmento cuyos extremos se hallan en los lados de un
triángulo no es mayor que el lado mayor del triángulo.
10. Se conoce que se llama oblicua al segmento de la recta que pasa por un punto exterior a
una recta dada y que la corta. Este segmento tiene por extremos al punto exterior y al
punto de intersección de las rectas. Demuestre que la oblicua trazada por un punto
exterior a una recta es siempre mayor que la distancia del punto a la misma.
11. En la siguiente figura DE oblicua, DC distancia de D a la recta r. C pie de la
perpendicular DC. Se denomina al segmento EC proyección de la oblicua DE sobre la
recta r.
D
r
E
C
11.1. Demuestre DE > DC .
11.2. Demuestre que las oblicuas iguales, trazadas a una recta dada por un mismo
punto, tienen proyecciones iguales y, recíprocamente, que si son iguales las
proyecciones de las oblicuas, trazadas a una recta dada por un mismo punto,
también son iguales las oblicuas.
47
11.3. Demuestre que de dos oblicuas trazadas por un mismo punto a una recta es mayor
aquella que tiene mayor proyección y, recíprocamente, que la oblicua mayor posee
mayor proyección.
12. Por el punto B se ha trazado a la recta a la oblicua BC . Demuestre que por el punto B se
puede trazar otra oblicua BD de la misma longitud que BC .
13. Por el punto B se han trazado a la recta a la perpendicular BA, de forma tal que A es el
pie de la misma sobre dicha recta, y dos oblicuas BC y BD . El punto D se halla entre A y
C. demuestre que el ∠BDC es obtuso.
14. ¿Qué es mayor: la base o el lateral del triángulo isósceles si su ángulo principal mide 570.
15. ¿Cuánto miden los ángulos del triángulo rectángulo isósceles (isorectángulo)?
16. Demuestre que en el triángulo rectángulo de ángulo agudo de 300 el cateto opuesto a
este ángulo es igual a la mitad de la hipotenusa. (Sugerencia: trace una semirrecta de
origen en el vértice del ángulo recto de forma tal que obtenga dos triángulos isósceles).
17. Sea ABC un triángulo. ¿Cómo trazar por el vértice A una recta de modo que los vértices B
y C equidisten de la recta y esta no corte al lado BC ?
18. Sea ABC un triángulo isósceles de base AB y de laterales AC y BC . Demuestre que es
constante la suma de las distancias entre las rectas AC y BC y un punto X cualquiera de
la base.
19. En la figura AB // CD, MN bisectriz del ∠M ; ∠MEB= 24 0 y ∠MFD = 78 0 . Hallar ∠MND .
M
E
A
C
B
F
N
D
20. En la figura AB // CD y AE y CE son las bisectrices de los ángulos BAC y ACD,
respectivamente. Probar que ∠AEC = 90 0 .
A
B
E
C
D
21. En la figura MN ⊥ BC , ∠B = 50 0 y ∠1 = 30 0 . Hallar ∠CAB y ∠NMB .
C
N
1
M
A
B
48
22. Probar que si en un triángulo uno de sus ángulos exteriores es el doble de uno de los
interiores no adyacentes a él, el triángulo es isósceles.
23. En un triángulo isósceles ABC de base AB , el ángulo principal mide 300. Si M es un
punto de la base, probar que CA > CM .
24. En la figura ∠A = 40 0 , ∠CBD = 80 0 , ∠ACD = 60 0 . Probar que AB = CD .
C
A
D
B
25. En la figura AI y BI bisectrices de los ∠A y ∠B , respectivamente, MN // AB. Probar que
AM + NB = MN .
C
M
I
N
B
A
26. Demostrar que si se traza una paralela a la base de un triángulo isósceles que corte a los
lados laterales, se forma otro triángulo isósceles.
27. Demostrar que las bisectrices de los ángulos bases de un triángulo isósceles forman con
la base otro triángulo isósceles.
28. Demostrar que la suma de las tres alturas de un triángulo es menor que la suma de los
tres lados.
29. Hallar el valor de la amplitud del ∠X , sabiendo que AE es la bisectriz del ∠A , CD ⊥ AB ,
∠B = 68 0 y ∠C = 46 0 .
C
E
X
A
D
B
30. Demostrar que en todo triángulo isósceles la bisectriz del ángulo exterior, adyacente al
principal, es paralela a la base.
31. Demuestra los siguientes teoremas:
31.1. Si dos ángulos tienen sus lados respectivamente paralelos y uno es agudo y el otro
es obtuso, estos son suplementarios.
31.2. Si dos ángulos tienen sus lados respectivamente perpendiculares y ambos son
agudos, los ángulos son iguales.
49
CAPÍTULO 5: LOS MOVIMIENTOS EN EL PLANO. CONGRUENCIA DE TRIÁNGULOS.
En este capítulo abordaremos los movimientos del plano y sus propiedades fundamentales,
en general y, en particular, la traslación, simetría axial o reflexión, la rotación y la simetría
central. Estos conocimientos nos permitirán demostrar los criterios de igualdad de triángulos,
ya tratados en capítulos anteriores, aplicando los movimientos del plano, así como otras
propiedades de figuras planas ya estudiadas.
5.1. Definición de movimiento; sus propiedades.
En la vida cotidiana se utiliza el término movimiento para indicar cambio de posición de un
objeto, el que se conserva la forma y el tamaño, es decir, el objeto al moverse permanece
invariable.
Para introducir la definición de este concepto tan importante para la Geometría utilizaremos
los conocimientos que tenemos de las aplicaciones o funciones biyectivas estudiadas en el
curso de Álgebra.
Sean F y F1 dos figuras en el plano. Diremos que entre los puntos de estas figuras se ha
establecido una aplicación biyectiva si los puntos de las figuras se han unido en pares (X, X1)
de modo que todo punto X de la figura F y todo punto X1 de la figura F1 pertenezcan a un par
y sólo a uno. Los puntos X y X1 de las figuras se denominan correspondientes. Por lo tanto,
para todo punto X de la figura F existe un punto correspondiente determinado X1 de la figura
F1 y viceversa. Hablaremos, entonces, de aplicación biyectiva de la figura F sobre la figura
F 1.
Definición 1: Una aplicación del plano sobre sí mismo se llama movimiento si conserva las
distancias. Esto significa que siendo X e Y dos puntos cualesquiera y X1 e Y1 sus puntos
correspondientes, se tiene XY = X 1Y1 .
Propiedades de los movimientos.
Teorema 5.1: Si, por efecto de un movimiento, tres puntos A, B y C que se hallan en una
recta, se transforman en los puntos A1, B1 y C1, estos se hallarán en una recta. Si el punto B
está entre A y C, el punto B1 estará entre A1 y C1.
Demostración:
Si los puntos A1, B1 y C1 no se hallan en una recta, entonces son vértices de un triángulo. Por
ello, se tiene A1C1 < A1 B1 + B1C1 . Por definición del movimiento, de aquí resulta que
AC < AB + BC . Sin embargo, debido a la propiedad de la medición de los segmentos, se
tiene AC = AB + BC . Hemos llegado a una contradicción. Queda demostrada la primera
afirmación del teorema.
Probemos ahora que el punto B1 se halla entre A1 y C1. Supongamos que A1 se halla entre B1
y C1. Entonces, se cumple que A1 B1 + A1C1 = B1C1 y, por consiguiente, tendremos
AB + AC = BC . Pero, esto entrará en contradicción con la igualdad AB + BC = AC , o sea, el
punto A1 no puede estar entre B1 y C1. Análogamente se demuestra que C1 no puede estar
50
entre A1 y B1. Puesto que uno de los tres puntos A1, B1 y C1 se encuentra entre los otros dos,
este punto puede ser únicamente B1. Queda demostrado completamente el teorema.
Del teorema anterior se deduce el siguiente corolario:
Corolario 5.1´: Todo movimiento transforma las rectas en rectas, las semirrectas en
semirrectas y los segmentos en segmentos.
Sean AB y AC dos semirrectas que parten de un punto común A y que no se hallan en una
misma recta. Por efecto del movimiento, estas semirrectas se transforman en unas
semirrectas A1 B1 y A1C1 . Puesto que todo movimiento conserva las distancias, los triángulos
ABC y A1B1C1 son iguales por el tercer criterio de igualdad. La igualdad de los triángulos
implica la igualdad de los ángulos BAC y B1C1A1. Por consiguiente, se cumple el siguiente
corolario:
Corolario 5.1´´: Los movimientos no alteran las amplitudes de los ángulos entre las
semirrectas.
Definición 2: Toda figura F1 que se obtiene de la figura F mediante un movimiento se llama
igual a F.
En efecto, cuando el punto X recorre la figura F, el punto correspondiente X1 recorre una
figura F1. Diremos que la figura F1 se obtiene de la figura F mediante un movimiento. Diremos
también que por efecto de este movimiento la figura F se transforma en la figura F1.
Aplicando los movimientos y sus propiedades podemos demostrar por esta vía el segundo y
tercer criterios de igualdad de triángulos.
Segundo criterio: Si dos triángulos tienen un lado y los ángulos adyacentes a él,
respectivamente iguales entonces, los triángulos son iguales o congruentes.
Demostración:
Se tiene el triángulo ABC y el triángulo A1B1C1, de forma tal que AB = A1 B1 , ∠A = ∠A1 y
∠B = ∠B1 .
C1
C
A1
A
B1
B
Como AB = A1 B1 , quiere decir que existe un movimiento que transforma a los puntos A y B
del triángulo ABC en sus correspondientes puntos A1 y B1 del triángulo A1B1C1. Además, por
el mismo movimiento como ∠A = ∠A1 , las semirrectas AB y AC se transforman en las
semirrectas A1B1 y A1C1, así como las semirrectas BA y BC se transforman en las
semirrectas B1A1 y B1C1. Las semirrectas AC y BC se cortan en el punto C y las semirrectas
51
A1C1 y B1C1, en el punto C1. Quedaría, por tanto demostrar que el punto C se transforma en
el punto C1 por este movimiento. Supongamos que el punto C se transforma en el punto C2.
Supongamos, además, que se halla en la semirrecta B1C1 entre los puntos B1 y C1. C2 es el
punto correspondiente de C entonces tendremos que la semirrecta AC se transforma en la
semirrecta A1C2, por tanto, el ∠A se transforma en el ∠B1 A1C2 .
C1
C2
C
A1
A
B1
B
Luego, se infiere que ∠A = ∠B1 A1C2 . Pero, ∠B1 A1C2 < ∠A1 , por cortar la semirrecta A1C2 al
segmento B1C1 comprendido entre los lados del ∠A1 , de lo que se obtiene que ∠A < ∠A1 , lo
que entra en contradicción con las premisas. Nuestra suposición es falsa y queda
demostrado que el punto C se transforma por ese movimiento en el punto C1. Por ende, el
segmento BC se transforma en el segmento B1C1 y en virtud del primer criterio de igualdad
de triángulos se demuestra que los triángulos ABC y A1B1C1 son iguales. Queda demostrado
el teorema.
Tercer criterio: Si dos triángulos tienen sus tres lados, respectivamente iguales entonces,
los triángulos son iguales o congruentes.
Demostración:
Según la figura de análisis del criterio anterior se tienen los triángulos ABC y A1B1C1, tales
que AB = A1 B1 , BC = B1C1 y AC = A1C1 .
Como AB = A1 B1 , quiere decir que existe un movimiento que transforma a los puntos A y B
del triángulo ABC en sus correspondientes puntos A1 y B1 del triángulo A1B1C1 y por tanto la
semirrecta AB se transforma en la semirrecta A1B1. Análogamente, como AC = A1C1 , por
este mismo movimiento los puntos A y C se transforman en sus correspondientes A1 y C1, por
lo que la semirrecta AC se transforma en la semirrecta A1C1. Luego, el ∠A se transforma en
el ∠A1 , por el efecto de ese movimiento, resultando que ∠A = ∠A1 . Por el primer criterio de
igualdad, los triángulos ABC y A1B1C1 son iguales. Queda demostrado el teorema.
5.2. La simetría axial o reflexión en el plano.
Cuando en el plano hablamos de simetría axial o reflexión nos referimos a la simetría
respecto a una recta, ya que en el espacio esta simetría es respecto a un plano.
Sean r una recta y X un punto cualquiera del plano (figura 12). Tracemos por el punto X la
recta b perpendicular a la recta r, que corte a esta en el punto A. Construyamos el punto X1
atendiendo a la siguiente regla: si X se halla sobre la recta r, el punto X1 coincide con el
punto X; si X no se halla en la recta r, el punto X1 se encuentra en el otro semiplano respecto
52
a la recta r, pertenece a la recta b y la distancia AX 1 es igual a la distancia AX (esto
también se puede denotar así: d(A, X1) = d(A, X)).
r
b
A
X
X1
Fig.12
El punto X1 se denomina simétrico del punto X respecto a la recta r. el punto X es el
simétrico del punto X1 respecto a la recta r. Por lo tanto, se puede concluir que la aplicación
que transforma al punto X en el punto X1 es biyectiva.
Definición 3: La aplicación biyectiva del plano sobre sí mismo, que a todo punto X lo pone
en correspondencia el punto X1 simétrico respecto a una recta r, se le denomina simetría
axial o reflexión respecto a la recta r. Se dice que X1 es la imagen de X.
Teorema 5.2: La simetría axial o reflexión respecto a una recta es un movimiento.
Demostración:
Basta demostrar que con el efecto de dicha aplicación biyectiva se conservan las distancias.
Auxiliémonos de la siguiente figura de análisis.
r
X
A
B
Y
X1
Y1
Sean X e Y dos puntos cualesquiera y sean X1 e Y1 sus puntos correspondientes, simétricos
a estos respecto a la recta r. La afirmación del teorema consiste en que X 1Y1 = XY .
Consideremos el caso en que los puntos X e Y no se hallan en la recta r ni en una
perpendicular a la misma. Si trazamos una recta que pase por los puntos X y X1, esta corta a
r en el punto A. Si trazamos por los puntos Y e Y1 una recta cortará a r en el punto B. Como
X y X1 son simétricos se tendrá que XA = AX 1 ; asimismo como Y e Y1 son simétricos,
YB = YB1 . Resulta que ΔXAB = ΔX 1 AB , por el primer criterio de igualdad de triángulos, ya que
XA = AX 1 ,
lado
AB
∠XBA = ∠X 1 BA
y
común
y
∠XAB = ∠X 1 AB = 90 0 .
XB = X 1 B . Es fácil demostrar que
Entonces,
se
deduce
que
∠YBX = ∠Y1 BX 1 . Por ende,
53
ΔYBX = ΔY1 BX 1 por el primer criterio de igualdad. De todo ello, se concluye que X 1Y1 = XY ,
es decir, que la simetría axial o reflexión respecto a una recta es un movimiento.
La igualdad X 1Y1 = XY se obtiene también en los casos en que uno o ambos puntos se
hallan en la recta r o en una perpendicular a ella. Recomendamos al estudiante que
demuestre esto a título de ejercicio. Queda, entonces, demostrado el teorema.
Definición 4: Una figura F se denomina axialmente simétrica si mediante una simetría axial o
reflexión respecto a una recta se transforma en sí misma. A dicha recta se le denomina eje
de simetría de la figura F.
Propiedades de la simetría axial.
Por ser un movimiento cumple las propiedades generales ya abordadas en el epígrafe 5.1,
además, de las siguientes propiedades particulares:
1. En toda simetría axial o reflexión de eje r o respecto a la recta r se cumple que la imagen
de un semiplano de borde r es el semiplano opuesto, es decir, los semiplanos de borde r
se permutan.
2. En toda simetría axial o reflexión de eje r o respecto a la recta r se cumple que los puntos
del eje r son los únicos puntos fijos.
3. En toda simetría axial o reflexión de eje r o respecto a la recta r se cumple que el eje r y
las rectas perpendiculares a él son las únicas rectas fijas.
Estas propiedades se proponen como ejercicios para su demostración independiente por
parte de los estudiantes.
Procedimiento para la construcción de la imagen de un punto A por una simetría axial o
reflexión de eje r:
1. Se traza una perpendicular al eje r por el punto A y que lo corte en un punto O.
2. Se transporta, con ayuda de la regla graduada o del compás, el segmento AO sobre la
semirrecta complementaria a la semirrecta OA, determinando el punto A1 tal que
AO = A1O .
Aplicando la simetría axial o reflexión de eje r o respecto a la recta r, se pueden demostrar
propiedades ya estudiadas en capítulos anteriores tales como:
• Propiedad fundamental de la mediatriz de un segmento.
• Propiedad fundamental de la bisectriz de un segmento.
• Propiedad de los ángulos bases de un triángulo isósceles.
• Coincidencia de la mediatriz de un triángulo isósceles respecto a la base con las demás
rectas notables.
Ejemplifiquemos la aplicación de este movimiento para la propiedad de la bisectriz de un
ángulo. Las demás propiedades se asignan como ejercicios para que sean demostradas por
el estudiante de manera independiente.
Sea r una recta que tomaremos como eje de una simetría axial. Sea A un punto sobre la
recta r, por tanto A permanece fijo por las propiedades de este tipo de movimiento. Tracemos
por A una semirrecta AM que no se a perpendicular a la recta r. Por propiedades de los
54
movimientos, en general, y de la simetría axial, en particular, la semirrecta AM se transforma
en la semirrecta AM1 y ambas quedan en diferentes semiplanos respecto a r. Tomemos un
punto B sobre la semirrecta AM, por tanto, su simétrico B1 estará en la semirrecta AM1.
Tracemos por el punto B una perpendicular a la semirrecta AM. Esta cortará a la recta r en el
punto C, por lo que C es un punto fijo. Si por C y por B1 trazamos una recta esta será
simétrica a la recta BC. Como la semirrecta BA se transforma en la semirrecta B1A y la
semirrecta BC se transforma en la semirrecta B1C entonces, el ∠ABC se transforma en el
∠AB1C , además, ∠ABC = ∠AB1C =900.
r
A
B
B1
C
M1
M
Esto quiere decir que CB y CB1 son las distancias del punto C a las rectas AM y AM1,
respectivamente. Por la definición de movimiento, CB = CB1 , quedando demostrada la
propiedad.
5.3. Simetría central o simetría respecto a un punto.
Sea O un punto del plano y sea X un punto cualquiera (figura 13).
X1
O
Fig. 13
X
Construyamos el punto X1 atendiendo a la regla siguiente: si el punto X coincide con O, el
punto X1 es el punto O; si el punto X no coincide con O, el punto X1 pertenece a la semirrecta
complementaria de la semirrecta OX siendo d(O, X1) = d(O, X). El punto X1 obtenido de esta
forma se llama simétrico respecto al punto O.
Definición 5: La aplicación biyectiva del plano en sí mismo que a todo punto X le hace
corresponder el punto X1, según la regla señalada, se denomina simetría central o respecto
al punto O. Se dice que X1 es la imagen de X.
Teorema 5.3: La simetría central o respecto a un punto es un movimiento.
Demostración:
55
Sean X e Y dos puntos cualesquiera y sean X1 e Y1 los puntos que les corresponden en
virtud de la simetría respecto al punto O. El teorema afirma que: X 1Y1 = XY . Consideremos el
caso en que los puntos X e Y no coinciden con el punto O y no se hallan en una misma recta
que pasa por el punto O (figura 14).
Y1
X
O
X1
Y
Fig. 14
Los triángulos XOY y X1OY1 son iguales. Sus ángulos de vértice O son iguales por ser
opuestos por el vértice; X 1O = XO y Y1O = YO por definición de simetría central. De la
igualdad de estos triángulos resulta que X 1Y1 = XY . Este mismo resultado se obtiene para las
demás posiciones de los puntos X e Y respecto al punto O. Recomendamos a los
estudiantes que demuestre, como ejercicio, esto último.
Definición 6: Una figura F se denomina centralmente simétrica si mediante una simetría
central o simetría respecto a un punto O se transforma en sí misma. A dicho punto se le
denomina centro de simetría de la figura F.
Propiedades de la simetría central.
Por ser un movimiento cumple las propiedades generales ya abordadas en el epígrafe 5.1,
además, de las siguientes propiedades particulares:
1. El centro de simetría es el único punto fijo.
2. El centro de simetría es el punto medio de todo segmento que une a un punto con su
imagen.
3. Las rectas que pasan por el centro de simetría son las únicas rectas fijas.
4. Toda recta (semirrecta, segmento) y su imagen son paralelas.
Estas propiedades se proponen como ejercicios para su demostración independiente por
parte de los estudiantes.
Procedimiento para la construcción de la imagen de un punto A por una simetría centra o
simetría respecto al punto O:
1. Se traza la semirrecta AO.
2. Se transporta, con ayuda de la regla graduada o del compás, el segmento AO sobre la
semirrecta complementaria a la semirrecta OA, determinando el punto A1 tal que
AO = A1O .
Aplicando la simetría central o simetría respecto a un punto, se pueden demostrar
propiedades ya estudiadas en capítulos anteriores tales como:
• La propiedad de los ángulos alternos que se forman entre dos paralelas cortadas por una
secante.
56
•
Las propiedades de los ángulos opuestos por el vértice.
Demostremos la propiedad de los ángulos alternos que se forman entre dos paralelas
cortadas por una secante.
Sean a y b dos rectas paralelas cortadas por la secante c. Denotemos por A y B los puntos
de intersección de las rectas a y b con la secante c, respectivamente.
c
a
C1
A
O
b
B
C
Sea O el punto medio del segmento AB , luego, OA = OB . Por una simetría respecto al punto
O el punto A se transforma en el punto B. Tomemos el punto C sobre la recta b y
construimos su simétrico C1 por esa misma simetría, por tanto, OC = OC1 . Además,
BC = AC1 por ser un movimiento. De aquí resulta que b // C1A y como la recta a pasa por el
punto A y es paralela a la recta b, entonces por el axioma VI, las rectas C1A y a coinciden.
Los triángulos OBC y OAC1 son iguales por tener sus tres lados respectivamente iguales de
lo que resulta que ∠C1 AO = ∠COB , los cuales son alternos. Queda demostrada la propiedad.
5.4. Traslación.
El término “traslación” es utilizado diariamente para indicar acciones o efectos como: mudar
de lugar, hacer pasar una persona de un cargo a otro, etc. También en ocasiones se emplea
en lugar de este término, los de desplazamiento y deslizamiento. En este epígrafe se define
el concepto de traslación en términos matemáticos y se analizan sus propiedades.
Para abordar el mismo primeramente trataremos otro concepto que ya has estudiado en el
curso de Álgebra y es el de vector.
Definición 7: Se denomina segmento orientado o vector AB, en símbolos AB , si y sólo si se
considera el sentido de dirección de la semirrecta AB.
Representación gráfica
u
B
A
Los vectores también se pueden denotar por una letra minúscula u = AB .
Según la definición anterior, se tiene que un extremo precede al otro, es decir, los puntos del
segmento quedan ordenados con respecto a la relación “precede a”. En este caso se puede
hablar de un primer punto y un segundo punto del segmento orientado, siendo más usual
hablar de punto origen y del punto extremo, respectivamente. Luego, se puede plantear que
un segmento orientado está determinado unívocamente, dado un par ordenado de puntos.
57
Definición 8: Dos vectores se denominan equipolentes si y solo si tienen la misma longitud,
dirección y sentido de dirección.
Cuando hablamos de la misma dirección es que están sobre rectas paralelas o son se puede
decir que son paralelos.
En el texto básico Geometría II abordaremos con mayor profundidad todo el contenido
relacionado con los vectores. Por ahora, para comprender la definición de traslación nos
bastan las definiciones dadas de vector y de vectores equipolentes.
Definición 8: Se denomina traslación de vector u al movimiento del plano que a cada punto
X le hace corresponder un punto X1, tal que el vector XX 1 sea equipolente con u .
u
B
B1
A
A1
C
C1
Figura 15
En la figura 15, A1 es la imagen de A por la traslación de vector u , B1 la imagen de B, C1 la
imagen de C y el ΔA1B1C1 la imagen del ΔABC . u se denomina vector de traslación.
Propiedades de la traslación de vector u .
1. En toda traslación una recta (una semirrecta o un segmento) y su imagen son paralelos.
2. En la traslación no hay puntos fijos.
3. En la traslación las únicas rectas que son fijas son las paralelas al vector de traslación.
Las demostraciones de estas propiedades se asignan a los estudiantes como ejercicio.
Procedimiento para la construcción de la imagen de un punto A por una traslación de vector
u.
1. Se traza por el punto A una semirrecta paralela al vector u .
2. A partir del punto A se transporta el segmento, que coincide con el vector de traslación, a
la semirrecta trazada, determinando así al punto A1 de forma tal que AA1 sea equipolente
con el vector u .
Al igual que en los movimientos anteriores, las propiedades de la traslación se aplican para la
demostración de muchas de las propiedades estudiadas en capítulos anteriores y que las
propondremos en los ejercicios del capítulo.
58
5.5. La rotación de centro O y ángulo α.
También es muy frecuente escuchar expresiones tales como gira o rota un ángulo, por lo que
se hace necesario precisar un nuevo concepto de ángulo.
(p; q) , si y
Definición 9: Un ángulo ∠ (p; q) se denomina ángulo orientado, en símbolos
sólo si (p; q) es considerado un par ordenado, o sea, p es el lado inicial y q el final.
q
p
(p; q) ≠
(q; p) , o sea, un mismo ángulo da lugar a dos
Es necesario destacar que
ángulos orientados diferentes, intercambiando lado inicial con el final. En este caso se dice
que los ángulos tienen orientación opuesta. La orientación que coincide con el sentido de las
manecillas del reloj se considera negativo y la que coincide con el sentido contrario, positiva.
(p; q) al movimiento del plano
Definición 10: Se denomina rotación de centro O y ángulo
mediante el cual el punto O permanece fijo y a cada punto P distinto de O le hace
corresponder un punto P1 de forma tal que el ángulo ∠POP1 tenga la misma orientación y
(p; q). Al punto O se le llama centro de rotación.
amplitud que el ángulo
q
B1
A1
B
C
p
C1
A
Fig. 16
O
En la figura 16, los puntos A1, B1 Y C1 son las imágenes de los puntos A, B y C por la
rotación de centro O y ángulo
(p; q). El ΔA1B1C1 es la imagen del ΔABC .
Propiedades de la rotación.
1. El centro de rotación es el único punto fijo.
2. Todo punto y su imagen equidistan del centro de rotación.
Es bueno destacar que la simetría central o simetría respecto al punto O es un caso
particular de rotación con centro en el punto O y ángulo igual a 1800 o – 1800, en
dependencia donde esté ubicado el punto con respecto al centro de rotación.
Procedimiento para la construcción de la imagen de un punto A por una rotación de centro O
y ángulo
(p; q).
59
1. Se trasporta el ángulo ∠( p; q) a partir de la semirrecta OA, de modo que el ángulo
obtenido tenga igual orientación que el ∠( p; q ) .
2. Se transporta el segmento OA sobre la semirrecta imagen de la semirrecta OA y el punto
que se obtiene es el punto A1 imagen de A.
Como en los movimientos anteriores hay propiedades que hemos estudiado en capítulos
anteriores que pueden ser demostradas aplicando las rotaciones, las que propondremos
como ejercicios del capítulo.
Hasta aquí el estudio de los aspectos fundamentales de los movimientos del plano.
Anteriormente habíamos dado una definición de igualdad de triángulos en el capítulo 1. a
partir del estudio de los movimientos y sus propiedades estamos en condiciones de aportar
otra definición de este concepto.
Definición 11: Dos triángulos son iguales si existe un movimiento del plano que transforme
uno en el otro.
Ya no nos detendremos en los criterios de igualdad de triángulos y en sus demostraciones
aplicando la definición anterior ya que a medida que hemos ido avanzando en la explicación
del contenido del capítulo hemos ido abordando estos aspectos.
Ocupémonos ahora en los procedimientos a seguir en las construcciones elementales de
triángulos, a partir de los criterios de igualdad de estos.
5.6. Construcciones elementales de triángulos.
En las construcciones geométricas se trata de construir una figura geométrica con
instrumentos de dibujo dados. Estos instrumentos son en la mayoría de los casos la regla y
el compás. Ya en capítulos anteriores y en el que estamos hemos trabajado construcciones
geométricas elementales con el uso de estos instrumentos.
En este epígrafe nos ocuparemos de los procedimientos a seguir en la construcción de
triángulos que cumplan determinadas condiciones. Sólo explicaremos las condiciones
relacionadas con los criterios de igualdad de triángulos, ya que las demás construcciones se
propondrán como ejercicios del capítulo, por tenerse todas las herramientas para ello.
Construcción de un triángulo dados dos lados y el ángulo comprendido entre ellos.
Constrúyase el triángulo de lados a y b y ángulo ∠(a, b) , dados.
a
b
1. Tracemos con la regla una semirrecta de origen A.
60
2. Transportemos con el compás, a partir del origen A de esa semirrecta, el segmento a de
forma tal que obtengamos el punto B sobre esa semirrecta y que AB = a .
3. Transportemos el ángulo ∠(a, b) a partir de la semirrecta AB, haciendo coincidir su vértice
con el punto A.
4. Transportemos, con el compás sobre el otro lado del ángulo construido y a partir de A, el
segmento b de forma tal que obtengamos el punto C sobre ese lado del ángulo y que
AC = b .
C
b
a
A
B
5. Unamos los puntos B y C y obtendremos el triángulo buscado.
C
b
A
c
a
B
La construcción de triángulos con las condiciones dadas siempre es posible. Se pueden
construir cuatro triángulos con estas características: dos en ambos semiplanos de la
semirrecta AB y dos en ambos semiplanos semiplanos de la semirrecta complementaria a la
semirrecta AB.
Construcción de un triángulo dado un lado y los ángulos adyacentes a él.
Constrúyase el triángulo de lado a y ángulos ∠1 y ∠2
a
1
2
1. Tracemos una semirrecta de origen en el punto A.
2. Transportemos con el compás, a partir del origen A de esa semirrecta, el segmento a de
forma tal que obtengamos el punto B sobre esa semirrecta y que AB = a .
3. Transportemos el ángulo ∠1 a partir de la semirrecta AB, haciendo coincidir su vértice
con el punto A.
4. Transportemos el ángulo ∠2 a partir de la semirrecta BA, haciendo coincidir su vértice
con el punto B.
61
1
a
A
2
B
5. Donde los lados de los ángulos construidos se corten estará el punto C y quedará
construido el triángulo buscado.
C
1
a
A
2
B
La construcción de triángulos con las condiciones dadas sólo es posible si y sólo si
∠1 + ∠2 < 180 0 . En caso contrario no se podrá construir el triángulo. Este problema tiene
como en el caso anterior cuatro soluciones: dos en ambos semiplanos de la semirrecta AB y
dos en ambos semiplanos de la semirrecta complementaria a la semirrecta AB.
Construcción de un triángulo dados sus tres lados.
Constrúyase el triángulo de lados a, b y c.
a
b
c
1. Tracemos una semirrecta de origen en el punto A.
2. Transportemos con el compás, a partir del origen A de esa semirrecta, el segmento a de
forma tal que obtengamos el punto B sobre esa semirrecta y que AB = a .
3. Haciendo centro en el punto A y con radio igual a b, tracemos una circunferencia.
4. Haciendo centro en el punto B y con radio igual a c, tracemos otra circunferencia.
62
A
a
B
5. Las circunferencias se deben cortar en dos puntos que se hallan en diferentes semiplanos
respecto a la semirrecta AB. Denotemos estos puntos por C y C1. Uniéndolos con los
puntos A y B obtenemos los triángulos buscados.
C
A
a
B
C1
La construcción de triángulos con las condiciones dadas sólo es posible si y sólo si se
satisfacen las condiciones: a + b > c, a + c > b y b + c > a. En caso contrario no se podrá
construir el triángulo. Este problema tiene como en los casos anteriores cuatro soluciones:
dos en ambos semiplanos de la semirrecta AB y dos en ambos semiplanos de la semirrecta
complementaria a la semirrecta AB.
63
EJERCICIOS DEL CAPÍTULO.
1. Aplicando la definición y propiedades de la simetría axial demuestra las siguientes
propiedades estudiadas en capítulos anteriores:
1.1. Propiedad fundamental de la mediatriz de un segmento.
1.2. Propiedad de los ángulos bases de un triángulo isósceles.
1.3. Coincidencia de la mediatriz de un triángulo isósceles respecto a la base con las
demás rectas notables.
2. Aplicando la definición y propiedades de la simetría central demuestra la propiedad
fundamental de los ángulos opuestos por el vértice.
3. Aplicando la definición de traslación y sus propiedades demuestra la propiedad
fundamental de los ángulos correspondientes entre dos rectas paralelas cortadas por una
secante.
4. Demuestra las propiedades de los movimientos estudiados en este capítulo, que fueron
asignados como ejercicios durante el desarrollo del mismo.
5. Demuestra los criterios de la igualdad de los triángulos rectángulos:
5.1. Dos triángulos rectángulos son iguales si tienen un cateto y uno de sus ángulos
agudos, respectivamente iguales.
5.2. Dos triángulos rectángulos son iguales si tienen la hipotenusa y uno de sus
ángulos agudos, respectivamente iguales.
5.3. Dos triángulos rectángulos son iguales si tienen sus catetos, respectivamente
iguales.
6. Demuestra que las medianas trazadas a los lados laterales de un triángulo isósceles son
iguales.
7. Demuestra que las bisectrices de los ángulos bases de un triángulo isósceles son iguales.
8. Demuestra que las alturas trazadas a los lados laterales de un triángulo isósceles son
iguales.
9. Demuestra que la longitud de cualquier mediana de un triángulo es menor que la
semisuma de las longitudes de los lados entre los cuales ella se halla.
10. Construya el triángulo dados sus lados AB y BC y la mediana relativa a uno de los lados
AB o AC .
11. Construya el triángulo dados sus lados AB y BC y la mediana trazada desde el punto A.
12. Construya el triángulo dados su lado AB , el ángulo A y la longitud de la bisectriz del
ángulo A.
13. Construya el triángulo dados su lado AB , el ángulo A y la longitud de la bisectriz del
ángulo B.
14. Demuestre que el triángulo cuyos vértices son los puntos medios de los lados de un
triángulo equilátero, es equilátero.
15. Construir un triángulo rectángulo dados un cateto y la hipotenusa.
16. Construir un triángulo rectángulo dados sus catetos.
17. Construir un triángulo rectángulo dados un cateto y el ángulo opuesto a este.
18. Construir un triángulo rectángulo dados la hipotenusa y un ángulo agudo.
19. Construir un triángulo rectángulo dados un cateto y uno de los ángulos adyacentes a él.
20. En la figura se tiene que ∠1 = ∠2 y ∠3 = ∠4 . Demostrar que AC = AD .
64
C
3
4
1
2
B
A
D
21. En la figura el triángulo ABC es isósceles de base AB , AD = EB . Demostrar que el
triángulo DEC es isósceles.
C
A
D
E
B
22. En la figura ΔABC isósceles de base AB y ∠1 = ∠2 . Demostrar que ΔABD es isósceles.
C
12
B
A
23. En la figura A1C1 // AB, B1C1 ⊥ BC , B1C ⊥ AB y A1 B1 = AB . Probar que ΔA1 B1C1 ≅ ΔABC.
C
C1
B
A1
A
B1
24. En la figura
rectángulo en A
ΔABC
AB ′ = BA′ y BC = B ′C ′ Demostrar que: ∠1 = ∠1′ .
y
ΔA′B ′C ′
rectángulo
en
A/.
65
C´
C
A
B´
B
A´
25. En la figura los triángulos AEC y BCD son equiláteros. Probar que AD = BE .
D
E
C
A
B
26. Construir un triángulo equilátero dado el lado.
27. Construir un triángulo isósceles dado:
a) Uno de sus lados laterales y el ángulo que ellos forman.
b) Un lado lateral y la base.
c) Uno de sus lados laterales y un ángulo de la base.
28. Construir un triángulo dados un lado, la altura y la mediana correspondientes a dicho
lado.
29. Construir un triángulo dados un lado, la altura correspondiente a dicho lado y un ángulo
adyacente.
66
CAPÍTULO 6: CUADRILÁTEROS CONVEXOS.
En este capítulo estudiaremos las definiciones y las propiedades de los cuadriláteros
convexos, en general, y, en particular, del paralelogramo, el rectángulo, el rombo, el
cuadrado, el trapecio, el trapezoide simétrico, así como las fórmulas para el cálculo del área
y perímetro de estos y de los triángulos. En la demostración de las propiedades de los
cuadriláteros se aplicarán, en su generalidad, las definiciones y propiedades de los
movimientos estudiados, por lo que quedará como ejercicios del capítulo su demostración a
través de los criterios de la igualdad de triángulos.
6.1. Línea poligonal. Polígono y cuadrilátero convexo.
Definición 1: Se llama línea poligonal o quebrada a la figura que consta de los puntos A1,
A2, A3,…, An-1, An con los segmentos A1 A2 , A2 A3 ,..., An −1 An uniendo los puntos consecutivos.
Los puntos A1, A2, A3,…, An-1, An se llaman vértices de la línea poligonal y los segmentos
A1 A2 , A2 A3 ,..., An −1 An , lados de la línea poligonal. Se llama longitud de la línea poligonal a la
suma de las longitudes de sus lados. En la figura 17 se representa una línea poligonal de
seis vértices y cinco lados.
A1
A2
A3
A4
A6
Figura 17
A5
Definición 2: Una línea poligonal se llama abierta si el origen del primer segmento no
coincide con el extremo del último. Según la definición 1, A1 ≠ An .
Definición 3: Una línea poligonal se llama cerrada si el origen del primer segmento coincide
con el extremo del último. Según la definición 1, A1 ≡ An .
Definición 4: Se le denomina polígono a toda línea poligonal cerrada. Los puntos A1, A2,
A3,…, An-1, An se denominan vértices del polígono, los segmentos A1 A2 , A2 A3 ,..., An −1 An , sus
lados y los segmentos que unen los puntos no consecutivos, sus diagonales.
En la figura 18, A1, A2, A3, A4 y A5 son los vértices del polígono;
A1 A2 , A2 A3 , A3 A4 , A4 A5 y A5 A1 , sus lados y A1 A3 , A2 A4 , A3 A5 y A5 A2 son sus diagonales.
Los polígonos se clasifican atendiendo a la cantidad de lados que tenga, por ejemplo:
• Triángulo (3 lados).
• Cuadrilátero (4 lados).
• Pentágono (5 lados), ( representado en la figura 18).
• Exágono (6 lados).
67
•
•
•
•
Eptágono (7 lados).
Octógono (8 lados).
Nonágono (9 lados).
Decágono (10 lados).
A2
A1
A3
Figura 18
A5
A4
Definición 4: Un polígono se denomina cóncavo si se encuentra en diferentes semiplanos
respecto a la recta que contiene cualquiera de sus lados (figura 19).
Definición 5: Un polígono se denomina convexo si se encuentra en un mismo semiplano
respecto a la recta que contiene cualquiera de sus lados (figura 20).
r
B
G
F
A
H
C
D
E
Figura 19
J
I
Figura 20
Definición 6: Se denomina cuadrilátero convexo al polígono convexo de cuatro lados.
Teorema 6.1: La suma de los ángulos interiores de un cuadrilátero convexo es igual a 3600.
Demostración:
Sea ABCD un cuadrilátero convexo. Demostremos que ∠A + ∠B + ∠C + ∠D = 3600.
En el capítulo 4 estudiamos el teorema relativo a la suma de los ángulos interiores de un
triángulo, por lo que para la demostración del presente teorema, lo tendremos en cuenta.
Para ello, tracemos la diagonal AC del cuadrilátero y formemos dos triángulos: ABC y ACD,
como se muestra en la figura 21.
68
C
3
B
1
A
4
2
Figura 21
D
La diagonal trazada divide al ∠A en los ángulos 1 y 2 y, al ∠C en los ángulos 3 y 4, por lo
que se cumple que: ∠A = ∠1 + ∠2 y ∠C = ∠3 + ∠4 . En el triángulo ABC se cumple que
∠1 + ∠B + ∠3 = 180 0 y, en el triángulo ACD, que ∠2 + ∠4 + ∠D = 180 0 . Si sumamos miembro a
miembro las igualdades anteriores obtendremos que:
∠1 + ∠B + ∠3 + ∠2 + ∠4 + ∠D = 180 0 + 180 0 = 360 0 . De esta última igualdad resulta:
∠A + ∠B + ∠C + ∠D = 3600. Queda demostrado el teorema.
Esta propiedad las cumplen todos los cuadriláteros convexos que estudiaremos en los
próximos epígrafes.
6.2. Paralelogramo: definición y propiedades.
Definición 7: Se denomina paralelogramo al cuadrilátero convexo que tiene sus lados
opuestos paralelos, es decir, se hallan en rectas paralelas (figura 22).
B
C
D
A
Figura 22
En un paralelogramo al segmento de la perpendicular trazada desde uno de sus vértices al
lado opuesto o a su prolongación se le llama altura del paralelogramo y su longitud es igual a
la distancia del vértice a la base opuesta.
Propiedades del paralelogramo.
Teorema 6.2: El paralelogramo es una figura centralmente simétrica y el punto de
intersección de sus diagonales es su centro de simetría.
Demostración:
Sea ABCD un paralelogramo. Tracemos la diagonal AC y su punto medio O. Por tanto, A, O
y C están alineados, además, AO = OC , por lo que A se transforma en C por una simetría
central de centro O. Como las semirrectas AB y CD son paralelas, entonces AB se
transforma en CD por esa misma simetría central, como el punto B se halla sobre la
semirrecta AB, su imagen por la simetría central prefijada se hallará sobre la semirrecta CD.
Supongamos que B se transforma en el punto D1 (figura 23). Demostremos que D1 ≡ D .
69
Supongamos que D1 ≠ D . Ocurre, luego, que como C es la imagen de A y D1 es la imagen
de B y viceversa, se obtendrá que BC // AD1 , pero por definición de paralelogramo BC // AD .
De esto resulta que por el punto A se han trazado dos paralelas a BC, lo que contradice al
axioma VI. Nuestra suposición es falsa por lo que D1 ≡ D . Entonces D es la imagen de B por
la simetría central de centro O. Queda demostrado el teorema.
B
C
O
D
A
Figura 23
D1
Del teorema anterior se pueden demostrar los demás teoremas relativos a las propiedades
del paralelogramo.
Teorema 6.3: Las diagonales de un paralelogramo se bisecan, es decir, se cortan en su
punto medio.
Demostración:
En efecto, como ya se demostró que el punto de intersección de las diagonales es su centro
de simetría, entonces es obvio que AO = OC y OB = OD . Queda demostrado el teorema.
Teorema 6.4: Los lados opuestos de un paralelogramo son iguales.
Demostración:
En virtud del teorema 6.2, como A y B se transforman por la simetría central de centro O en
los puntos C y D, respectivamente y, viceversa, entonces, es evidente que
AB = CD y AD = CB . Queda demostrado el teorema.
Teorema 6.5: Los ángulos opuestos de un paralelogramo son iguales.
Demostración:
Según el teorema 6.2, la semirrecta AB se transforma en la semirrecta CD y la semirrecta AD
en la semirrecta CB, de que resulta que ∠BAD = ∠CBA . De igual forma como las semirrectas
BA y BC se transforman en las semirrectas CD y DA, resulta que ∠ABC = ∠CDA . Queda
demostrado el teorema.
Teorema 6.6: Dos ángulos consecutivos cualesquiera de un paralelogramo son
suplementarios, es decir, suman 1800.
Demostración:
Según la definición de paralelogramo AB // CD. Si asumimos como secante la recta AC, se
tiene que los ángulos BAC y DCA son conjugados, por lo que su suma es igual a 1800. si
70
asumimos como secante a la recta BD, se tiene que los ángulos ABD y BDC son conjugados,
por lo que su suma es igual a 1800.
De manera análoga como AC // BD, con las secantes AB y CD se forman los pares de
ángulos BAC y ABD, ACD y BDC son conjugados y, por tanto, suman 1800. Queda
demostrado el teorema.
Analicemos ahora las condiciones necesarias y suficientes que debe cumplir un cuadrilátero
convexo para que sea un paralelogramo. Para ello, se han construido los recíprocos de los
teoremas sobre las propiedades de los paralelogramos, de los cuales sólo demostraremos
uno. Los demás se asignan como ejercicios del capítulo para su demostración por el
estudiante.
Teorema 6.7: Si un cuadrilátero convexo es una figura centralmente simétrica y su centro de
simetría es el punto de intersección de sus diagonales, entonces es un paralelogramo.
Demostración:
Sea ABCD un cuadrilátero convexo y O el punto de intersección de sus diagonales (figura
24). Como O es el centro de simetría y el cuadrilátero dado es centralmente simétrico, se
tiene que A se transforma en C y viceversa, B se transforma en D y viceversa. Por tanto, las
rectas AB y AD se transforman en las rectas CD y CB, respectivamente. De esto resulta que
AB // CD y AD // CB, por lo que los lados del cuadrilátero dado son paralelos al hallase sobre
restas paralelas. Entonces, el cuadrilátero ABCD, en virtud de la definición de paralelogramo,
es un paralelogramo. Queda demostrado el teorema.
B
A
C
O
Figura 24
D
Teorema 6.8: Si en un cuadrilátero las diagonales se bisecan, entonces es un
paralelogramo.
Teorema 6.9: Si un cuadrilátero tiene un par de lados opuestos paralelos e iguales, entonces
es un paralelogramo.
Teorema 6.10: Si en un cuadrilátero los ángulos opuestos son iguales, entonces es un
paralelogramo.
Teorema 6.11: Si en un cuadrilátero dos ángulos consecutivos cualesquiera son
suplementarios, entonces es un paralelogramo.
A partir de lo estudiado estamos en condiciones de introducir el contenido referido a la
paralela media de un triángulo.
71
Definición 8: Se denomina paralela media de un triángulo al segmento comprendido entre
los puntos medios de dos de sus lados.
El triángulo tiene tres paralelas medias que cumplen la siguiente propiedad:
Teorema 6.12 (Propiedad de la paralela media de un triángulo): La paralela media de un
triángulo comprendida entre dos lados de un triángulo es paralela al tercero e igual a la mitad
de la longitud de este.
Demostración:
Sea ABC un triángulo y MN una de las paralelas medias como se representa en la figura 25.
B
M
N
Figura 25
A
C
Luego, se tiene que M y N son los puntos medios de los lados AB y BC , respectivamente.
Prolonguemos el segmento MN , como se muestra en la figura 26 y tomemos sobre esa
prolongación un punto P, de forma que N se halle entre N y P y que MN = NP .
B
M
N
P
A
Figura 26
C
Tracemos por C y P la semirrecta CP. Como NB = NC por ser N punto medio de BC ,
MN = NP por construcción y ∠BNM = ∠PNC por ser opuestos por el vértice, los triángulos
BNM y PNC son iguales por el primer criterio de igualdad (axioma V). De ello, resulta que
∠ABC = ∠BCP por oponerse a lados iguales en triángulos iguales, es decir, por ser lados
homólogos en triángulos iguales. Además, si observamos estos ángulos se forman por las
rectas cortadas AB y CP y la secante BC. Luego, se tendrá que los ángulos ABC y BCP son
conjugados e iguales, de lo que se deduce que AB // CP. También BM = CP por ser lados
homólogos en triángulos iguales. Como AM = BM por ser M punto medio del lado AB , se
obtiene que AM = CP , por tanto, en el cuadrilátero ACPM se tiene un par de lados paralelos
e iguales y, en virtud del teorema 6.9, es un paralelogramo, de que resulta que MN // AC y
AC
.
MP = AC . De esta última igualdad de tiene que 2 MN = AC , de lo que se obtiene MN =
2
Queda demostrado el teorema.
72
6.3. Paralelogramos particulares: rectángulo, rombo y cuadrado.
En este epígrafe abordaremos las definiciones y propiedades de los paralelogramos
particulares: el rectángulo, el rombo y el cuadrado, los que cumplen todas las propiedades
generales del paralelogramo tratadas en el epígrafe anterior pero, a su vez tienen
propiedades que los caracterizan en particular. Estas propiedades no serán demostradas ya
que se asignarán como ejercicios del capítulo, al tener los y las estudiantes todos los
conocimientos, destrezas y habilidades para realizarlas de manera independiente.
Definición 9: El rectángulo es un paralelogramo que tiene al menos un ángulo recto (figura
27).
B
A
C
Figura 27
D
Propiedades del rectángulo.
Teorema 6.13: El rectángulo es una figura axialmente simétrica y su eje de simetría es
cualquier mediatriz de sus lados.
Teorema 6.14: Las diagonales de un rectángulo son iguales.
Analicemos ahora las condiciones necesarias y suficientes que debe cumplir un
paralelogramo para que sea un rectángulo. Sus demostraciones las dejaremos asignadas
como ejercicios del capítulo.
Teorema 6.15: Si un paralelogramo es axialmente simétrico y su eje de simetría es cualquier
mediatriz de sus lados, entonces es un rectángulo.
Teorema 6.16: Si un paralelogramo tiene sus diagonales iguales, entonces es un rectángulo.
Definición 10: El rombo es un paralelogramo que tiene sus lados iguales (figura 28).
B
C
A
Figura 28
D
73
Propiedades del rombo.
Teorema 6.17: El rombo es una figura axialmente simétrica y su eje de simetría es
cualquiera de sus diagonales.
Teorema 6.18: Las diagonales del rombo son perpendiculares.
Teorema 6.19: Las diagonales del rombo son las bisectrices de los ángulos cuyos vértices
unen.
Analicemos ahora las condiciones necesarias y suficientes que debe cumplir un
paralelogramo para que sea rombo. Sus demostraciones las dejaremos asignadas como
ejercicios del capítulo.
Teorema 6.20: Si un paralelogramo es axialmente simétrico y su eje de simetría es
cualquiera de sus diagonales, entonces es un rombo.
Teorema 6.21: Si un paralelogramo tiene sus diagonales perpendiculares, entonces en un
rombo.
Teorema 6.22: Si en un paralelogramo sus diagonales son las bisectrices de los ángulos
cuyos vértices unen, entonces es un rombo.
Definición 11: Un cuadrado es un paralelogramo con al menos un ángulo recto y con sus
lados iguales (figura 29).
B
A
C
D
Figura 29
De esta definición de deduce que el cuadrado es, a su vez, un rectángulo y un rombo. Por
tanto el cuadrado cumple todas las propiedades de estos.
Analicemos ahora algunas de las condiciones necesarias y suficientes que debe cumplir un
paralelogramo para que sea cuadrado. Sus demostraciones las dejaremos asignadas como
ejercicios del capítulo.
Teorema 6.23: Si un paralelogramo tiene sus diagonales iguales y se cortan
perpendicularmente, entonces es un cuadrado.
Teorema 6.24: Si un paralelogramo tiene sus diagonales iguales y estas son bisectrices de
los ángulos cuyos vértices unen, entonces es un cuadrado.
Teorema 6.25: Si un paralelogramo tiene sus lados y sus diagonales iguales, entonces es un
cuadrado.
74
6.4. Trapecio y trapezoide.
Definición 12: El cuadrilátero convexo que tiene un par de lados puestos paralelos se le
denomina trapecio (figura 30).
B
C
D
A
Figura 30
Observa que, según esta definición, el paralelogramo es también un trapecio.
Los lados paralelos del trapecio reciben el nombre de bases del trapecio. El segmento de la
perpendicular trazada desde uno de sus vértices al lado opuesto o a su prolongación se le
llama altura del trapecio y su longitud es igual a la distancia del vértice a la base opuesta.
Los ángulos adyacentes a las bases del trapecio se les denomina ángulos bases.
Definición 13: Al segmento que une los puntos medios de los lados no paralelos de un
trapecio se le llama paralela media del trapecio.
Teorema 6.26: (Propiedad de la paralela media de un trapecio): La paralela media de un
trapecio es paralela a sus bases e igual a la semisuma de las longitudes de estas.
Demostración:
Sea ABCD un trapecio y MN su paralela media (figura 31).
D
C
E
3
1
M
2
N
4
A
Figura 31
F
B
Tracemos por N una recta paralela al lado AD , que corte a la base AB en el punto F y a la
prolongación de la base DC , en el punto E. Los triángulos FNB y CNE son iguales ya que
∠1 = ∠2 por ser opuestos por el vértice, ∠3 = ∠4 , por ser alternos entre paralelas y
NC = NB . De ello resulta que NE = NF por ser lados homólogos en estos triángulos iguales.
El cuadrilátero AFED es evidentemente un paralelogramo al tener sus lados opuestos
paralelos, por lo cual AD = FE . En consecuencia son iguales las mitades de estos lados, es
decir, AM = FN . Resulta entonces que el cuadrilátero AFNM es un paralelogramo por tener
un par de lados paralelos e iguales, por lo que AF // MN. Pero como también AF // DC, se
infiere que MN // DC, quedando demostrado que la paralela media del trapecio es paralela a
las bases del mismo.
MN = DE , por ser lados opuestos del paralelogramo MNED, pero, DE = DC + CE , por tanto
MN = DC + CE …(1).
75
MN = AF , por ser lados opuestos del paralelogramo AFNM, pero AF = AB − FB , por tanto
MN = AB − FB …(2).
Sumando miembro a miembro las igualdades (1) y (2) obtenemos:
2 MN = DC + CE + AB − FB …(3)
Como CE = FB por ser lados homólogos en triángulos iguales, la igualdad 3 quedará:
2 MN = DC + AB
DC + AB
Despejando MN obtenemos: MN =
.
2
Queda demostrado completamente el teorema.
Definición 13: El trapecio que tiene uno de sus ángulos bases recto se le denomina trapecio
rectángulo.
Definición 14: El trapecio que tiene sus lados no paralelos iguales se le denomina trapecio
isósceles.
Propiedades del trapecio isósceles.
Teorema 6.27: Los ángulos bases adyacentes a una misma base del trapecio isósceles son
iguales.
Teorema 6.28: Las diagonales de un trapecio isósceles son iguales.
Las demostraciones de estas propiedades quedan asignadas como ejercicios del capítulo.
Definición 15: El cuadrilátero convexo que no tiene lados paralelos recibe el nombre de
trapezoide.
Hay trapezoides que tienen una característica especial y se denominan trapezoides
simétricos.
Definición 16: Al trapezoide que tiene dos pares de lados consecutivos iguales se les llama
trapezoide simétrico (figura 32).
D
C
A
Figura 32
B
En la figura 32, AD = DC y AB = BC .
76
Propiedades del trapezoide simétrico. (la demostración de estas propiedades se asignan
como ejercicios del capítulo).
Teorema 6.29: El trapezoide simétrico es axialmente simétrico y su eje de simetría es la
diagonal que une los vértices donde concurren los lados iguales.
Teorema 6.30: Las diagonales del trapezoide simétrico son perpendiculares.
Teorema 6.31: La diagonal que une los vértices de un trapezoide simétrico donde concurren
sus lados iguales es la bisectriz de los ángulos que estos forman.
6.5. Área y perímetro de triángulos y cuadriláteros.
Etimológicamente la palabra perímetro significa medida alrededor.
Definición 17: Se denomina perímetro P de un polígono a la suma de las longitudes de sus
lados. La unidad básica de medida del perímetro es el metro.
Las fórmulas del perímetro de los polígonos estudiados hasta ahora aparecen resumidas en
la siguiente tabla.
POLÍGONO
Triángulo
FIGURA DE ANÁLISIS
a
PERÍMETRO
P=a+b+c
b
c
Cuadrilátero
(Trapezoide y
trapecio)
a
c
d
Rectángulo
P=a+b+c+d
b
P = 2(a + b)
b
a
a
b
Cuadrado y rombo
P = 4a
a
a
a
a
77
Definición 18: Se denomina área de una superficie plana al número de veces que ella
contiene a la unidad de medida de esa naturaleza, es decir al metro cuadrado (cuadrado de
un metro de lado).
Fórmula del área de un rectángulo.
En la figura 33 representamos un cuadrado como unidad de medición y un rectángulo cuya
área debe ser medida.
Dividamos los lados del cuadrado en N partes iguales y tracemos por los puntos de división
rectas paralelas a sus lados. El cuadrado quedará dividido en N2 cuadrados pequeños. En la
figura el lado del cuadrado ha sido dividido en 5 partes. El número de cuadrados pequeños
es de 5 x 5 = 25.
B
m
C
A
Figura 33
n
Determinemos el área del cuadrado pequeño. El área del cuadrado grande es igual a la
suma de las áreas de los cuadrados pequeños. Puesto que el área del cuadrado grande es
igual a la unidad y que el número de cuadrados pequeños es igual a N2, el área del cuadrado
1
pequeño es igual a 2 . Indiquemos por q el lado del cuadrado pequeño y, por consiguiente,
N
1
el área del cuadrado pequeño es 2 = q 2 .
N
Construyamos en las semirrectas AB y AC segmentos iguales a q, 2q, 3q,… y tracemos por
sus extremos rectas paralelas a los lados del rectángulo. Obtendremos una red de cuadrados
de lado q que cubren el rectángulo. De terminemos el número de cuadrados contenidos en el
rectángulo y el número de cuadrados que contienen al rectángulo.
Sean a y b los lados del rectángulo, indiquemos mediante m el entero de la división de a por
q y mediante n el entero de la división de b por q. Entonces, el número de cuadrados
contenidos en el rectángulo será mn , mientras que el número de cuadrados que contienen al
rectángulo no será mayor que (m + 1)(n + 1) . De aquí resulta que el área A del rectángulo está
comprendida entre mnq 2 y (m + 1)(n + 1)q 2 , o sea, que
mnq 2 ≤ A ≤ (m + 1)(n + 1)q 2 .
Demostremos ahora que el producto ab está comprendido entre estos mismos números.
Efectivamente, se tiene que
mq ≤ a ≤ (m + 1)q
y
nq ≤ b ≤ (m + 1)q . Por eso,
mnq 2 ≤ ab ≤ (m + 1)(n + 1)q 2 .
Puesto que los números A y ab están comprendidos entre los números mnq 2 y
(m + 1)(n + 1)q 2 , difieren a lo sumo en (m + 1)(n + 1)q 2 - mnq 2 , o sea, difieren a lo sumo en
78
mq 2 + nq 2 + q 2 . Como mq ≤ a y nq ≤ b , de aquí se deduce que A y ab difieren no más que en
aq + bq + q 2 .
1
a b
Tomando el número N suficientemente grande, el número aq + bq + q 2 , igual a
+ + 2,
N N N
será tan pequeño como se quiera. Resulta que la diferencia entre los números A y ab es todo
lo pequeña que se quiera. Pero esto puede darse sólo si son iguales.
Por consiguiente, el área del rectángulo de lados a y b es A = ab.
Aquí a y b se miden con el lado del cuadrado que se ha tomado como unidad de medición
del área.
Para la deducción de las fórmulas del cálculo de las áreas de los restantes cuadriláteros
introduzcamos el concepto de equivalencia de superficies.
Definición 19: Dos superficies son equivalentes si para ellas se cumple que:
1) Son iguales o
2) Se pueden descomponer en el mismo número de superficies iguales dos a dos o
3) Se pueden completar mediante el mismo número de superficies iguales dos a dos para
obtener superficies iguales.
Si dos superficies S1 y S2 son equivalentes, entonces tienen igual área y escribimos A1 = A2.
Por ejemplo, las superficies que aparecen representadas en la figura 34 son equivalentes ya
que los triángulos 1, 2, 3, 4 , 5 y 6 de la figura de la izquierda son iguales a los triángulos A,
B, C, D, E y F de la figura de la derecha, respectivamente.
F
2
1
4
3
5
6
A
E
B
D
C
Figura 34
Fórmula del área de un paralelogramo.
Sea ABCD un paralelogramo. Tracemos por los puntos A y B las altura AF y BE relativas al
lado CD , como se muestra en la figura 35.
F
A
D
Figura 35
E
C
B
Se obtiene de esta forma el rectángulo ABEF. Como se puede observar el paralelogramo se
ha dividido en el cuadrilátero ABED y el triángulo BCE. El rectángulo ABEF como se puede
79
observar se la descompuesto en el cuadrilátero ABED y el triángulo ADF. No es difícil
demostrar que los triángulos BCE y ADF son iguales, por lo que el paralelogramo ABCD y el
rectángulo ABEF se han descompuesto en dos superficies iguales dos a dos, ya que el
cuadrilátero ABED es común para ambos. Con esto se demuestra que un paralelogramo es
equivalente a un rectángulo en el que uno de sus lados es igual a un lado del paralelogramo
y el otro es igual a la altura del paralelogramo relativa al lado correspondiente, por lo tanto
tienen igual área. De ello se deduce que:
El área de un paralelogramo es igual al producto de las longitudes de un lado y la
altura correspondiente.
A = b⋅h
Fórmula del área de un triángulo.
Sea ABC un triángulo cualquiera. Tracemos una recta PQ paralela al lado AB y que pase
por los puntos medios M y N de los lados AC y BC , respectivamente, como se muestra en
la figura 36.
C
D
M
N
F
E
P
A
Figura 36
Q
B
Tracemos por los puntos A, B y C las perpendiculares AD, BF y CE, respectivamente a la
recta PQ. No es difícil probar que el cuadrilátero ABFD es un rectángulo y que los pares de
triángulos ADM y CME, BNF y CNE son iguales. Por tanto, el triángulo es equivalente a un
rectángulo en el que uno de sus lados tiene la misma longitud que la base del triángulo y el
otro, la mitad de la longitud de la altura relativa a la base. De ello se deduce que:
El área de un triángulo es igual a la mitad del producto de las longitudes de un lado
y la altura relativa a ese lado.
b⋅h
A=
2
Fórmula del área de un trapecio.
Sea ABCD un trapecio cualquiera de bases AB y CD . Sea EF su paralela media. Tracemos
por los puntos E y F perpendiculares a las bases que cortan a la base mayor en los puntos G
y K y, a la prolongación de la menor en los puntos L y H, como se muestra en la figura 37.
80
H
D
C
L
F
E
A
K
G
B
Figura 37
Es fácil demostrar la igualdad de las parejas de triángulos AGE y DHE, BFK y CLF. Por
tanto, el trapecio es equivalente al rectángulo en el que uno de sus lados es la paralela
media y el otro la altura del trapecio. De ello se deduce que:
El área de un trapecio es igual al producto de la semisuma de las longitudes de las
bases por la longitud de la altura.
a+c
A=
⋅h
2
Fórmula del área de un rombo.
Sea ABCD un rombo cualquiera. Tracemos una recta que pasa por los puntos medios M y N
de los lados AD y AB , respectivamente y una recta que pasa por los puntos medios E y F
de los lados CD y BC , respectivamente, como se muestra en la figura 38.
C
R
S
E
F
B
D
M
N
Q
P
Figura 38
A
Tracemos por el punto D una perpendicular que corte a las rectas MN y EF en los puntos P y
S, respectivamente. Tracemos por B una perpendicular que corte a las rectas MN y EF en los
puntos Q y R, respectivamente. Es fácil demostrar la igualdad de los triángulos sombreados.
81
Por tanto, el rombo es equivalente al rectángulo en el que uno de sus lados es igual a la
longitud de una de sus diagonales y el otro, igual a la mitad de la longitud de la otra diagonal
del rombo. De ello se deduce que:
El área de un rombo es igual a la mitad del producto de sus diagonales.
d ⋅d
A= 1 2
2
Como el cuadrado es un rectángulo que tiene sus lados iguales, entonces su área es igual al
cuadrado de su lado: A = l 2 .
EJERCICIOS DEL CAPÍTULO.
1) Demostrar, aplicando la igualdad de triángulos y las propiedades de los ángulos entre
paralelas los teoremas del 6.3 al 6.6, tratados en este capítulo.
2) Demostrar los teoremas del 6.8 al 6.11, del 6.13 al 6.25 y del 6.27 al 6.31, tratados en
este capítulo.
3) Formular todos los posibles recíprocos de los teoremas 6.12 y 6.26 y demuestra su
veracidad o falsedad.
4) Demostrar que el cuadrilátero que tiene tres ángulos rectos es un rectángulo.
5) Demuestra que el cuadrilátero que se obtiene al unir los puntos medios de los lados de un
paralelogramo es un paralelogramo.
6) Demostrar que el cuadrilátero que se obtiene la unir los puntos medios de los lados de un
rombo es un paralelogramo.
7) Demostrar que el cuadrilátero que se obtiene la unir los puntos medios de los lados de un
cuadrado es un cuadrado.
8) Determina si las proposiciones siguientes son verdaderas o falsas. Demuestra las que
determines verdaderas y argumenta con un contraejemplo las que determines falsas.
a) Un cuadrilátero con sus ángulos opuestos iguales es un rombo.
b) Un cuadrado es un rombo con un ángulo recto.
c) Un rectángulo con las diagonales perpendiculares se considera un cuadrado.
d) Un cuadrilátero en el cual sus diagonales se cortan perpendicularmente es un rombo.
e) Un rectángulo es un paralelogramo que tiene sus lados consecutivos iguales.
f) Un cuadrilátero que tiene sus cuatro ángulos rectos y sus cuatro lados iguales es un
cuadrado.
9) Las diagonales de un rectángulo ABCD se intersecan en el punto O. Demuestra que los
triángulos AOB y AOD son isósceles.
10) El perímetro de un rectángulo es 12 cm. Calcula la suma de las distancias de un punto
interior a cada unos de los lados.
11) Construye un rectángulo conociendo que dos de sus lados consecutivos miden 3 cm y
5 cm respectivamente.
12) Demuestra que una diagonal de un paralelogramo lo divide en dos triángulos iguales.
13) Una diagonal de un paralelogramo forma con dos de sus lados ángulos de 300 y 500.
Halla las amplitudes de los ángulos interiores del rectángulo.
14) Una diagonal de un paralelogramo lo divide en dos triángulos y el perímetro de cada uno
de ellos es de 6,0 cm. Calcula la longitud de la diagonal si se conoce que el perímetro del
paralelogramo es de 7,0 cm.
82
15) La bisectriz de un ángulo interior de un paralelogramo, al intersecar uno de sus lados, lo
divide en dos segmentos: uno de 4,0 cm y otro de 5,0 cm de longitud. Calcula el
perímetro de este paralelogramo.
16) Una diagonal de un rombo tiene la misma amplitud que uno de sus lados. Calcula las
amplitudes de los ángulos de este rombo.
17) En la figura, ABCD es un rectángulo y DPBQ es un rombo, ∠QBC = 30 0 y QC = 4,0 cm .
Calcula las amplitudes de los ángulos interiores y el perímetro de DPBQ.
A
B
P
D
Q
C
18) En la figura, ABCD es un cuadrado y el lado AD se prolonga de manera que DE = DB .
Calcula las amplitudes de los ángulos del triángulo EDB.
A
B
C
D
E
19) En la figura, ABCD es un cuadrado y E punto medio de AB . Demuestra que ΔDEC es
isósceles.
A
D
E
B
C
20) Calcula el perímetro de un cuadrado si se conoce que la suma de las distancias de un
punto interior de este cuadrado a cada uno de sus lados es de 8,0 cm.
21) Un trapecio isósceles tiene 34 cm de perímetro y sus bases miden 10 cm y 14 cm
respectivamente. Calcula la longitud de sus lados no paralelos.
22) La paralela media de un trapecio tiene una longitud de 12 cm y los lados no paralelos
miden 10 cm y 18 cm respectivamente. Calcula el perímetro del trapecio.
23) Demostrar que el ángulo formado por las bisectrices de dos ángulos consecutivos de un
cuadrilátero es igual a la semisuma de los otros dos ángulos.
24) Demostrar que en todo cuadrilátero la suma de las diagonales es mayor que la mitad del
perímetro.
83
25) En la figura, AP, BP, CR y DR son las bisectrices de los ángulos del cuadrilátero ABCD.
Probar que los ángulos QPS y QRS son suplementarios.
D
C
P
Q
S
R
B
A
26) En el paralelogramo ABCD , AP = CQ y BR = DS . Demostrar que PRQS también es un
paralelogramo.
Q
D
C
R
S
A
B
P
27) En la figura, ABCD y ABXY son paralelogramos tales que D, C, Y, X están en una línea
recta. Probar que ΔADY ≅ ΔBCX .
C
D
Y
X
B
A
28) En la figura, ABCD y APQR son cuadrados. Probar que BP = DR .
D
C
Q
R
P
A
B
29) En el lado AB de un paralelogramo ABCD se prolonga hasta un cierto punto X; se traza la
bisectriz del ángulo CBX que encuentra a las prolongaciones de DA y DC en los puntos
E y F, respectivamente. Demostrar que DE = DF = BA + BC .
30) En la figura, ABCD es un cuadrado, ∠APB es recto, CQ y DQ se han trazado paralelas a
AP y BX, respectivamente. Probar que PX = AP − PB y que ∠APQ = 45 0 .
84
D
C
X
Q
P
A
B
31) El perímetro de un cuadrado es de 8,00 dm. Calcula su área en cm2.
32) Calcula el perímetro de un cuadrado que tiene un área de 25 m2.
33) Se tiene un cuadrado cuyos lados miden 4,0 cm. Halla las longitudes de los lados de un
rectángulo de 20 cm de perímetro y que tiene igual área que el cuadrado dado.
34) ¿Qué área tiene la sección transversal, de forma trapezoidal, de un canal que mide en la
parte superior 13,80 m de ancho, en la inferior 10,40 m de ancho y tiene 3,80 m de
profundidad?
35) El cuadrado ABCD tiene 4,0 dm de lado. Si M, N, P y Q son los puntos medios de sus
lados, halla el área de la parte sombreada.
A
M
Q
D
B
N
P
C
36) La figura muestra la fachada de una casa. La pared se debe pintar con pintura de aceite:
7,00 m
3,00 m
9,00 m
25,0 m
a) Calcula el área de la fachada de la casa.
b) Cuánto cuesta pintar la fachada si para cada metro cuadrado, incluyendo, todos los
trabajos adicionales, se calcula un gasto de $ 2,45?
37) En un triángulo con un lado de 8,0 cm y otro de 4,0 cm se trazaron las alturas
correspondientes a estos lados. La altura correspondiente al lado de 8,0 cm de longitud
mide 3,0 cm. ¿Cuál es la longitud de la otra altura?
38) Calcula el área de las planchas metálicas representadas en las siguientes figuras
(medidas en milímetros).
85
70,0
15,0
35,0
65,0
20,0
10,0
12,0
110
60,0
39) Una parcela de tierra se prepara para la siembra de verano. El mismo tiene forma de
trapecio rectángulo, como se muestra en el croquis que se presenta. Esta parcela de
tierra se quiere dividir en tres parcelas de igual área, de modo que cada parcela se pueda
irrigar desde un lago situado en el punto P, sin necesidad de salirse de los límites de las
mismas. Calcular los segmentos de la base AB que resuelven el problema.
180 m
P
75 m
120 m
200 m
40) En la siguiente figura se tiene un terreno ABCDEFG dividido en 5 parcelas de diferentes
áreas. Este terreno se quiere dividir ahora sólo en dos parcelas, pero de igual área, por
medio de una cerca que parta del punto G. ¿En cuál de los lados de esta figura se tendrá
que ubicar el otro extremo de la cerca y a qué distancia se hallará de los extremos de ese
lado para que quede resuelto el problema? (Los números representados dentro de cada
parcela es su área en m2).
E
256
F
AB = 62,5 m
225
G
D
BC = 78 m
855
1218
A
B
1522
C
86
CAPÍTULO 7: CIRCUNFERENCIA Y CÍRCULO.
En este capítulo nos dedicaremos al estudio de dos figuras planas: la circunferencia y el
círculo, así como los elementos que las componen y las relaciones que se establecen entre
ellos. Para la demostración de tales relaciones aplicaremos todos los conocimientos que
hemos aprendido en capítulos anteriores.
7.1. Definiciones de circunferencia y círculo y de sus elementos.
En la vida cotidiana observamos diariamente objetos que tienen la forma de una
circunferencia o de un círculo, por ejemplo, el aro de la llanta de una bicicleta, la tapa de una
latita de refresco o de un barril, etcétera.
Definición 1: Se llama circunferencia al conjunto de todos los puntos del plano que
equidistan de un punto fijo de dicho plano. Al punto fijo se le denomina centro de la
circunferencia.
Definición 2: A la distancia del centro de la circunferencia a cualquier punto de ella se le
llama radio de la circunferencia,
En lo adelante denotaremos a una circunferencia dada de centro en un punto, que
habitualmente se representa por la letra O, y de radio r de la siguiente forma: C(O; r).
Además del centro y el radio la circunferencia tiene otros elementos: diámetro, cuerda y arco.
Definición 3: Se llama arco de una circunferencia a la porción de la misma limitada por dos
de sus puntos.
Definición 4: Se llama cuerda de una circunferencia al segmento que une dos puntos
cualesquiera de la misma.
Definición 5: Se llama diámetro de una circunferencia a la cuerda que pasa por su centro.
En la figura 39, el centro es el punto O, un radio es el segmento OB , un diámetro es el
∩
∩
∩
segmento AD , una cuerda es el segmento CD y los arcos son FE , AB , CDE , etc.
C
B
D
Figura 39
O
A
F
E
87
∩
En el arco FE , los puntos F y E se denominan extremos del arco. Obsérvese que la cuerda
∩
CD y el arco CD tienen en común los extremos C y D; se dice entonces que para la cuerda
∩
CD , CD es su arco correspondiente y viceversa.
Un concepto que utilizaremos en lo adelante para las relaciones entre los elementos de la
circunferencia es el de circunferencias iguales.
Definición 6: Dos circunferencias se denominan iguales o congruentes si sus radios son
iguales.
Definición 7: Se denomina círculo a la porción del plano limitada por una circunferencia.
El centro, el radio, el diámetro, la cuerda y el arco son también elementos del círculo pero,
además se tienen otros como: el sector circular, el segmento circular, la zona, el anillo o
corona y el trapecio circular.
Definición 8: Se llama sector circular a la parte del círculo comprendida por un arco y los
dos radios que determinan sus extremos.
Definición 9: Se llama segmento circular a la parte del círculo limitada por un arco y la
cuerda comprendida entre los extremos de dicho arco.
Definición 10: Se llama zona circular de un círculo a la parte de este comprendida entre dos
cuerdas paralelas.
Definición 11: Se llama anillo o corona circular a la porción del plano limitada por dos
circunferencias que tienen el mismo centro.
Definición 12: Se llama trapecio circular a la porción de anillo o corona circular limitada por
dos radios.
88
7.2. Relaciones entre radio, diámetro, cuerda y arco de la circunferencia y el círculo.
A partir de las definiciones anteriores y de los conocimientos adquiridos podemos introducir
las relaciones entre el radio, el diámetro, la cuerda y el arco de la circunferencia y el círculo.
Teorema 7.1: El diámetro de una circunferencia es la mayor de las cuerdas y su longitud es
igual al doble de la longitud del radio de esta.
Demostración:
En la figura 40, se tiene la C (O; OB ). Sea AB un diámetro y CD una cuerda cualquiera que
no sea diámetro. Demostremos que AB > CD .
D
C
A
Figura 41
B
O
Puesto que CD no es diámetro, los puntos C, D y O no están alineados. Uniendo O con C y
con D se obtiene el triángulo isósceles De base CD . Por desigualdad triangular
OC + OD > CD . Como A, O y B están alineados AB = AO + OB y, además,
AO = OB = OC = OD , entonces resulta que AB > CD y que AB = 2OB , quedando demostrado
el teorema.
Teorema 7.2: Una circunferencia es simétrica respecto a cualquier recta que pase por su
centro.
Demostración:
En la figura 42, se representa una C (O; r) y una recta m que pasa por su centro.
M
Q
P
O
Figura 42
N
m
89
La imagen P1 de un punto P cualquiera de la circunferencia por la reflexión de eje m, se
encuentra sobre la recta PQ perpendicular a m. Como m es la mediatriz de PP1 tenemos que
P y P1 equidistan de O por la propiedad de la mediatriz de un segmento, es decir,
PO = P1O = r , por tanto, P1 ∈ C(O; r).
∩
∩
En virtud de lo anterior, por esta reflexión MPN (semicircunferencia) se transforma en MP1 N
y viceversa, o sea, la circunferencia se transforma en ella misma, lo que quiere decir que es
simétrica respecto a m.
Del teorema anterior se deduce el siguiente corolario:
Corolario 7.2´: Todo diámetro divide a la circunferencia y al círculo en dos partes iguales
llamadas semicircunferencias o semicírculos.
Teorema 7.3: La circunferencia es una figura centralmente simétrica; su centro de simetría
es su propio centro.
La demostración de este teorema queda asignada como ejercicio de este capítulo.
En la circunferencia y el círculo los arcos tienen amplitud, medidas en grados, y longitud,
medidas en metros, centímetros, decímetros, etc.
Definición 13: Dos arcos se denominan iguales si tienen la misma amplitud o longitud.
Teorema 7.4: En una misma circunferencia o en circunferencias iguales a arcos iguales le
corresponden cuerdas iguales y viceversa.
Demostración:
I caso: Demostremos la relación para cuando están en una misma circunferencia. Sea C (O;
∩
∩
OA ), en la que AB = CD , como se muestra en la figura 43.
B
C
Figura 43
O
A
D
∩
∩
∩
∩
Como AB = CD existe un movimiento que transforma al arco AB en el arco CD , por lo tanto,
el punto A se transforma en el punto C y el punto B en el punto D y viceversa. De esto resulta
que el segmento AB se transforma en el segmento CD por ese mismo movimiento, por lo
que se obtiene que AB = CD . De manera análoga se demuestra que si AB = CD entonces,
∩
∩
AB = CD .
90
II caso: Demostremos la relación para cuando estén en circunferencias iguales. Sean las C
∩
∩
(O; OA ) y C (O1; O1C ) de forma tal que OA = O1C y AB = CD como se muestra en la figura
44.
B1
B
C
D
O1
O
A1
A
Figura 44
Como las circunferencias son iguales es porque existe un movimiento que transforma a la
circunferencia C (O; OA ) en la circunferencia C (O1; O1C ). Supongamos que mediante este
movimiento el punto A se transforma en el punto A1 y el punto B en el punto B1, por lo que el
∩
∩
∩
∩
∩
∩
∩
∩
arco AB se transforma en el arco A1 B 1 , por lo que AB = A1 B 1 . Como AB = CD y AB = A1 B 1 ,
∩
∩
entonces A1 B 1 = CD , por lo que la demostración se reduce a la realizada en el primer caso.
∩
∩
De manera análoga se demuestra que si AB = CD entonces, AB = CD . Queda así
demostrado el teorema completamente.
7.3. Relaciones de posición entre dos circunferencias y entre una circunferencia y una
recta.
Para el estudio de las relaciones entre dos circunferencias y entre una circunferencia y una
recta es necesario definir los conceptos de circunferencias secantes, tangentes, así como de
recta secante y recta tangente a una circunferencia.
Definición 14: Dos circunferencias se denominan secantes si se cortan en dos puntos (figura
45).
Definición 15: Dos circunferencias de denominan tangentes si tienen en común un y sólo un
punto (figura 46).
Figura 45
Figura 46
91
Definición 18: Una recta que corta a una circunferencia en dos puntos se denomina secante
a la circunferencia (figura 47).
Definición 19: Una recta que tiene en común con una circunferencia solo un punto se
denomina tangente a la circunferencia (figura 48). Ese punto común se llama punto de
tangencia.
Figura 47
Figura 48
Teorema 7.5 (Relación de posición entre dos circunferencias): Sean dos circunferencias
C (O1; r1) y C (O2; r2), de forma tal que r1 ≤ r2 y sea d la distancia entre sus centros.
Entonces:
1. Las circunferencias no se cortan, o sea, no tienen puntos comunes, si:
r1 + r2 < d o
r2 − r1 > d (figura 49)
2. Las circunferencias son tangentes si:
r1 + r2 = d o
r2 − r1 = d (figura 50)
3. Las circunferencias son secantes si:
r1 + r2 > d o
r2 − r1 < d (figura 51)
O2
O1
O2
O1
Figura 49
92
O2
O2
O1
O1
Figura 50
O2
O1
Figura 51
Demostración:
Comencemos por la primera afirmación del teorema. Supongamos que las circunferencias se
cortan, o sea, tienen al menos un punto en común A. Si los puntos O1, O2 y A no se hallan en
una misma recta, se tiene O1 A + O2 A > O1O2 , o sea, r1 + r2 > d . Pero esto contradice la
condición r1 + r2 < d .
Supongamos que los puntos O1, O2 y A se hallan en una recta. Entonces, O1 A + O2 A = O1O2 ,
o sea, r1 + r2 = d . Pero esto contradice la condición r1 + r2 < d . Si el punto O1 se encuentra
entre A y O2, se tiene que O2 A + O1O2 = O1 A , o sea, r2 + d = r1 , pero esto es imposible porque
r1 ≤ r2 . Por consiguiente, en el caso considerado las circunferencias no tienen punto común
alguno, o sea, las circunferencias no se cortan.
Demostremos la segunda afirmación del teorema. En este caso, al igual que el anterior,
deducimos que las circunferencias no pueden tener un punto común que no pertenezca a la
recta O1O2. Pero tienen un punto común situado sobre la recta O1O2, con la particularidad de
que cuando r1 + r2 = d , las circunferencias son tangentes exteriormente, o que cuando
r2 − r1 = d , las circunferencias son tangentes interiormente.
Demostremos, finalmente, la tercera afirmación del teorema. Observemos, ante todo, que se
puede construir un triángulo de lados r1 , r2 y d , como se muestra en la figura 52.
A
O2
O1
Figura 52
93
En efecto, tenemos que r1 + r2 > d , por desigualdad triangular; además, r1 + d > r2 , de donde
obtenemos que r2 − r1 < d , ya que r1 ≤ r2 . Es sabido desde el capítulo 5, que se de esta
forma se pueden construir dos triángulos a partir de la semirrecta O2O1, por lo tanto, habrá
otro punto de intersección B de estas dos circunferencias para el cual también se cumple que
r1 + r2 > d o
r2 − r1 < d . Queda demostrado el teorema.
Teorema 7.6 (Relación de posición entre una circunferencia y una recta): Sean la
circunferencias C (O; r) y la recta m y sea d la distancia del centro de la circunferencia a la
recta dada. Entonces:
1. Si d > r , la recta no corta a la circunferencia (figura 53).
2. Si d = r , la recta es tangente a la circunferencia (figura 54).
3. Si d < r , la recta es secante a la circunferencia (figura 55).
Figura 53
O
O
O
r
d
d
d
m
r
Figura 54
r
m
m
Figura 55
Demostración:
Es evidente que si d > r , los puntos de la recta m son exteriores a la circunferencia, por tanto
estas no tienen puntos comunes, es decir la recta m no corta a la circunferencia y se dice
que la recta m es exterior a la circunferencia.
Si d = r , entonces, existe un punto A de la recta m tal que OA = r y, por tanto, A ∈ C (O; r),
es decir la recta es tangente a la circunferencia.
Si d < r , entonces, hay puntos de la recta m que son interiores a la circunferencia y otros que
son exteriores. Si suponemos que la recta m corta en un solo punto a la circunferencia
entonces, la recta no tiene puntos interiores en la circunferencia, lo que contradice lo
anteriormente dicho y si no tiene puntos comunes, entonces todos los puntos de la recta m
son exteriores a la circunferencia, lo que también contradice lo anteriormente dicho. De esto
se infiere que la recta tiene dos puntos comunes con la circunferencia, es decir, la corta en
dos puntos y se dice que la recta es secante a la misma.
Teorema 7.7: La recta tangente a una circunferencia es perpendicular al radio que tiene
como extremo al punto de tangencia.
Demostración:
En efecto, tenemos que una recta m es tangente a C (O; r) si tiene un punto común con ella y
ya demostramos que esto sucede en el caso que d = r . Entonces, se T es el punto de
tangencia, el radio OT ⊥ r , ya que la longitud de OT es la distancia del centro de la
circunferencia a la recta m.
94
Teorema 7.8 (Recíproco del teorema 7.7): La recta perpendicular a un radio, en el extremo
de este que pertenece a la circunferencia, es tangente a dicha circunferencia.
Su demostración se asigna como ejercicio del capítulo.
7.4. Ángulos en la circunferencia.
En este epígrafe estudiaremos las definiciones de los ángulos en la circunferencia y las
relaciones entre ellos y entre ellos y las cuerdas y arcos.
Definición 20: Se denomina ángulo central de una circunferencia al ángulo que tiene como
vértice al centro de dicha circunferencia.
En la figura 56, el ángulo AOB es un ángulo central. Consideremos que A y B son los puntos
de intersección de los lados del ángulo AOB con la circunferencia. Estos puntos dividen a la
∩
circunferencia en dos arcos. Al arco AB que está situado en el interior del ángulo AOB se la
llama arco correspondiente a este ángulo.
A
P
O
B
Figura 56
La amplitud de un arco de circunferencia es igual a la amplitud del ángulo central
∩
correspondiente. En la figura 56, AB = ∠AOB y como la circunferencia completa tiene una
amplitud de 3600, entonces la amplitud del otro arco que determinan los puntos A, P y B
∩
∩
(arco APB ) es igual a 3600 - ∠AOB ( APB = 3600 - ∠AOB ).
Teorema 7.9: En una misma circunferencia o en circunferencias iguales, a ángulos centrales
iguales corresponden arcos iguales y viceversa.
Vamos a demostrar el teorema para el caso en que los ángulos centrales son de una misma
circunferencia. El caso para cuando sean de circunferencias iguales queda como ejercicio del
capítulo.
Demostración:
En la figura 57, los ángulos AOB y COD son centrales e iguales. Demostremos que
∩
∩
AB = CD .
Como ∠AOB = ∠COD entonces, existe un movimiento mediante el cual el ángulo AOB se
transforma en el ángulo COD. Por este movimiento se tiene que:
1) El punto O, vértice común de los ángulos, y su imagen coinciden.
95
2) La semirrecta OB se transforma en la semirrecta OC y la semirrecta OA se transforma en
la semirrecta OD.
3) Como OC = OB y OD = OA por ser radios de una circunferencia, la imagen del punto B es
el punto C y la imagen del punto A es el punto D.
∩
∩
∩
∩
Quiere decir esto que por el movimiento, CD es la imagen de AB , por tanto, AB = CD .
Queda demostrada la primera parte del teorema.
La demostración de la segunda parte, es decir, el recíproco de la primera queda como
ejercicios del capítulo.
A
B
O
C
D
Figura 57
Con los arcos podemos operar igual que como hemos hecho hasta ahora con los ángulos,
por ejemplo, en la figura 58 tenemos que:
∩
∩
∩
∩
∩
∩
AB + BC = AC ; DB − DA = AB .
B
A
C
O
Figura 58
D
En la figura 59, además del ángulo central AOB y su arco correspondiente, se ha trazado la
cuerda que une los extremos de este arco. Esta cuerda, AB , es la cuerda correspondiente al
∩
ángulo central AOB y al arco AB .
96
A
O
B
FIgura 59
Teorema 7.10: En una misma circunferencia o en circunferencias iguales, a ángulos
centrales iguales corresponden cuerdas iguales y viceversa.
Teorema 7.11: En una misma circunferencia o en circunferencias iguales, a arcos iguales
corresponden cuerdas iguales y viceversa.
Teorema 7.12: En una misma circunferencia o en circunferencias iguales, a mayor cuerda
corresponde mayor arco.
Las demostraciones de estos últimos teoremas quedan como ejercicios del capítulo.
Definición 21: Un ángulo cuyo vértice pertenece a una circunferencia y cuyos lados la
intersecan además, en otros dos puntos se denomina ángulo inscrito en la circunferencia.
En la figura 60, el ∠AMB es un ángulo inscrito en la circunferencia de centro O.
Consideremos que A y B son puntos de la circunferencia, de esta forma podemos apreciar
que un ángulo inscrito en una circunferencia determina en ella varios arcos. Llamaremos arco
correspondiente a un ángulo inscrito en una circunferencia al arco que está situado en su
∩
interior; por ejemplo, en la figura 60 el arco AB es el arco correspondiente al ángulo inscrito
∩
AMB. También se dice que el arco AB es el arco sobre el cual se apoya el ángulo AMB.
M
O
B
A
Figura 60
97
Teorema 7.13: La amplitud de un ángulo inscrito en una circunferencia es igual a la mitad de
la amplitud del arco correspondiente.
Demostración:
Supongamos que el ángulo AMB es un ángulo inscrito en C(O; r). Analicemos los tres casos
posibles de la posición relativa entre el centro de la circunferencia y el ángulo (figura 61).
M
M
M
O
O
O
A
A
A
B
B
B
CASO 3
CASO 2
CASO 1
Figura 61
1) El centro de la circunferencia está situado sobre uno de los lados del ángulo.
Tracemos el radio OA . En la figura del caso 1 tenemos:
M
1
A
O
2
B
∩
AB = ∠AOB (ángulo central y arco correspondiente)
∠AOB = ∠1 + ∠2 …(1) (propiedad del ángulo exterior de un triángulo).
∠1 = ∠2 …(2) (ángulos bases de un triángulo isósceles).
∠AOB = 2∠1 (sustituyendo (2) en (1)).
∩
∠AOB
AB
…(3) y ∠AMB =
(sustituyendo en (3)).
Por tanto, ∠1 =
2
2
2) El centro de a circunferencia es un punto interior del triángulo AMB.
La demostración de este caso podemos hacerla basándonos en el caso anterior. Si trazamos
la semirrecta MC que pasa por O el ángulo AMB queda dividido en dos ángulos AMC y CMB
∩
∩
∩
y el arco AB en los arcos AC y CB .
98
M
O
B
A
C
Para ellos se cumple:
∩
∩
∩
∠AMB = ∠AMC + ∠CMB y AB = AC + CB …(1)
∩
∩
AC
CB
..(2) y ∠CMB =
…(3) (por el caso 1 ya demostrado)
∠AMC =
2
2
∩
∩
AC CB
∠AMB =
+
(sustituyendo (2) y (3) en (1))
2
2
∩
∩
∩
AC + CB
AB
, de lo que se deduce que ∠AMB =
(por suma de arcos).
∠AMB =
2
2
3) El centro O es un punto exterior del ángulo AMB.
La demostración se puede hacer también basándonos en la realizada en el caso 1; para ello
se traza la semirrecta MC que pase por O.
La demostración de este caso queda como ejercicio del capítulo.
Como un caso particular del teorema que acabamos de demostrar tenemos el llamado
Teorema de Tales:
Teorema 7.14: Si a un ángulo inscrito en una circunferencia le corresponde un arco que es
una semicircunferencia, entonces el ángulo es recto.
Teorema 7.15 (Recíproco del teorema de Tales): Si un ángulo inscrito en una
circunferencia es recto, entonces su arco correspondiente es una semicircunferencia.
Teorema 7.16: Los ángulos inscritos en una circunferencia a los cuales les corresponde el
mismo arco son iguales.
Las demostraciones de estos teoremas quedan como ejercicios del capítulo.
Definición 22: Se denomina ángulo semi-inscrito en una circunferencia a aquel que tiene su
vértice en la circunferencia, uno de sus lados es tangente a la circunferencia y el otro es
secante a la misma.
∩
En la figura 62, ∠BAM es semi-inscrito. El arco AB se denomina arco correspondiente del
ángulo semi-inscrito BAM.
99
O
A
B
Figura 62
M
Teorema 7.17: La amplitud de un ángulo semi-inscrito en una circunferencia es igual a la
mitad de la amplitud del arco correspondiente.
Demostración:
Supongamos que el ángulo BAM es un ángulo semi-inscrito en C(O; r). Analicemos los tres
casos posibles de la posición relativa entre el centro de la circunferencia y el ángulo (figura
63).
B
B
A
A
O
O
A
O
B
M
CASO 1
M
CASO 2
CASO 1
M
Figura 63
1) Un lado pasa por el centro.
En este caso, B, O y A están alineados, por lo tanto, como OA ⊥ AM por la propiedad de la
tangente en el punto de tangencia, entonces, ∠BAM = 90 0 . Además, como ∠BOA = 180 0 ,
∩
∩
AB
.
entonces AB = 180 . De ello se deduce que ∠BAM =
2
2) El centro es un punto interior del ángulo BAM.
3) El centro es un punto exterior del ángulo BAM.
0
La demostración de los casos 2 y 3 quedan como ejercicio del capítulo, las cuales se realizan
basándose en el caso 1.
Como se puede concluir que los ángulos inscritos y semi-inscritos, a ,los que le correspondan
el mismo arco, son iguales, lo que se infiere de los teoremas 7.13 y 7.17.
100
7.5. Longitud de la circunferencia.
Definición 23: Se llama polígono inscrito a una circunferencia a cualquier polígono que todos
sus vértices pertenezcan a dicha circunferencia.
Definición 24: Se llama polígono circunscrito a una circunferencia a cualquier polígono que
todos sus lados sean tangentes a dicha circunferencia.
Sea P un polígono convexo inscrito en una circunferencia y sean A y B dos vértices
∩
consecutivos del mismo (figura 64). Tomemos un punto C en el arco AB de la circunferencia
e indiquemos por P1 el polígono cuyos vértices son los vértices del polígono P más el punto
C. El paso del polígono P al polígono P1 está relacionado con la sustitución del lado AB por
los lados AC y CB . Puesto que AB < AC + CB , el perímetro del polígono P1 es mayor que el
perímetro del polígono P.
C
B
A
Figura 64
Añadiendo al polígono vértices nuevos, aumentaremos su perímetro. Sin embargo, este
aumento no es limitado. Es más, si tomamos un polígono circunscrito, los perímetros de
todos los polígonos inscritos serán menores que el perímetro de este polígono circunscrito.
En particular, el perímetro del cuadrado circunscrito a la circunferencia es igual a 8r, ya que
la longitud del lado del cuadrado coincide con la longitud del diámetro de la circunferencia.
Por esto, el perímetro de cualquier polígono inscrito no es mayor que 8r.
Definición 25: Se llama longitud de la circunferencia al menor de los números mayores que
el perímetro de cualquier polígono inscrito en ella.
Supongamos que distendemos un hilo bien fino ajustado a una de circunferencia. Si
cortamos el hilo y lo estiramos por los extremos haciendo abstracción de las cualidades
materiales del hilo, podemos considerar que obtenemos un segmento. La longitud de este
segmento es aproximadamente igual a la longitud de la circunferencia.
Conocemos que dos circunferencias son iguales si tienen el mismo radio o diámetro. En este
caso las circunferencias coinciden si son superpuestas y por tanto tienen la misma longitud.
Cuando las circunferencias tienen diámetros diferentes no las podemos hacer coincidir, y si
aplicáramos el procedimiento de distender un hilo ajustado a estas circunferencias,
obtendríamos dos segmentos de diferentes longitudes. Esto nos hace suponer que la
longitud de una circunferencia depende de la longitud de su diámetro. Tratemos de encontrar
una relación entre estas longitudes.
Arrollemos un hilo sobre el borde exterior de un arco o de una plantilla de forma circular.
Extendiendo luego el pedazo de hilo arrollado y llevando sobre él el diámetro de la
101
circunferencia, observaremos que cabe tres veces y sobra un pedazo pequeño de hilo cuya
1
de la longitud del diámetro (figura 65).
longitud es aproximadamente
7
1
2
3
Figura 65
El cociente de las longitudes de circunferencias cualesquiera por las longitudes de sus
diámetros respectivos es siempre el mismo: es un número constante al que universalmente
se designa con la letra griega π .
L
Tenemos que = π , o sea, L = π d …(1).
d
Como d = 2r …(2), sustituyendo (2) en (1) obtenemos que:
L = 2π r
donde L es la longitud de la circunferencia y r la longitud del radio.
1 22
=
≈ 3,14.
7 7
π es un número irracional, o sea, se representa mediante una expresión decimal infinita no
periódica ( π ≈ 3,14159... ). En los cálculos asumiremos un valor aproximado de π hasta las
centésimas “3,14”.
El número π es aproximadamente igual a 3 +
Podemos determinar también una relación para calcular la longitud de un arco de
circunferencia como se muestra a continuación:
La longitud s de un arco de una circunferencia de la circunferencia r que tiene 10 de
L
, donde L es la longitud de la circunferencia. Por tanto, la longitud b de
amplitud es s =
360
L
un arco de α 0 de la misma circunferencia es α veces s , o sea, b =
⋅α.
360
α
b
.
De esta relación obtendremos la proporción: =
L 360
Esta proporción representa la igualdad entre la razón de las longitudes de dos arcos
expresadas en la misma unidad de medida y la razón de sus amplitudes correspondientes
expresadas en grados. En la práctica, conociendo el valor de dos de las tres variables que
figuran en esta proporción podemos calcular el valor de la tercera.
102
7.6. Área del círculo.
Para determinar una relación que nos permita calcular el área de un círculo podemos
proceder de la forma siguiente:
Consideremos una circunferencia de radio r y un exágono regular (que tiene sus seis lados
iguales) de lado l inscrito en ella (figura 66).
A
B
r
F
C
Figura 66
a
E
D
Para calcular el área de este polígono podemos descomponer el mismo en triángulos:
l⋅a
, donde a se denomina apotema del exágono.
AΔOED =
2
Como el polígono se ha descompuesto en 6 triángulos iguales, tenemos que:
6la
( A6 : área del exágono) .
A6 =
2
En general para un polígono de n lados su área es:
nla
An =
2
Si ahora consideramos el polígono regular de 12 lados inscrito en la misma circunferencia
nos percataremos que la diferencia entre el área del polígono y la del círculo de radio r es
menor que en el caso anterior. Si continuamos este proceso de ir aumentando el número n
de lados del polígono regular inscrito en la circunferencia, entonces el perímetro nl del
polígono se aproxima cada vez más a la longitud L de la circunferencia; la longitud de la
apotema a se aproxima cada vez más al radio r y el área del polígono An al área del círculo
Ac . Para un valor lo suficientemente grande de n podemos sustituir estos valores
aproximados en la fórmula (1) del epígrafe anterior y obtenemos que:
L⋅r
2πr ⋅ r
…(2), pero como L = 2π r …(3), sustituyendo (3) en (2) tenemos que Ac =
,
Ac =
2
2
de donde: Ac = π r 2
También podemos encontrar una relación para calcular el área de un sector circular como se
muestra a continuación.
El área de un sector circular cuya amplitud es igual a 10 es la siguiente:
A
As = c 0
360
El área Aα de un sector circular cuya amplitud es α 0 , es α veces As .
103
Ac
⋅α
360 0
Mediante esta relación llegamos a la proporción:
Aα
α
=
Ac 360 0
Aα =
Con los conocimientos tratados hasta aquí podemos obtener dos fórmulas más para el
cálculo del área de un triángulo conocidos el radio de la circunferencia inscrita y las
longitudes de sus lados.
Sean a, b y c los lados de un triángulo ABC cualquiera y sea r el radio de la circunferencia
inscrita en el mismo (figura 67).
Como los lados del triángulo son tangentes a la circunferencia y el radio de la circunferencia
es perpendicular al lado en el punto de tangencia entonces, el radio coincide con las alturas
de los tres triángulos que se forman con dos de los vértices del triángulo original y el incentro.
Por consiguiente:
C
b
r
r
a
A
r
c
Figura 67
B
a⋅r b⋅r c⋅r a +b +c
P
+
+
=
⋅r = ⋅r
2
2
2
2
2
P
Denotemos a
por p , que denominaremos semiperímetro del triángulo ABC, por lo que la
2
relación quedaría: AΔABC = p ⋅ r .
AΔABC =
EJERCICIOS DEL CAPÍTULO
1. Demostrar los siguientes teoremas que quedaron como ejercicios del capítulo:
1.1) Teorema 7.3.
1.2) Teorema 7.8.
1.3) Teorema 7.9 para el caso de cuando las circunferencias sea iguales, así como el
recíproco.
1.4) Teorema 7.10.
1.5) Teorema 7.11.
1.6) Teorema 7.12.
1.7) Teorema 7.14.
1.8) Teorema 7. 15.
104
1.9) Teorema 7.16.
1.10) Teorema 7.17 para los casos 2 y 3.
2. Demuestra el siguiente teorema:
Toda recta que pase por el centro de una circunferencia y sea perpendicular a una
cuerda dada, divide a esta y a su arco correspondiente en dos partes iguales.
3. Formula todos los posibles recíprocos del teorema del ejercicio 2 y demuestra su
veracidad.
4. Un ángulo interior a una circunferencia es aquel cuyo vértice es interior a la
circunferencia, o sea, es uno cualquiera de los ángulos que forman dos cuerdas que se
cortan dentro de la circunferencia (figura 68). Demuestra que la medida de todo ángulo
interior es igual a la semisuma de los arcos comprendidos entre sus lados y entre las
prolongaciones de estos.
C
O
E
F
G
D
Figura 68
5. Un ángulo exterior a una circunferencia es aquel cuyo vértice es exterior a la
circunferencia. Puede estar formado por dos secantes, por una secante y una tangente o
por dos tangentes (figura 69). Demuestra que la medida de todo ángulo exterior es igual a
la semidiferencia de los arcos comprendidos entre sus lados.
C
B
C
O
O
B
D
B
E
A
O
C
E
A
A
Figura 69
6. Demuestra que la medida del ángulo que tiene su vértice en la circunferencia y está
formado por una cuerda y la prolongación de otra, es igual a la semisuma de los arcos
comprendidos entre sus lados y entre las prolongaciones de estos (figura 70).
105
A
B
D
O
C
Figura 70
7. En la figura, AB es una secante que pasa por el centro O de la circunferencia, AC
∩
∩
tangente en el punto C, DE = 84 0 y BC = 140 0 . Hallar las medidas de los ángulos 1,2 y 3.
C
1
3
B
O
2
D
A
E
8. Si ABCD es un trapecio inscrito en la circunferencia de centro O; la tangente en B corta a
F a la prolongación de DC ; las diagonales AC y BD se cortan en G, y las
∩
∩
prolongaciones de AD y BC se encuentran en E. Si AHB = 200 0 y AD = 50 0 , encontrar la
medida de los ángulos AGD, DEC, FBC, BFC y DCE.
E
C
D
F
G
B
A
O
H
106
9. Demostrar que los ángulos opuestos de un cuadrilátero inscrito a una circunferencia son
suplementarios.
10. En la circunferencia de centro O, AB y AE son tangentes en B y E, respectivamente, AC y
AD secantes. Calcular las amplitudes de los ángulos enumerados, sabiendo que
∩
∩
∩
∩
∩
BC = 70 0 , CD = 90 0 , EF = 50 0 y GF = BG .
C
D
7
O
B
4
5
E
6
3
G
F
1
2
A
11. Por los extremos del diámetro AD del círculo de centro O se han trazado las cuerdas
AC y DB , de manera que ∠AMB = 45 0 . Calcular el valor del ∠BOC .
D
C
M
O
B
A
12. En la figura, M y N son los puntos medios de los arcos AB y AC, respectivamente. Probar
que AR = AS .
107
A
M
N
S
R
O
C
B
∩
13. En el círculo de la figura se tiene: AC, BC y AE son secantes, AB = 150 0 y
Calcular las amplitudes de los ángulos numerados.
∩
DE = 90 0 .
A
1
D
O
C
3
2
E
4
B
14. Demostrar que la mediatriz de una cuerda pasa por el centro de la circunferencia.
15. En la figura se tiene la C(O; r); además, AB = DE y BC = CD . Probar que AC = CE .
B
D
C
E
A
O
16. Demostrar que dos cuerdas paralelas trazadas por los extremos de un diámetro son
iguales.
17. En la circunferencia C(O; r) se verifica que AB > BC , OR ⊥ AB, OQ ⊥ BC . Probar que
∠QRO > ∠OQR .
108
O
A
C
Q
R
B
18. Demostrar que si una secante corta a dos circunferencias concéntricas, son iguales los
segmentos de la secante interceptados por las dos circunferencias.
19. Demostrar que si son iguales los segmentos determinados por un punto de una
circunferencia y cada uno de los puntos medios de dos radios, el punto de la
circunferencia divide en dos partes iguales el arco interceptado por los radios.
20. En las circunferencias secantes de la figura, se han trazado por M y N las paralelas PQ y
RS. Demostrar que PQ = RS . (P, Q, R y S puntos de las circunferencias)
P
M
Q
O
R
O1
N
S
21. En un círculo se han trazado dos diámetros AB y CD . Probar que AC // BD .
22. En la circunferencia de la figura, AB es un diámetro, MN secante que corta a la
circunferencia en los puntos C y D, AM ⊥ MN y BN ⊥ MN . Demostrar que MC = DN .
M
C
D
A
O
N
B
23. Los círculos de la figura se cortan en R y S; M es el punto medio de OO1 y AB ⊥ MR .
Probar que AR = RB .
109
A
R
B
O
O1
M
S
24. Calcula la longitud de una circunferencia cuyo diámetro mide:
a) 2,5 cm
b) 3,0 m
c) 32,0 mm
25. Calcula la longitud de un arco de una circunferencia de 20 cm de radio si este tienen una
amplitud de:
b) 100
c) 600.
a) 1200
26. Calcular el radio, diámetro y área para los círculos cuyas circunferencias tienen las
amplitudes siguientes:
a) 24 mm
b) 10,37 m
c) 29,15 dm
27. En la figura se tiene una circunferencia inscrita en un cuadrado de lado l = 5,0 cm .
Calcular el área de la parte sombreada.
28. En la figura AB es una cuerda de la C(O; 5,0 dm) y AB = OA . Calcular el área de la parte
sombreada.
110
∩
29. En la figura MN = 75 0 y la circunferencia de centro O tiene radio de 4,2 m. Calcula el área
de la parte sombreada.
30. En la figura se representa una rueda de un bicicleta. Determina cuántos rayos lleva la
rueda si el arco comprendido entre dos rayos cualesquiera tiene una longitud de 4,71 cm
y el diámetro interior de la rueda es de 45,0 dm.
45,0 dm
4,71 cm
31. De una hoja cuadrara de cartulina de 4,0 dm de lado se quiere recortar un pedazo circular
que tenga la mayor área posible. ¿Qué cantidad de cartulina sobra después de haber
hecho esta operación y qué por ciento del total representa?
32. Calcular la longitud de la órbita circular de un satélite artificial de la Tierra, si este se
encuentra a 320 km de la Tierra. (Radio de la Tierra: 6 370 km).
33. Calcula el diámetro de las ruedas de una locomotora si estas dan 300 revoluciones
cuando la locomotora recorre 1 200 m.
34. El diámetro de la rueda de un automóvil mide 65 cm.
a) ¿Cuántas revoluciones da la rueda cuando el automóvil recorre 101 km?
b) ¿Qué distancia recorre el automóvil cuando sus ruedas dan 100 revoluciones?
35. En la figura, el triangulo ABC está inscrito en la C(O; 2,2 m) y CO ⊥ AB en O. Calcula el
área de la región sombreada.
111
36. En la figura se tiene una circunferencia de 3,0 cm de radio circunscrita al triángulo
equilátero ABC de lado de 5,2 cm. Calcula el área de la región sombreada.
37. En la figura se tiene una circunferencia de radio r = 4,0 cm inscrita en un triángulo
equilátero. Calcula el área de la región sombreada.
38. En la figura se tienen tres circunferencias iguales, tangentes entre sí, de centros
O1 , O2 y O3 de radio r = 2,0 cm. Calcula el área de la parte sombreada.
112
113
CAPÍTULO 8: RAZÓN Y PROPORCIONALIDAD DE SEGMENTOS. SEMEJANZA DE
TRIÁNGULOS.
En este capítulo estudiaremos el teorema de las transversales y la semejanza de triángulos
que tienen gran aplicación práctica. El estudio de estos contenidos lo iniciaremos con la
aplicación de la razón y proporcionalidad numéricas, ya conocidas de otras ramas de la
Matemática, en las medidas de segmentos.
8.1. Razón y proporcionalidad de segmentos.
Como habrás podido observar en los mapas encontramos siempre una indicación de la
escala utilizada, por ejemplo: 1: 25 000. Esta razón numérica indica que la longitud de cada
segmento en el mapa, se comporta como 1 es a 25 000 respecto a la longitud del segmento
1
original correspondiente, es decir, la longitud de un segmento en el mapa es
de la
25 000
longitud del segmento original correspondiente.
Consideremos dos segmentos AB y CD , los cuales, en una misma unidad de longitud,
tienen las medidas a y b.
Definición 1: El cociente a : b o
a
(se lee a es a b) es la razón entre los segmentos AB y
b
CD .
También se escribe
AB a
= o también AB : CD = a : b .
CD b
Por ejemplo, si AB =2,0 cm y CD =5,0 cm, tenemos que la razón entre ellos es
2
o 2: 5.
5
Definición 2: Los segmentos AB y CD son proporcionales a los segmentos A1 B1 y C1 D 1 si
AB A1 B1
o AB : CD = A1 B1 : C1 D1 y se lee: AB es a CD como A1 B1 es a C1 D 1 .
=
CD C1 D1
Es importante recordar que para determinar la razón entre dos segmentos es necesario que
ambos tengan la misma unidad de medida.
8.2. Teorema de las transversales.
La figura 71, muestra un haz de semirrectas de origen común (vértice) S. Las semirrectas
s1 , s 2 , s3 y s 4 son cortadas por un haz de rectas paralelas r1 , r2 y r3 ; se obtienen así
segmentos en dichas semirrectas. Por ejemplo, en la semirrecta s1 , se forman los segmentos
SA, SB, SC , AB, AC y BC .
Se dirá que un segmento de una de estas semirrectas es correspondiente de un segmento
de otra, si sus extremos pertenecen a las mismas rectas o si tienen un extremo común y los
otros extremos de ambos segmentos pertenecen a la misma recta.
114
S
A
D
C
r1
H
E
B
J
G
K
I
F
s2
s1
r2
L
r3
s4
s3
Figura 71
Por
ejemplo,
en
la
figura
71
son
AB y DE , BC y HI , DF y JL, SG y SJ , etcétera.
correspondientes
los
segmentos:
Teorema 8.1 (Primera parte del teorema de las transversales): Si las semirrectas de un
haz son cortadas por un haz de rectas paralelas, entonces para cada par de semirrectas se
cumple que la razón de dos segmentos en una de ellas es igual a la razón de sus segmentos
correspondientes en la otra.
Demostración:
Es suficiente demostrar este teorema para el caso de dos semirrectas y dos paralelas (figura
72). El teorema expresa entonces que se cumplen las proporciones siguientes:
(1)
SA SC
=
AB CD
(2)
SB SD
=
SA SC
(3)
SB SD
=
AB CD
S
A
C
B
D
Figura 72
Para demostrar la proporción (1) unamos A con D y B con C (figura 73) y consideremos las
áreas de algunos triángulos. En el ΔSAC se cumple:
SA ⋅ h1 SC ⋅ h2
o también SA ⋅ h1 = SC ⋅ h2
A1 =
=
2
2
115
S
h1 h2
E
A
C
F
h3
h4
B
D
Figura 73
AB ⋅ h1
2
CD ⋅ h2
En el ΔDCA se cumple: A3 =
2
h3 y h4 son las alturas al lado común AC en ΔABC y ΔDCA , respectivamente.
El cuadrilátero BEFD es un paralelogramo por tener sus lados opuestos paralelos
( AB // BD por premisas y BE // DF por ser ambas perpendiculares a la recta AC), por tanto
h3 = h4 por ser lados opuestos de un paralelogramo.
En el ΔABC se cumple:
A2 =
Dado que los triángulos ABC y DC tienen el lado común AC y las alturas a AC son iguales,
sus áreas son también iguales, o sea:
AB ⋅ h1 CD ⋅ h2
=
, por tanto, AB ⋅ h1 = CD ⋅ h2
2
2
SA ⋅ h1
SC ⋅ h2
SA SC
o
, quedando demostrada la proporción (1).
Luego,
=
=
AB ⋅ h1 CD ⋅ h2
AB CD
Análogamente se pueden demostrar las proporciones (2) y (3). Sin embargo, estas
relaciones se pueden deducir directamente de (1), lo que se asigna como ejercicio del
capítulo.
Teorema 8.2 (Segunda parte del teorema de las transversales): Si las semirrectas de un
haz son cortadas por un haz de rectas paralelas, entonces cada par de segmentos de
paralela situado entre las mismas semirrectas están entre sí en la misma razón que los
segmentos correspondientes sobre una misma semirrecta.
En particular, para la figura 72, se cumple que:
BD SB ⎛ SD ⎞
⎟.
⎜=
=
AC SA ⎜⎝ SC ⎟⎠
Demostración:
Tracemos por A la paralela a CD que corte a BD en E (figura 74)
116
S
A
C
B
E
D
Figura 74
Entonces, AC = ED porque AC y ED son lados opuestos del paralelogramo AEDC. Las
paralelas AE y SC cortan el haz de vértice B. según la primera parte del teorema de las
transversales, se cumple:
BD BS
BD SB
, o sea,
, quedando demostrado el teorema.
=
=
ED AS
AC SA
En la figura 75, dos rectas que se cortan son cortadas por dos paralelas de forma tal que el
vértice S del haz de rectas está situado entre las paralelas. De esta forma surgen los
segmentos SA y SC correspondientes al segmento de recta AC , así como los segmentos de
recta SB y SD correspondientes al segmento de paralela BD . Aquí también se cumple la
proporción:
BD SB ⎛ SD ⎞
⎟
⎜=
=
AC SA ⎜⎝ SC ⎟⎠
D
B
S
A
C
Figura 75
Generalizando: Si dos rectas de un haz son cortadas por dos paralelas, entonces los
segmentos de paralelas están entre sí en la misma razón que los segmentos
correspondientes sobre una misma recta. Esto se deduce de la segunda parte del teorema
de las transversales, cuando el triángulo SBD se le aplica una rotación de 1800 con centro S.
De esta forma también se puede generalizar la primera parte del teorema de las
transversales.
117
Teorema 8.3 (Tercera parte del teorema de las transversales): Si un haz de rectas
paralelas corta a un haz de semirrectas, entonces para cada dos paralelas se cumple que los
segmentos en una de ellas están entre sí como sus correspondientes en la otra.
En la figura 76 se cumple:
(1)
(2)
AC BD
=
CE DF
A
B
AC BD
=
AE BF
S
C
D
E
CE DF
(3)
=
AE BF
F
Figura 76
Demostración:
Para (1) de acuerdo con la segunda parte del teorema de las transversales, se cumple:
SC
CE
SC AC
AC CE
=
=
=
; y también
. Entonces, tenemos
y de aquí (multiplicando
SD BD
SD
DF
BD DF
BD
AC BD
) se obtiene:
, quedando demostrada la proporción (1).
por
=
CE
CE DF
Indicamos como ejercicios la demostración de las proporciones (2) y (3).
Recíprocos del teorema de las transversales.
Para poder analizar los recíprocos de cada una de las partes del teorema de las
transversales, es conveniente diferenciar en ellas, claramente, la premisa y la tesis.
Enunciemos la primera parte del teorema de las transversales (de acuerdo a la figura 77) de
la manera siguiente:
SA SC
.
Si se cumple que AC // BD, entonces se cumple
=
AB CD
SA SC
Premisa: AC // BD
Tesis:
=
AB CD
Intercambiando la premisa y la tesis obtenemos una nueva proposición, que debe ser
demostrada (o refutada):
SA SC
Si se cumple
, entonces AC // BD.
=
AB CD
SA SC
Tesis: AC // BD.
Premisa:
=
AB CD
118
S
A
C
B
B1
D
Figura 77
Demostración:
Si AC y BD no fueran paralelas, entonces la paralela a AC, que pasa por D, cortaría a la
semirrecta SA en un punto B1 distinto de B. según la primera parte del teorema de las
transversales, se cumpliría:
SA
SC
=
AB1 CD
Como AB1 ≠ AB , esto no es posible puesto que contradice la premisa. Por consiguiente, la
suposición de que AC y BD no sean paralelas no es correcta, por lo que AC // BD y queda
demostrado el recíproco de la primera parte del teorema de las transversales.
Teorema 8.4 (Recíproco de la primera parte del teorema de las transversales): Si la
razón de dos segmentos de una semirrecta de un haz es igual a la razón de sus
correspondientes en otra semirrecta, entonces los segmentos correspondientes han sido
determinados por rectas paralelas.
De manera análoga procede para formular el recíproco de la segunda y tercera partes del
teorema de las transversales y demuestra su veracidad o falsedad. Esto se asigna como
ejercicios del capítulo.
8.3. Aplicaciones del teorema de las transversales.
Son múltiples las aplicaciones del teorema de las transversales tanto dentro de la propia
Geometría Plana como en la vida práctica. Comencemos con la aplicación dentro de la
Geometría.
I. Múltiplo de un segmento.
Si queremos construir el duplo, el triplo o en general, el múltiplo según n (n ha de ser un
número natural mayor que 1) de un segmento AB . Para ello prolongamos el segmento AB a
partir de A o B y sobre esta prolongación transportamos el segmento AB con el compás
n – 1 veces. Pero también queremos hablar de múltiplos de un segmento cuando k no sea un
número natural, sino un número racional positivo cualquiera.
Para k =
1
esto significaría, por ejemplo, que tendríamos que construir la tercera parte de
3
AB .
119
5
esto significaría que tendríamos que construir primeramente la tercera parte de
3
AB y quintuplicar esta. De esta forma se puede proceder con todo número racional k. así
tenemos que cuando se multiplica un segmento por un número k < 1 se obtiene un segmento
menor y para k > 1, uno mayor.
Para k =
Ejemplo 1: Dividamos un segmento AB en tres segmentos parciales congruentes (figura 78).
Descripción de la construcción:
A partir de un extremo del segmento AB ,
digamos A, trazamos una semirrecta que
no contenga a AB .
Transportamos tres veces un segmento
arbitrario sobre la semirrecta a partir de su
origen. El extremo C del segmento así
obtenido lo unimos con B. Trazamos por
los otros puntos de la semirrecta paralelas
a CB. Queda de esta forma divido el
AB
en tres segmentos
segmento
congruentes.
C
B
A
Figura 78
Ejemplo 2: Construyamos un múltiplo según k de un segmento:
5
5
b) k = (figura 80)
a) k = (figura 79)
3
7
Sea AB el segmento al que se le quiere construir el múltiplo según k.
En el caso del inciso a) se procede de la siguiente manera:
• Por uno de los extremos del segmento trazamos una semirrecta que no contenga al
segmento (figura 79). Sea el origen de la semirrecta el punto A.
• Transportamos a partir de A un segmento de longitud arbitraria sobre la semirrecta
trazada tantas veces como lo indica el numerador, en este caso cinco veces.
• Unimos el extremo C del tercer segmento transportado con el punto B del segmento AB
(tomamos el tercer segmento por el número que aparece en el denominador).
• Trazamos por el extremo D del último segmento, o sea, del quinto segmento
transportado, una paralela a CB que intercepta a la prolongación del segmento AB en el
punto B1.
5
• Resulta entonces, que AB1 = AB .
3
120
D
C
A
B1
B
Figura 79
Observa que como k >1, el segmento que se obtiene es mayor que el original.
En el caso del inciso b) se procede de la siguiente manera:
• Por uno de los extremos del segmento trazamos una semirrecta que no contenga al
segmento (figura 80). Sea el origen de la semirrecta el punto A.
• Transportamos a partir de A un segmento de longitud arbitraria sobre la semirrecta
trazada tantas veces como lo indica el denominador, en este caso siete veces.
• Unimos el extremo C del séptimo segmento transportado con el punto B del segmento
AB .
• Trazamos por el extremo D del quinto segmento (tomamos el quinto segmento por el
número que aparece en el numerador) una paralela a CB que intercepta al segmento
AB en el punto B1.
5
• Resulta entonces, que AB1 = AB .
7
C
D
B1
A
B
Figura 80
Observa que como k <1, el segmento que se obtiene es menor que el original.
121
II. División interior y exterior de segmentos.
En el ejemplo 2 a) para el punto B1 también se cumple que
B1 A 5
= ; pero B1 está situado
B1 B 2
fuera de AB , por lo que se dice que B1 divide exteriormente al segmento AB en la razón
5
5: 2 o .
2
BA 5
En el ejemplo 2 b) para el punto B1 también se cumple que 1 = ; pero B1 está situado en
B1 B 2
el interor de AB , por lo que se dice que B1 divide interiormente al segmento AB en la razón
5
5: 2 o .
2
III. Medición de forma indirecta de la distancia entre dos puntos inaccesibles.
Si, por ejemplo, se quiere medir de forma indirecta la distancia MN entre dos puntos
extremos de un embalse de agua (figura 81) se puede proceder de la forma siguiente:
1) Se selecciona un punto A alineado con M y N.
2) Se construyen los segmentos MC y AC , después se construye NB // AC .
3) Se miden las longitudes de NA, MB y BC .
(Todo esto se hace con la ayuda de un cordel y clavando estacas en cada uno de los puntos
que se destacan en la figura 81)
4) La distancia entre M y N se calcula aplicando el teorema de las transversales:
MB
MN MB
, de donde, MN =
⋅ NA
=
BC
NA BC
122
Para medir de forma indirecta, por ejemplo, la longitud de un cable (figura 82) que debe
sujetar un poste de electricidad y fijarse en la tierra a una distancia determinada de este, se
puede proceder así:
1) Se determina el punto O en la tierra.
2) Se utiliza una varilla que se coloca perpendicular a la tierra, de manera que su pie y los
puntos R y O estén alineados.
3) Se mueve la varilla en la dirección RO hasta determinar un punto Q (a una altura
adecuada del poste) que esté alineado con los puntos T y O.
4) Se miden OR, OS y OT .
Q
T
O
S
R
Figura 82
5) Aplicando el teorema de las transversales se puede determinar OQ .
OR
OQ OR
, de donde, OQ =
⋅ OT
=
OS
OT OS
8.4. Semejanza de triángulos.
Si tenemos dos triángulos ABC y A1B1C1 en los cuales sus ángulos son respectivamente
iguales (figura 83), es decir, ∠A = ∠A1 , ∠B = ∠B1 , ∠C = ∠C1 , entonces diremos que los lados
que se oponen a los ángulos respectivamente iguales son lados homólogos; en este caso
son: AB y A1 B1 , AC y A1C1 , BC y B1C1 .
B1
B
A
C
A1
C1
Figura 83
Definición 3: Se dice que dos triángulos son semejantes si tienen sus ángulos
respectivamente iguales y sus lados homólogos son proporcionales.
123
En
el
caso
de
la
figura
∠A = ∠A1 , ∠B = ∠B1 , ∠C = ∠C1
83
y
los triángulos dados serán semejantes si
AB
AC
BC
=
=
= k , donde k es la razón de
A1 B1 A1C1 B1C1
semejanza.
La semejanza de los triángulos ABC y A1B1C1 se expresa escribiendo ΔABC ~ ΔA1 B1C1 y se
lee: el triángulo ABC es semejante al triángulo A1B1C1.
Si los triángulos ABC y A1B1C1 sin iguales, entonces tienen sus tres lados iguales y sus tres
AB
AC
BC
lados respectivamente iguales, por lo tanto se cumple que
=
=
= 1 . Por lo
A1 B1 A1C1 B1C1
tanto si dos triángulos son iguales, podemos considerar también que son semejantes. La
igualdad de triángulos es un caso particular de la semejanza de triángulos.
La definición de triángulos semejantes se puede generalizar para el caso de polígonos de n
lados.
Definición 4: Dos polígonos son semejantes si tienen sus ángulos respectivamente iguales y
sus lados homólogos son proporcionales.
Teorema 8.5 (teorema fundamental de la semejanza de triángulos): Toda recta paralela a
un lado de un triángulo, forma con los otros dos lados (o con sus prolongaciones) otro
triángulo que es semejante al triángulo dado.
Demostración:
Apoyémonos en la figura 84, donde A1 B1 // AB .
Premisas: ΔABC : triángulo dado; AB // A1 B1 ; ΔA1 B1C : triángulo formado al cortar la recta A1 B1
a los lados CA y CB .
Tesis: ΔA1 B1C ~ ΔABC .
C
A1
B1
Figura 84
A
B2
B
Por B1 tracemos B1 B2 // CA que corta a AB en B2 .
En ΔA1 B1C y ΔABC tenemos que:
124
∠A = ∠A1 ⎫
⎬ por correspondientes: A1 B1 // AB ; CA y CB secantes.
∠B = ∠B1 ⎭
∠C ángulo común.
⎧ CA1 CB1
=
... (1)
⎪
⎪ CA CB
por el teorema de las transversales, ya que A1 B1 // AB y
Además: ⎨
⎪ CB1 = AB2 ... (2)
⎪⎩ CB
AB
B1 B2 // CA .
Pero AB2 = A1 B1 ... (3) por ser lados opuestos del paralelogramo A1 B1 B2 A .
Sustituyendo (3) en (2) se obtiene:
CB1 A1 B1
=
... (4)
CB
AB
De las igualdades (1) y (4) obtenemos:
CA1 CB1 A1 B1
=
=
CA
CB
AB
Por lo tanto, ΔA1 B1C ~ ΔABC por tener sus ángulos iguales y sus lados homólogos
proporcionales.
(La demostración es análoga para el caso en que la recta paralela a uno de los lados del
triángulo corte a las prolongaciones de estos.)
Casos generales de semejanza de triángulos.
Teorema 8.6 (Teorema de semejanza a.a.): Si dos triángulos tienen dos ángulos
respectivamente iguales, entonces son semejantes.
Sean ABC y PQR (figura 85) dos triángulos que cumplen las condiciones que establece la
premisa del teorema.
P
A
C
B
R
Q
Figura 85
Demostración:
⎧∠A = ∠P
Premisas: ⎨
⎩∠B = ∠Q
Tesis: ΔABC ~ ΔPQR
125
Como ∠A = ∠P , existe un movimiento mediante el cual se pueden hacer coincidir estos
ángulos. Si se aplica este movimiento al ΔABC , este se transforma en el ΔPB1C1 (figura 86) y
por lo tanto:
P
ΔPB1C1 ≅ ΔABC ... (1) (P imagen de A, B1 imagen de
B y C1 imagen de C). ∠B1 = ∠B por ser ∠B1 la
imagen de ∠B .
∠Q = ∠B dato por premisas. Por lo tanto,
∠Q = ∠B1 por carácter transitivo.
C1 B1 // RQ
ya
que
se
forman
ángulos
correspondientes iguales al ser cortadas por la
secante PQ.
B1
C1
Q
R
Figura 86
ΔPB1C1 ~ ΔPQR …(2) por el teorema fundamental de semejanza de triángulos. De (1) y (2)
podemos concluir que: ΔABC ~ ΔPQR .
Teorema 8.7 (Teorema de semejanza de triángulos p.a.p): Si dos triángulos tienen dos
lados proporcionales e igual el ángulo comprendido entre dichos lados, entonces estos
triángulos son semejantes.
Sean ABC y PQR (figura 87) dos triángulos que cumplen las condiciones que establece la
premisa del teorema.
P
A
C
B
R
Q
Figura 87
Demostración:
⎧∠A = ∠P
⎪
Premisas: ⎨ AC AB
Tesis: ΔABC ~ ΔPQR
=
⎪
⎩ PR PQ
Como ∠A = ∠P , existe un movimiento mediante el cual se pueden hacer coincidir estos
ángulos. Si se aplica este movimiento al ΔABC , este se transforma en el ΔPB1C1 (figura 88) y
por lo tanto:
ΔPB1C1 ≅ ΔABC ... (1) (P imagen de A, B1 imagen de B y C1 imagen de C).
126
P
C1
B1
Q
R
Figura 88
PC1 = AC ... (2) y
PB1 = AB ... (3) por ser PC1 y
respectivamente por un movimiento.
AC AB
… (4) por premisa.
=
PR PQ
Sustituyendo (2) y (3) en (4) tenemos que
PC1
PR
=
PB1
PQ
PB1 imágenes de AC y
AB ,
.
Por lo tanto: C1 B1 // RQ por el recíproco del teorema de las transversales
ΔPB1C1 ~ ΔPQR …(5) por el teorema fundamental de la semejanza de triángulos.
De (1) y (5) podemos concluir que ΔABC ~ ΔPQR .
y
Teorema 8.8 (Teorema de semejanza de triángulos p.p.p): Si dos triángulos tienen sus
tres lados respectivamente proporcionales, entonces son semejantes.
Sean ABC y PQR (figura 89) dos triángulos que cumplen las condiciones que establece la
premisa del teorema.
P
A
C
B
R
Q
Figura 89
Demostración:
AB BC AC
Premisas:
…(1)
=
=
PQ QR PR
Tesis: ΔABC ~ ΔPQR
Construyamos a partir de P del triángulo PQR los segmentos PB1 y
PC1 iguales,
respectivamente a los segmentos AB y AC del triángulo ABC (figura 90).
127
P
C1
B1
Q
R
Figura 90
Como PB1 = AB y PC1 = AC por construcción, sustituyendo en (1) obtenemos:
PB1
PQ
=
BC PC1
…(3)
=
QR
PR
De (3) tenemos que
PB1
PQ
=
PC1
PR
por lo que del recíproco de la primera parte del teorema de
las transversales se infiere que B1C1 // QR . Entonces, por la segunda parte del teorema de las
transversales se cumple que
De (3) y (4) se deduce que
PB1
PQ
=
B1C1
QR
=
PC1
PR
…(4).
BC B1C1
=
, lo que es posible si BC = B1C1 .
QR
QR
Como PB1 = AB , PC1 = AC y BC = B1C1 , entonces los triángulos ΔABC ≅ ΔPB1C1 … (5) por
tener sus tres lados respectivamente iguales.
Como B1C1 // QR entonces ΔPB1C1 ~ ΔPQR …(6) por el teorema fundamental de la semejanza
de triángulos.
De (5) y (6) obtendremos, entonces que ΔABC ~ ΔPQR .
Relación entre áreas y perímetros de triángulos semejantes.
Sea ΔABC ~ ΔPQR , de forma tal que se cumple que ∠A = ∠P, ∠B = ∠Q y ∠C = ∠R y que
AB BC AC
=
=
= k …(1). Sean PΔABC y PΔPQR los perímetros de dichos triángulos.
PQ QR PR
PΔABC = AB + BC + AC …(2) y PΔPQR = PQ + QR + PR …(3).
De (1) obtenemos que AB = k PQ, BC = k QR y AC = k PR …(4). Sustituyendo (4) en (2)
obtenemos: PΔABC = k PQ + k QR + k PR
PΔABC = k ( PQ + QR + PR)
PΔABC = kPΔPQR
PΔABC
=k
PΔPQR
128
Teorema 8.9: Si dos triángulos ABC y PQR son semejantes, con razón de semejanza k,
P
entonces se cumple ΔABC = k .
PΔPQR
Sean ahora h1 y h2 las alturas relativas a los lados homólogos BC y QR de los triángulos
semejantes ABC y PQR (figura 91).
P
A
h2
h1
C
D
B
R
S
Q
Figura 91
Como los triángulos son semejantes y se cumple que ∠C = ∠R y ∠ADC = ∠PSR = 90 0
entonces, ΔADC ~ ΔPSR por el teorema 8.6. Como para estos triángulos se cumple que
h
AC h1
AC
=
. Pero,
= k , por tanto también se cumple que 1 = k …(5).
h2
PR
PR h2
AC ⋅ h1
QR ⋅ h2
…(6) y AΔPQR =
…(7)
2
2
De (1) se obtiene que AC = k QR …(8) y de (5) que h1 = kh2 …(9).
Sustituyendo (8) y (9) en (6) se obtiene:
k QR ⋅ kh2
AΔABC =
2
QR ⋅ h2 2
AΔABC =
⋅k
2
AΔABC = AΔPQR ⋅ k 2
AΔABC =
AΔABC
= k2
AΔPQR
Teorema 8.10: Si dos triángulos ABC y PQR son semejantes, con razón de semejanza k,
A
entonces se cumple: ΔABC = k 2 .
AΔPQR
La semejanza de triángulos también tiene gran aplicación en la vida práctica lo que
demostraremos a través del ejemplo siguiente:
Ejemplo:
129
Para determinar aproximadamente el ancho de un río como se muestra en la figura 92, se
pueden ubicar dos estacas en los puntos A y B en las orillas opuestas del mismo.
Seguidamente se ubican las estacas en los puntos C y D de forma tal que los puntos B, C y
D estén alineados. Luego, se mide el ángulo ABD y se ubica la estaca en un punto E de
forma tal que el ángulo BDE tenga la misma amplitud que el ángulo ABD. Después, se
comienza a mover la estaca C manteniendo su alineación con D y B hasta lograr que A, C y
E queden alineados. De esta forma se construyen los triángulos semejantes ABC y CDE, por
tener dos ángulos respectivamente iguales ( ∠ABC = ∠CDE por construcción y
∠ACB = ∠ECD por ser opuestos por el vértice). Se miden las longitudes de los lados
AB BC
,
BC , CD y DE y se establece la proporción entre sus lados homólogos, resultando
=
DE CD
determinándose de la misma a AB como el ancho aproximado del río.
EJERCICIOS DEL CAPÍTULO
1.
2.
3.
4.
5.
Deducir las proporciones (2) y (3) del teorema 8.1 a partir de la proporción (1).
Demostrar las proporciones (2) y (3) del teorema 8.2.
Demostrar el teorema 8.4.
Traza un segmento de 7,0 cm de longitud y divídelo en 5 partes iguales.
Traza un segmento AB = 4,5 cm y construye un múltiplo de este de acuerdo con los
siguientes valores de k:
2
5
a) 2
b)
c) 0,4
d)
3
4
6. Traza un segmento de 6,0 cm de longitud y determina el punto que lo divide interiormente
en la razón:
3
2
b)
a)
5
7
7. En la figura siguiente, QR // ST intersecan a las semirrectas PS y PT.
PQ = 3,0 cm; PR = 20 mm y PS = 7,0 cm. Halla PT , QS y RT .
130
T
R
P
Q
S
8. Las rectas a y b son cortadas por tres rectas paralelas, como se muestra en la siguiente
figura. Calcula DE y EF si AB = 1,0 cm; BC = 2,0 cm y DF = 6,0 cm.
A
D
B
E
C
F
a
b
9. En el ΔABC de la siguiente figura, CD es la bisectriz del ∠ACB , BE // DC y CE es
prolongación de AC . Demuestra que:
AC AD
=
b) BC = CE
CE BD
AC AD
(propiedad de la bisectriz de un triángulo)
c)
=
BC BD
a)
E
C
A
D
B
10. En el paralelogramo ABCD de la figura, E es punto medio de DC y F es punto medio de
AC
AB . Demuestra que AG = GH = HC =
.
3
131
E
D
C
H
G
A
F
B
11. Demuestra que en todo triángulo ABC el baricentro o centro de gravedad divide
interiormente a cada mediana en la razón 2 : 1, contando a partir del vértice. (propiedad
del baricentro de un triángulo)
12. Los lados de un triángulo miden 4,0 dm; 3,6 dm y 1,5 dm respectivamente. Calcula las
longitudes de los lados de otro triángulo semejante a este si:
a) la razón entre un lado del primer triángulo y su lado homólogo en el segundo triángulo
es 1,6;
b) la longitud del lado menor del segundo triángulo es de 3,0 dm.
13. Los lados no paralelos de un trapecio se prolongan hasta que se intersecan en un punto.
Dibuja esta figura y demuestra que los triángulos que se forman son semejantes.
14. En la figura ABCD es un cuadrado cuyos lados miden 3,0 cm.
a) Demuestra que ΔFEG ~ ΔDEC.
b) Calcula la razón de semejanza si FG = 1,5 cm .
E
A
D
F
G
B
C
15. Demuestra que en todo triángulo rectángulo al trazarse la altura relativa a la hipotenusa,
se forman dos triángulos semejantes entre sí y semejantes al triángulo original.
ΔMNO
de la figura, S es el punto de intersección de
16. En el
PN y MQ, MS = 2QS y NS = 2 PS .
a) Prueba que ΔMNS ~ ΔPQS .
b) Prueba que PQ // MN .
c) Prueba que ΔPOQ ~ ΔMON .
d) Calcula PQ si MN = 2,5 cm.
17. En la figura ABCD es un cuadrado, F es el punto de intersección de sus diagonales y
FE ⊥ DC . Calcula la razón entre el perímetro del triángulo EFC y el del triángulo ABC.
132
E
D
C
F
A
B
18. En la siguiente figura, C es un punto de la circunferencia de centro O, AB es un diámetro,
DB es tangente a la circunferencia en el punto B y AC // OD . Demuestra que
ΔABC ~ ΔDOB .
D
C
A
O
B
19. En la siguiente figura, A, B, C y D son puntos de la circunferencia, AC y BD son cuerdas
que se intersecan en el punto Q. Demuestra que ΔDQC ~ ΔAQB .
C
D
Q
O
A
B
20. En la figura, los puntos A, Q y C están alineados, AB es tangente a la circunferencia de
AP 1
centro O; BC es una cuerda;
= ; AQ = 4,0 cm y QC = 8,0 cm . Demuestra que
AB 3
∠BOC
∠APQ = 180 0 −
.
2
133
A
P
Q
B
O
C
21. Para calcular la distancia entre dos puntos A y B, siendo B un punto inaccesible, se puede
hacer una construcción como la que se muestra en la figura. Calcula AB si
AC = 150 m; CF // AB; DF = 16 m y CD = 30 m.
B
A
D
F
C
22. Sean A y B dos puntos separados por pequeño lago, como se muestra en la figura. Sobre
AB se debe jalonar un punto C que sea visible desde A.
a) Explica el procedimiento utilizado de acuerdo con la figura.
b) ¿Cómo calcular AB ?
23. Demuestra que en dos triángulos semejantes las medianas y las bisectrices relativas a
sus lados homólogos están en la misma razón de semejanza que estos.
24. En la figura siguiente PT es tangente a la circunferencia de centro O en T y TC es un
2
diámetro. Demuestra que PA ⋅ PB = PT .
134
T
P
O
A
B
C
25. Traza un paralelogramo ABCD y prolonga a partir de A el lado DA hasta un punto P tal
que al trazar PC se formen dos triángulos cuyos perímetros estén en la razón:
1
1
a)
b) . Fundamenta la construcción.
2
3
135
CAPÍTULO 9: LA TRIGONOMETRÍA Y LA RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS. POLÍGONOS
REGULARES.
En este capítulo nos adentraremos en el estudio del grupo de teoremas de Pitágoras, así
como de algunos elementos de la Trigonometría Plana que se aplicarán en la resolución de
triángulos cualesquiera, los que tienen una gran aplicación en la resolución de problemas de
la vida práctica.
9.1. Grupo de teoremas de Pitágoras.
En el capítulo anterior estudiamos la semejanza de triángulos, que nos permitirá deducir el
teorema de los catetos, de las alturas y de Pitágoras, que en su conjunto conforman el Grupo
de Teoremas de Pitágoras.
Como fue demostrado en el ejercicio 15 del capítulo anterior en todo triángulo rectángulo al
trazarse la altura relativa a la hipotenusa, se forman dos triángulos semejantes entre sí y
semejantes al triángulo original.
Sea ABC un triángulo rectángulo en C; CD = h la altura relativa a la hipotenusa; p y q los
segmentos que el pie de la altura a la hipotenusa determina sobre esta (figura 9).
C
b
a
h
q
p
A
c
D
B
Figura 93
En la tabla siguiente aparecen en cada una de las filas los lados homólogos en estos
triángulos.
Hipotenusa
Cateto opuesto al ángulo CAB
Cateto opuesto al ángulo ABC
ΔABC
c
a
b
ΔADC
b
h
q
ΔBDC
a
p
h
h p
= , de lo que obtenemos que h 2 = p ⋅ q … (1).
q h
b c
En el ΔADC ~ ΔABC se cumple que = , de lo que obtenemos que b 2 = c ⋅ q … (2).
q b
a c
En el ΔBDC ~ ΔABC se cumple que
= , de lo que obtenemos que a 2 = c ⋅ p … (3).
p a
Sumando miembro a miembro (2) y (3) se obtiene que a 2 + b 2 = c( p + q ) , pero como
p + q = c , entonces resulta que a 2 + b 2 = c 2 … (4).
En el ΔADC ~ ΔBDC se cumple que
136
Las relaciones obtenidas anteriormente nos permiten formulas los teoremas del Grupo de
Teoremas de Pitágoras.
Teorema 9.1 (Teorema de las alturas): En todo triángulo rectángulo, el cuadrado de la
longitud de la altura relativa a la hipotenusa es igual al producto de las longitudes de los
segmentos que la altura determina sobre la hipotenusa (relación (1)).
Teorema 9.2 (Teorema de los catetos): En todo triángulo rectángulo, el cuadrado de la
longitud de cada cateto es igual al producto de la longitud de la hipotenusa por la longitud del
segmento de hipotenusa correspondiente al cateto (relaciones (2) y (3)).
Teorema 9.3 (Teorema de Pitágoras): En todo triángulo rectángulo, la suma de los
cuadrados de las longitudes de los catetos es igual al cuadrado de la longitud de la
hipotenusa (relación (4)).
Teorema 9.4 (Recíproco del teorema de Pitágoras): Si para los lados a, b y c de un
triángulo se cumple que a 2 + b 2 = c 2 , entonces el triángulo es rectángulo y c es su
hipotenusa.
La demostración de este teorema la asignamos como ejercicio de este capítulo, además, de
la formulación y demostración de los recíprocos de los teoremas de las alturas y los catetos.
Si en la relación (1) sustituimos las relaciones (2) y (3), obtendremos h 2 =
a2 b2 a2 ⋅ b2
, de
⋅
=
c c
c2
a ⋅b
…(5).
c
Teorema 9.5: En todo triángulo rectángulo, la longitud de la altura relativa a la hipotenusa es
igual al cociente del producto de las longitudes de los catetos por la longitud de la hipotenusa
(relación (5)).
lo evidentemente resulta que h =
El grupo de teoremas de Pitágoras que acabamos de estudiar tiene una gran aplicación en la
vida práctica. Veamos un ejemplo.
Ejemplo:
Un avión de guerra observa bajo un ángulo de 900 dos compañías enemigas A y B. Si en el
momento de la observación el avión lanza una bomba que cae entre ambas compañías en
un punto C, alineado con A y B, a una distancia de 0,5 km. de la compañía A y a 0,8 km de la
compañía B. ¿A qué altura volaba aproximadamente el avión, si la misma no varía desde el
momento del lanzamiento hasta la caída de la bomba?
La figura 94 representa gráficamente la situación del problema anterior. Por tanto, DC = h
representa la altura a la que volaba el avión.
Aplicando el teorema de las alturas obtenemos que h 2 = 0,5 km ⋅ 0,8 km = 0,4 km 2 . De esto
último resulta que h ≈ 0,6 km . Por tanto, la altura a la que aproximadamente volaba el avión
en el instante del lanzamiento de la bomba era 0,6 km.
137
D
h
0,5 km
A
0,8 km
C
Figura 94
B
9.2. Razones trigonométricas en el triángulo rectángulo. Ángulos notables.
Definición 1: Sea α un ángulo agudo de vértice A en un triángulo rectángulo ABC (figura 95)
y sean a y b los catetos y c la hipotenusa, se llama:
•
•
•
•
a
, entre el cateto opuesto a α y la hipotenusa.
c
b
Coseno de α y se denota cos α a la razón
, entre el cateto adyacente a α y la
c
hipotenusa.
a
Tangente de α y se denota tan α a la razón , entre el cateto opuesto y el adyacente a
b
dicho ángulo.
b
Cotangente de α y se denota cot α a la razón , entre el cateto adyacente y el opuesto a
a
dicho ángulo.
Seno de α y se denota sen α a la razón
a
c
b
cos α =
c
a
tan α =
b
b
cot α =
a
sen α =
Como la hipotenusa es mayor que los catetos, de las definiciones anteriores resulta: sen α ≤ 1
y cos α ≤ 1 .
Las razones trigonométricas definidas no dependen del triángulo rectángulo elegido, son las
mismas para todos los ángulos que tienen la misma amplitud.
Teorema 9.6: Si ABC y A1 B1C1 son dos triángulos rectángulos en C y C1 , tales que α = α1,
entonces: sen α = sen α 1; cos α = cos α 1 ; tan α = tan α 1 y cot α = cot α 1 .
138
Demostración: De la condición α = α1 y γ = γ 1 = 900 se deduce que ΔABC ~ ΔA1 B1C1 , luego
a
b
c
= = … (1) (figura 96).
a1 b1 c1
B1
c1
B
a1
c
A
a
γ
α
C
b
A1
γ1
α1
b1
C1
Figura 96
a a1 b b1 a a1
= ; = ; = . Esto implica que:
c c1 c c1 b b1
sen α = sen α 1; cos α = cos α 1 ; tan α = tan α 1 y cot α = cot α 1 .
De (1) resulta:
Existen algunos ángulos cuyas razones trigonométricas son sencillas y aparecen con mucha
frecuencia en la práctica por lo que es conveniente memorizarlas, son los llamados “ángulos
notables” (00; 300; 450; 600; 900). Para calcular las razones trigonométricas de estos ángulos
analicemos los siguientes teoremas.
Teorema 9.7: En todo triángulo rectángulo, la longitud de la mediana relativa a la hipotenusa
es igual a la mitad de la longitud de la misma.
Demostración:
Sea ABC un triángulo rectángulo en C y sea CD la mediana relativa a la hipotenusa (figura
97). Tracemos por A una recta paralela al cateto BC y por B una recta paralela al cateto AC .
B
E
D
A
Figura 97
C
139
Las rectas trazadas se cortan en el punto E. Es fácil demostrar que el cuadrilátero ACBE es
un rectángulo, por lo tanto sus diagonales se bisecan y son iguales. Como D es el punto
medio de la hipotenusa, entonces C, D y E están alineados. Luego, 2CD = AB , de lo que
AB
.
resulta CD =
2
Teorema 9.8: Si un triángulo rectángulo tiene un ángulo agudo de 300, el cateto opuesto a
ese ángulo es la mitad de la hipotenusa.
Demostración: Sea ABC un triángulo rectángulo en C en el cual α = 30 0 (figura 98). Si
trazamos la mediana CD relativa a la hipotenusa, tendremos que CD = AD = DB , lo que se
deduce del teorema anterior y por ser D punto medio de AB . Entonces, los triángulos ADC y
BCD son isósceles de bases AC y BC , respectivamente. Además, es fácil deducir que el
ΔBCD es equilátero. Por tanto, BC = CD = BD =
AB
, quedando así demostrado el teorema.
2
Figura 98
Si aplicamos el teorema de Pitágoras podemos determinar el cateto AC en relación a la
longitud de la hipotenusa de la siguiente manera:
2
2
2
2
2
AC = AB − BC
AC =
AB − BC
AC =
AB
AB −
4
2
AB
AC = 3
4
AC =
2
2
3
AB
2
Determinemos ahora, aplicando la definición 1, las razones trigonométricas de los ángulos
agudos de 300 y 600 de un triángulo rectángulo como el de la figura 99.
140
B
60
0
Figura 99
AB
2
300
A
AB
1
BC
sen 30 0 =
= 2 =
AB AB 2
3
AB
AC
cos 30 0 =
= 2
=
AB
AB
AB
BC
2 =
tan 30 0 =
=
AC
3
AB
2
3
AB
AC
0
2
cot 30 =
=
=
BC
AB
2
C
3
AB
2
3
AB
3
AC
= 2
=
sen 60 0 =
2
AB
AB
AB
1
BC
cos 60 0 =
= 2 =
AB AB 2
3
2
3
AB
AC
tan 60 0 =
= 2
= 3
BC
AB
2
AB
BC
2 = 3
cot 60 0 =
=
3
AC
3
AB
2
3
3
3
Sea, ahora, el triángulo ABC isorectángulo (figura 100). Es fácil deducir que los ángulos
agudos miden 450. Por tanto, AC = BC = a ; aplicando el teorema de Pitágoras tendremos
que AB = 2a .
B
450
2a
a
Figura 100
450
A
sen 45 0 =
a
2a
=
2
2
C
a
cos 45 0 =
a
2a
=
2
2
tan 45 0 =
a
=1
a
a
=1
a
Las definiciones dadas hasta ahora no incluyen las razones trigonométricas de 00 ni de 900.
Para incluirlas, consideremos la situación que se ha representado en la figura 101. En ella se
cot 45 0 =
141
ha dibujado un sistema de coordenadas rectangulares, de modo que el vértice A del triángulo
ABC coincide con le origen y el eje “x” contiene al cateto b. en esas condiciones las razones
trigonométricas de α pueden expresarse utilizando las coordenadas (x; y) del vértice B:
y
sen α =
x + y2
2
x
cos α =
B( x; y )
x2 + y2
x2 + y2
y
x
x
cot α =
y
tan α =
A≡O
α
C
Figura 101
Si α = 0 0 , entonces B( x;0) , por tanto:
0
x
sen 0 0 =
= 0;
cos 0 0 =
= 1;
2
2
x +0
x +0
tan 0 0 =
0
= 0;
x
cot 0 0 =
x
(indefinido)
0
Si α = 90 0 , entonces B(0; y ) , por tanto:
0
y
y
0
cos 90 0 =
sen 90 0 =
= 1;
= 0;
tan 90 0 = (indefinido)
cot 90 0 = = 0
2
2
0
y
0+ y
0+ y
En la siguiente tabla se resumen los valores de las razones trigonométricas de los ángulos
notables.
α
sen α
00
0
cos α
30 0
1
2
1
tan α
0
cot α
indefinido
3
2
3
3
3
45 0
2
2
2
2
1
60 0
3
2
1
2
90 0
1
3
indefinido
1
3
3
0
0
Como se puede observar, de la tabla anterior se infiere que:
sen α = cos (90 0 − α )
cos α = sen (90 0 − α )
(
tan α = cot 90 0 − α
)
(
cot α = tan 90 0 − α
)
142
9.3. Tablas trigonométricas.
No siempre es posible calcular con ángulos notables ya que en la vida práctica pueden
aparecer infinidad de medidas de ángulos que no coinciden con las de estos. Por eso en el
trabajo con las razones trigonométricas de ángulos que están en el intervalo 0 0 ;90 0 se
utilizan valores que han sido calculados con suficiente precisión y que aparecen recogidos en
las tablas 1 y 2 anexas a este texto básico. Las tabla 1 contienen los valores del seno y el
coseno y la tabla 2 los de la tangente y la cotangente.
[
]
Cada valor en la tabla 1 (2) corresponde al seno (tangente) de un ángulo y al coseno
(cotangente) del ángulo complementario; para el seno (tangente) los grados aparecen en la
columna del extremo izquierdo y crecen de arriba hacia abajo, para el coseno (cotangente)
los grados aparecen en la columna del extremo derecho y crecen de abajo hacia arriba. En la
tabla 1 sólo aparecen las cifras decimales, la parte entera que es 0 para todos los valores se
escribe únicamente en la columna que corresponde a 0 décimas (figura 102).
De manera análoga se procede con la tabla 2 de la tangente y cotangente.
Veamos un ejemplo de cómo se procede en la determinación, con ayuda de las tablas
trigonométricas, de las razones trigonométricas de ángulos no notablesEjemplo:
Busca en la tabla:
b) cos 35 0
a) sen 32 0
c) sen 47,5 0
d) sen 54,18 0
e) cos 77 0 20 /
143
Resolución
a) En la columna más a la izquierda en la tabla encontramos la fila que comienza por 32 y
en la intersección con la columna encabezada por 0, encontramos el valor buscado:
5299. Luego, sen 32 0 = 0,5299
b)
c)
En este caso se trata del coseno y debemos buscar 35 en la columna más a la derecha
en la tabla. En la intersección de esta fila con la columna en cuyo pie aparece 0,
encontramos el valor buscado: 8192, luego cos 35 0 = 0,8192 .
En la intersección de la fila, que en su extremo izquierdo comienza por 47, y la columna
encabezada por 5, encontramos 7373, luego sen 47,5 0 = 0,7373 .
144
d)
e)
Redondeamos la amplitud a las décimas, que es la precisión de la tabla, y obtenemos
54, 20. En la tabla encontramos sen 54,2 0 = 0,8111. Como no podemos garantizar tantas
cifras, damos el resultado con tres: sen 54,2 0 ≈ 0,811.
En este caso debemos expresar los minutos como una fracción decimal de grado.
0
⎛ 20 ⎞
Tenemos 20 / = ⎜ ⎟ = 0,333 , luego cos 77 0 20 / = cos 77,333 0 y redondeando hasta las
⎝ 60 ⎠
décimas obtenemos: 77,30. La tabla da el valor: cos 77,3 0 = 0,2198 y cuando
redondeamos resulta cos 77 0 20 / ≈ 0,22 .
También en la práctica podemos encontrarnos amplitudes de ángulos en grados, minutos y
segundos, por lo que se debe hacer la conversión de los minutos y segundos a grados, de la
siguiente manera: 10 = 60 / y 10 = 3600 // . Por ejemplo si queremos determinar tan 62 0 3 / 90 //
0
0
⎛ 3 ⎞
⎛ 90 ⎞
0
procedemos de la siguiente manera: 3 / = ⎜ ⎟ = 0,05 0 ; 90 // = ⎜
⎟ = 0,025 . Por lo tanto
⎝ 60 ⎠
⎝ 3600 ⎠
0 /
//
0
0
0
0
62 3 90 = 62 + 0,05 + 0,025 = 62,075 , que al redondearlo hasta las décimas obtenemos
62,10. El valor en la tabla: tan 62,10 = 1,889 . Redondeando a tres cifras resulta finalmente:
tan 62 0 3 / 90 // ≈ 1,89 .
9.4. Razones trigonométricas de ángulos obtusos. Fórmulas de reducción.
Cuando calculábamos las razones trigonométricas de los ángulos axiales, definimos
primeramente las razones trigonométricas en un sistema de coordenadas rectangulares. Esta
idea puede ser utilizada para definir las razones trigonométricas de ángulos que no son
agudos, o sea, que son obtusos.
Para llevar a la práctica esta idea, consideremos un sistema de coordenadas rectangulares y
una circunferencia con centro en el origen. Todo ángulo puede ser colocado (y de una sola
manera) de forma tal que su vértice coincida con el origen de coordenadas, uno de sus lados
(llamado lado inicial coincida con la semirrecta positiva OX y que el otro lado (llamado lado
terminal) quede ubicado (a partir del inicial) en la zona barrida en sentido contrario al de las
manecillas del reloj, como se muestra en la figura 103.
P( x; y )
lado terminal
r
α
O
lado inicial
Figura 103
145
De esta forma, el lado terminal de cada ángulo interseca en un único punto a la
circunferencia y podemos asociar al ángulo ese punto de una manera unívoca. Esto nos
permite definir las razones trigonométricas utilizando las coordenadas de esos puntos.
Una circunferencia colocada como lo que se ha descrito recibe el nombre de circunferencia
trigonométrica.
Definición 2:
Sean α un ángulo y P( x; y ) el punto que le corresponde en la circunferencia trigonométrica de
radio r, entonces r = x 2 + y 2 y definimos:
y
y
x
cos α = =
sen α = =
r
r
x2 + y2
tan α =
y
(α ≠ 90 0 ; α ≠ 270 0 )
x
cot α =
x
y
x
x2 + y2
(α ≠ 0 0 ; α ≠ 180 0 )
En la figura 104 se ilustra esta definición para ángulos de los cuatro cuadrantes. Observa que
para ángulos α ; 0 0 ≤ α ≤ 90 0 , la nueva definición coincide con la conocida, es decir, aquella
es un caso particular de esta.
r
α
P( x; y )
P(x; y )
y
r
y
x
α
x
180 0 − α
Figura 104
α
α
y
P(x; y )
360 0 − α
x
x
y
r
r
180 0 + α
P( x; y )
146
Con esta definición las razones trigonométricas pueden ser negativas, pero el seno y el
coseno en módulo no pueden ser mayores que 1:
− 1 ≤ sen α ≤ 1
y
− 1 ≤ cos α ≤ 1
El signo de las razones trigonométricas depende de los signos de las coordenadas de los
puntos en los diferentes cuadrantes. A continuación se resumen los signos de las razones
trigonométricas en los diferentes cuadrantes,
En resumen, como el radio es siempre positivo:
-
El seno es positivo donde lo es y, en el semiplano superior, es decir, I y II
cuadrantes.
El coseno es positivo donde lo es x, en el semiplano derecho, es decir, I y IV
cuadrantes.
La tangente y cotangente son positivas donde ambas coordenadas tienen el mismo
signo, I y III cuadrantes.
Ya anteriormente calculamos las razones trigonométricas para los ángulos que se
encuentran en el I cuadrante, por lo que de la definición 2 y de los signos de las razones
trigonométricas en los diferentes cuadrantes podemos calcular las mismas para ángulos
obtusos reduciéndolas al primer cuadrante. Para ello, utilizaremos las llamadas formulas de
reducción que demostraremos a continuación.
Teorema 9.9: Si α es un ángulo agudo, se cumple:
1. sen (180 0 − α ) = sen α .
(
(
(
)
)
)
2. cos 180 0 − α = − cos α .
3. tan 180 0 − α = − tan α .
4. cot 180 0 − α = − cot α .
5. sen (180 0 + α ) = − sen α .
147
6. cos (180 0 + α ) = − cos α .
(
8. cot (180
9. sen (360
10. cos (360
11. tan (360
12. cot (360
)
+ α ) = cot α .
− α ) = − sen α .
− α ) = cos α .
− α ) = − tan n α .
− α ) = − cot α .
7. tan 180 0 + α = tan α .
0
0
0
0
0
Demostración:
Demostraremos las cuatro primeras relaciones. Para ello, tracemos la circunferencia
trigonométrica como se indica en la figura siguiente.
P(x; y )
r
y
α
x
180 0 − α
En este caso la abscisa del punto P es negativa y la ordenada es positiva, por lo que
tendremos:
(
)
(
)
(
)
(
)
y
= sen α
r
−x
x
cos 180 0 − α =
= − = − cos α
r
r
y
y
tan 180 0 − α =
= − = − tan α
x
−x
x
x
−
cot 180 0 − α =
= − = − cot α
y
y
Las restantes relaciones son fáciles de demostrar, por lo que se asigna su demostración
como ejercicio del capítulo.
sen 180 0 − α =
Ejemplo:
Calcular las razones trigonométricas:
b) cos 2150
c) tan 297,90
a) sen 1350
Resolución:
148
2
.
2
b) cos 2150 = cos (1800 + 350) = - cos 350 = - 0, 8192.
c) tan 297,10 = tan (3600 – 62,10) = - tan 62,10 = - 1,889.
a) sen 1350 = sen (1800 - 450) = sen 450 =
9.5. Sistema circular de medidas. Generalización del concepto de ángulo.
El sistema sexagesimal de medida de ángulos que conoces desde educaciones anteriores
tiene limitaciones. En Matemática se usa con mucha frecuencia otro sistema: el sistema
circular. En este sistema se utiliza, para medir el ángulo, la razón entre la longitud del arco de
una circunferencia, interceptada por el ángulo, y el radio de dicha circunferencia. Esta razón
puede utilizarse para medir el ángulo porque es constante para un mismo ángulo, cualquiera
sea el radio de la circunferencia empleada.
Ya conoces que la longitud de un arco de circunferencia es proporcional al radio. Si
denotamos por l la longitud del arco de circunferencia, por α 0 la amplitud del ángulo en el
sistema sexagesimal y por r el radio de la circunferencia tenemos:
l πα 0
=
r 180 0
Esto significa que dicha razón depende solamente de la amplitud del ángulo.
Definición 3: Un radian (en símbolos 1 rad) es la amplitud de un ángulo en el que la longitud
del arco es igual al radio (figura 105).
y
1 rad
Figura 105
l=r
x
La definición anterior establece la unidad del sistema circular de medida de ángulos y
significa que para calcular la medida de un ángulo en este sistema se calcula la razón entre
l
la longitud del arco y el radio: .
r
Ejemplo:
Calcula la medida en el sistema circular de:
a) un ángulo llano
b) un ángulo de 200
Resolución:
a)
La amplitud de un ángulo llano es 1800, luego cualquiera sea el radio tenemos:
149
l π 180 0
=
=π
r
180 0
b)
l π ⋅ 20 0 π
=
=
r
9
180 0
la amplitud del ángulo en el sistema circular tendremos:
En este caso α 0 = 20 0 y la razón será:
Luego, si denotamos por α rad
α rad =
π
.
9
Los razonamientos anteriores pueden ser utilizados para convertir la medida de los ángulos
de un sistema a otro; se denotamos por α rad la medida en el sistema circular del ángulo α y
por α 0 a su medida sexagesimal, tendremos que:
Generalización del concepto de ángulo.
Hasta ahora hemos utilizado el concepto geométrico ángulo; con este concepto las medidas
de los ángulos tienen todas el mismo signo y toman valores entre 00 y 3600 (0 y 2π). Este
concepto es suficiente para resolver todos los problemas que se plantean en Geometría, sin
embargo, en la práctica se necesita trabajar con las razones trigonométricas de valores
mayores o que son negativos.
En este capítulo estudiaremos un concepto más general de ángulo (figura 106).
Figura 106
Dado un par de semirrectas de origen común, consideramos que el ángulo está
determinado por la rotación que lleva la primera semirrecta sobre la segunda.
En nuestro caso consideraremos ángulos con vértices en el origen de coordenadas y el lado
inicial será el semieje positivo de las x; en estas condiciones cada semirrecta puede ser
150
resultado de dos rotaciones: una en el sentido contrario a las manecillas del reloj y la otra en
el sentido de las manecillas del reloj (figura 106 b).
Al ángulo determinado por una rotación de sentido contrario a las manecillas del reloj lo
consideraremos positivo y al determinado por una del mismo sentido que las manecillas
del reloj, negativo (figura 106 c).
En la figura 106 c puedes apreciar que el ángulo determinado por una semirrecta se obtiene
restando 3600 (2π) al ángulo positivo:
− 45 0 = 315 0 − 360 0
−
π
4
=
7π
− 2π
4
Resulta intuitivamente claro que una semirrecta puede llegar a su posición final realizando
más de una vuelta alrededor del origen de coordenadas. Esta observación permite definir
ángulos mayores que 3600 (figura 107).
Figura 107
En la figura 107 se aprecia que la misma semirrecta determina infinitos ángulos positivos y
negativos.
Los ángulos determinados por una misma semirrecta se llaman ángulos coterminales y se
diferencian en un múltiplo entero de 3600 o lo que es lo mismo en un múltiplo entero de
2π.
Como ya hemos dicho anteriormente, las razones trigonométricas de un ángulo dependen
solamente de las coordenadas de un punto situado en el lado terminal. Esto significa que se
pueden calcular las razones trigonométricas de ángulos cualesquiera utilizando las
definiciones conocidas. En la práctica procedemos como se indica a continuación:
Para calcular las razones trigonométricas de un ángulo, buscamos un ángulo del intervalo
fundamental 0 0 ;360 0 ( [0;2π ] ) que sea coterminal con él y calculamos sus razones.
[
]
Ejemplo:
Calcula las razones trigonométricas de los ángulos siguientes:
151
a) – 450
b)
8π
3
Resolución:
a) Utilizando el procedimiento indicado antes:
sen ( − 45 0 ) = sen ( − 45 0 + 360 0 ) = sen (360 0 − 45 0 ) = − sen 45 0 = −
2
2
2
2
0
0
0
0
0
0
tan (−45 ) = tan (−45 + 360 ) = tan (360 − 45 ) = − tan 45 = −1
cos (−45 0 ) = cos (−45 0 + 360 0 ) = cos (360 0 − 45 0 ) = cos 45 0 =
cot (−45 0 ) = cot (−45 0 + 360 0 ) = cot (360 0 − 45 0 ) = − cot 45 0 = −1
8π
3
8π
cos
3
8π
tan
3
8π
cot
3
b) sen
2π
3
2π
= cos
3
2π
= tan
3
2π
= cot
3
= sen
3
8π
2π
porque
y
son coterminales.
2
3
3
1
=−
2
=
=− 3
=−
3
3
Resumiendo tenemos:
sen ( x + k ⋅ 360 0 ) = sen x
sen ( x + 2kπ ) = sen x
cos ( x + k ⋅ 360 0 ) = cos x
cos ( x + 2kπ ) = cos x
tan ( x + k ⋅ 180 ) = tan x
tan ( x + kπ ) = tan x
cot ( x + k ⋅ 180 ) = cot x
cot ( x + kπ ) = cot x
0
0
9.6.
Resolución de triángulos rectángulos.
Una de las aplicaciones de la trigonometría es la de permitir el cálculo de los elementos de
un triángulo cualquiera, así como la resolución de muchos problemas de la vida práctica cuya
solución presentaría grandes dificultades por otros métodos o sencillamente sería imposible.
Como conocemos todo triángulo tiene seis elementos fundamentales: tres lados y tres
ángulos. Sabemos que no todos los elementos de un triángulo pueden ser dados
independientemente pues, existen ciertas relaciones que deben cumplirse. Estas relaciones
ligan los elementos de modo que conocidos tres de ellos (uno de los cuales al menos debe
ser un lado) es posible en ciertos casos calcular los restantes, ya que:
Un triángulo está unívocamente determinado si se conocen:
a) Tres lados.
b) Dos lados y el ángulo comprendido entre ellos.
152
c) Un lado y los dos ángulos adyacentes a este.
Resolver un triángulo es, conocidos tres de sus elementos, calcular todos los
elementos desconocidos.
Si el triángulo es rectángulo sólo es necesario conocer dos elementos pues uno es conocido
siempre, el ángulo recto.
Para resolver un triángulo rectángulo se deben seguir los siguientes pasos:
1. Se dibuja un triángulo rectángulo señalando los elementos conocidos y desconocidos.
2. Cuando se conoce un ángulo agudo, se puede calcular el otro ángulo agudo restándolo
de 900 ya que son complementarios.
3. Para hallar un elemento desconocido se escoge una relación que contenga a dicho
elemento y a otros dos conocidos, y se despeja en ella el elemento que se busca.
La relación escogida puede ser una razón trigonométrica o el teorema de Pitágoras.
Ejemplo:
Resuelve el triángulo de la figura 108.
A
α
78 cm
β
B
a
Figura 108
53 cm
C
Conocemos la hipotenusa y un cateto. Para resolver el triángulo debemos hallar el otro
cateto y los ángulos agudos.
Para calcular el cateto desconocido a podemos aplicar el teorema de Pitágoras.
a2 = c2 − b2
a 2 = (78 cm) 2 − (53 cm) 2 = 3275 cm 2
a = 57,2 cm
Para calcular el ángulo β debemos utilizar una razón trigonométrica de este ángulo, la cual
escogemos analizando cuál de ellas lo relaciona con los elementos dados. Como conocemos
el cateto opuesto y la hipotenusa, utilizamos el seno de β .
b 53 cm
β = 42,8 0
sen β = =
= 0,6795
c 78 cm
Para hallar el otro ángulo ( α ) como ya determinamos a β que es complementario con α
utilizamos la relación:
153
α + β = 90 0
α = 90 0 − β = 90 0 − 42,8 0
α = 47,2 0
De esta forma queda resuelto el triángulo rectángulo de la figura 108.
Veamos ahora un ejemplo de aplicación de la resolución de triángulos en la vida práctica.
Para ello, aclaremos algunos términos que se utilizan en la práctica.
El ángulo formado por una línea horizontal y otra cualquiera no horizontal, se llama de
elevación si está por encima de la horizontal y de depresión si está por debajo (figura 109).
Cuando se trata de un observador, a esa línea no horizontal que va desde el ojo del
observador al objeto se le llama visual.
Figura 109
Ejemplo:
Desde un avión se observan dos barcos con ángulos de depresión de 350 y 480
respectivamente. Si la distancia del primer barco al avión es de 420 m, ¿a qué altura vuela el
avión?, ¿cuál es la distancia entre los barcos?
Resolución:
En la figura 110, los puntos A y B representan los barcos y C el avión. CD = h altura del
avión.
Tenemos que:
AC = 420 m
α = ∠ACH = 35 0 ⎫⎪
⎬ por ser alternos entre paralelas
β = ∠ACH ´= 48 0 ⎪⎭
154
C
H
35
0
480
H´
420 m
h
β
α
A
D
B
Figura 110
En el ΔADC , rectángulo en D tenemos:
h = AC ⋅ sen α
h = 420 ⋅ sen 35 0 = 420 ⋅ 0,574 = 240
luego h = 240 m
Además,
AD = h ⋅ cos 35 0 = 420 ⋅ 0,812
AD = 344 m
En ΔCDB , rectángulo en D tenemos:
CD
tan β =
DB
CD
DB =
tan β
DB =
240
240
=
≈ 217
0
1,11
tan 48
DB = 217 m
pero AB = AD + DB
luego AB = 344 + 217 = 561
AB = 561 m
Respuesta: El avión vuela a una altura de 0, 24 km y la distancia entre los dos barcos es de
0, 56 km.
9.7.
Resolución de triángulos cualesquiera.
Para resolver un triángulo no rectángulo necesitamos conocer como mínimo tres de sus
elementos, ya que en este caso no tenemos ningún elemento conocido implícitamente. Uno
de los elementos conocidos debe ser, como sabemos, al menos un lado. En el caso de estos
triángulos necesitaremos algunos teoremas adicionales a los conocidos para triángulos
rectángulos.
Teorema 9.10 (Ley de los senos): En todo triángulo, el cociente de la longitud de un lado y
el seno del ángulo opuesto, es constante e igual al duplo del radio de la circunferencia
circunscrita.
Demostración:
155
Debemos demostrar que en todo triángulo ABC se cumple que:
a
b
c
=
=
= 2 R , donde R es el radio de la circunferencia circunscrita al triángulo.
sen α sen β sen γ
Sea el triángulo ABC (acutángulo) inscrito en la circunferencia de centro O y radio R (figura
111).
C
γ
b
A
a
α
O
c
β
θ
B
D
Figura 111
Trazando el diámetro CD se forma el ΔDBC rectángulo en B por estar inscrito en una
semicircunferencia.
En ΔDBC tenemos que: a = CD ⋅ sen θ … (1)
Pero CD = 2 R y α = θ por estar inscritos en el mismo arco (o cuerda), luego sustituyendo en
a
= 2R .
(1) tenemos que: a = 2 R ⋅ sen α , de donde
sen α
Como esto puede hacerse con cualquiera de los ángulos del triángulo ABC, trazando cada
a
b
c
vez el diámetro que pase por su vértice, se obtiene:
=
=
= 2R .
sen α sen β sen γ
Como todo triángulo se puede inscribir en una circunferencia, la demostración anterior es
válida para cualquier tipo de triángulo. La única diferencia se presenta al considerar el ángulo
obtuso de un triángulo obtusángulo. En este caso, trazando el diámetro CD se obtiene el
triángulo CBD rectángulo en B (figura 112), en el cual tenemos: a = CD ⋅ sen θ .
C
b
γ
A α
a
c
O
β
B
θ
D
Figura 112
156
Ahora bien α + θ = 180 0 (por estar inscrito en dos arcos cuya suma es 3600), luego
a = 2 R ⋅ sen (180 0 − α )
a = 2 R ⋅ sen α
y la demostración continúa igual como en el caso anterior.
Teorema 9.11 (Ley de los cosenos): En todo triángulo, el cuadrado de la longitud de un
lado es igual a la suma de los cuadrados de las longitudes de los otros dos lados menos el
doble producto de las longitudes de estos dos lados por el coseno del ángulo que forman.
Demostración:
En el triángulo ABC trazamos la altura h = AD relativa al lado BD con lo que obtenemos dos
triángulos rectángulos ADB y ADC (figura 113).
A
A
a)
b)
α
α
b
c
c
h
b
h
γ
β
B
a-x
D
a
C
x
β
B
a
a+x
γ 180 0 − γ
x
C
D
Figura 113
En el ΔADB tenemos (figura 113 a):
2
c 2 = (a − x ) + h 2
En el ΔADB tenemos (figura 113 b):
2
c 2 = (a + x ) + h 2
c 2 = a 2 − 2ax + h 2 ...(1)
pero en ΔADC se tiene:
x = b cos γ
c 2 = a 2 + 2ax + h 2 ...(1)
pero en ΔADC se tiene:
x = b cos(180 0 − γ ) = −b cos γ
y b2 = x2 + h2
que sustituidos en (1) queda:
c 2 = a 2 − 2ab cos γ + b 2
o sea:
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ
y b2 = x2 + h2
que sustituidos en (1) queda:
c 2 = a 2 + 2a(−b cos γ ) + b 2
o sea:
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ
Luego en todo triángulo se cumple:
c
2
= a
2
+ b
2
− 2 ab cos γ
Trazando las alturas relativas a los otros dos lados obtenemos las otras dos formas de la ley
de los cosenos.
Las tres formas de la ley de los cosenos son:
157
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos α
b 2 = a 2 + c 2 − 2ac cos β
c 2 = a 2 + b 2 − 2bc cos γ
Despejando en estas expresiones el coseno del ángulo obtenemos otra forma de expresar
esta ley.
b2 + c2 − a2
2bc
2
a + c2 − b2
cos β =
2ac
2
a + b2 − c2
cos γ =
2ab
cos α =
Utilizando los teoremas anteriores podemos deducir las formulas para calcular el área de un
triángulo dado:
a) Dos lados y el ángulo comprendido entre estos lados.
b) Tres lados y el radio de la circunferencia circunscrita alrededor del triángulo.
c) Tres lados.
Deduzcamos la fórmula para el caso del inciso a)
Sea ABC un triángulo del cual se conoce las longitudes a y b de dos de sus lados y la
amplitud del ángulo γ comprendido entre ellos (figura 114).
C
γ
b
D
a
h
A
Figura 114
B
Tracemos la altura AD = h a uno de los lados dados, en nuestro caso, al lado a. El área del
ah
…(1).
ΔABC se calcula: A =
2
En el ΔACD , rectángulo en D, tenemos: h = bsenγ , que sustituyendo en (1) obtenemos la
ab
absenγ
fórmula siguiente: A =
o lo que es lo mismo A =
senγ .
2
2
Esta fórmula es válida para cuando se conozcan las longitudes de dos lados cualesquiera de
un triángulo y el ángulo comprendido entre ellos, por lo que se cumple que:
158
ab
senγ
2
ac
A=
senβ
2
bc
A=
senα
2
A=
Deduzcamos la fórmula para el caso del inciso b)
Sea ABC un triángulo cualquiera del cual se conoce las longitudes de sus tres lados y el
radio de la circunferencia circunscrita a este (figura 115).
C
b
a
O
R
A
c
B
Figura 115
ab
senγ …(1). Si aplicamos la ley
2
c
c
= 2 R , de la que si despejamos senγ =
y
de los senos para el ángulo γ tendremos:
senγ
2R
abc
sustituimos en (1) obtendremos: A =
, quedando deducida la fórmula.
4R
Utilizando la fórmula obtenida en el inciso a) tenemos: A =
Deduzcamos la fórmula para el caso del inciso c)
Sea ABC un triángulo del que se conocen las amplitudes de sus tres lados (figura 116)
Tenemos que:
1
A = bcsenα
2
1
= bc 1 − cos 2 α
2
1
= bc (1 − cos α )(1 + cos α )
2
⎡ b2 + c 2 − a 2 ⎤⎡ b2 + c 2 − a 2 ⎤
1
= bc ⎢1 −
⎥ ⎢1 +
⎥
2
2bc
2bc
⎣
⎦⎣
⎦
159
=
⎡ 2bc − b 2 − c 2 + a 2 ⎤ ⎡ 2bc + b 2 + c 2 − a 2 ⎤
1
bc ⎢
⎥⎢
⎥
2
2bc
2bc
⎣
⎦⎣
⎦
=
a 2 − (b − c ) (b + c ) − a 2
⋅
4
4
=
a+b−c a−b+c b+c+a b+c−a
⋅
⋅
⋅
2
2
2
2
2
2
b+c+a
= p (semiperímetro), entonces
2
b+c−a
a+b−c
a−b+c
= p − b , luego:
= p − a;
= p−c y
2
2
2
A = p ( p − a )( p − b)( p − c) , conocida como fórmula de Herón.
Pero como
Los teoremas y fórmulas estudiados hasta ahora nos permiten resolver cualquier tipo de
triángulo, así como problemas de la vida práctica. Veamos algunos ejemplos.
Ejemplo:
Dados α = 30 0 ; a = 3 y b = 4. Calcula el ángulo β .
Resolución:
Apliquemos la ley de los senos, pues disponemos de todos los datos para hacerlo:
a
b
=
senα senβ
bsenα 4 ⋅ 0,5
senβ =
=
= 0,6667
a
3
Entonces, β = 41,8 0 o β = 180 0 − 41,8 0 = 138,2 0
Observa que en este caso que hay dos posibles soluciones pues el seno es positivo también
en el II cuadrante, por lo que hay dos soluciones posibles (como a < b, α < β , por lo que los
dos valores de β son posibles).
Ejemplo:
En el triángulo ABC sabiendo que α = 47 0 ; b = 8 y c = 10 , calcula el lado a.
Resolución:
Como conocemos dos lados y el ángulo comprendido, podemos utilizar la ley de los cosenos
para hallar el lado a.
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos α
a 2 = 8 2 + 10 2 − 2 ⋅ 8 ⋅ 10 ⋅ cos 47 0 = 54,88
a = 7,41
160
Ejemplo:
Se desea construir un túnel recto a través de una montaña y se han medido las distancias
desde los puntos de entrada y salida a un tercer punto fuera de la montaña. Si las distancias
medidas son de 3,15 km y 7,10 km, respectivamente, y el ángulo que forman entre sí es de
125,40, ¿qué longitud tendrá el túnel?
Resolución:
En la figura 116, los puntos A y B representan la entrada y salida del túnel respectivamente.
C es el punto fuera de la montaña.
Se forma el triángulo ABC del cual conocemos los lados AC y BC y el ángulo γ . Queremos
hallar la longitud AB del túnel. Aplicando la ley de los cosenos tenemos:
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ
c 2 = 7,12 + 3,15 2 − 2(7,1)(3,15) cos125,4 0
c 2 = 50,41 + 9,923 − 44,73(−0,579) = 86,23
c = 9,29
Respuesta: El túnel tendrá una longitud de 9,29 km aproximadamente.
9.8. Polígonos regulares.
Entre las figuras planas más importantes tenemos los polígonos regulares que como
sabemos son aquellos que tienen todos sus lados y todos sus ángulos iguales.
El cálculo de un elemento cualquiera de un polígono regular se facilita mucho con la
aplicación de la trigonometría.
En un polígono regular si se trazan los radios de la circunferencia circunscrita, este se
descompone en triángulos isósceles, por eso la resolución de un polígono regular se reduce
a la resolución de un triángulo isósceles.
Por elementos de un polígono regular entendemos:
161
n : número de lados.
l : longitud de un lado.
R : radio de la circunferencia circunscrita.
a : apotema.
La apotema es el segmento de perpendicular comprendido entre el centro de la
circunferencia circunscrita y el pie de esta perpendicular.
Como la resolución de un polígono regular se reduce a la resolución de un triángulo isósceles
entonces podemos deducir algunas fórmulas para ello (figura 117):
O
ϕ
R
δ
R
a
l
Figura 117
360 0
180 0
ϕ
(o δ =
, ya que δ = )
a) Cálculo de la amplitud del ángulo ϕ : ϕ =
n
n
2
l
l
b) Cálculo de la longitud del lado l : = R ⋅ senδ ; l = 2 R ⋅ senδ o
= a ⋅ tan δ ; l = 2a ⋅ tan δ .
2
2
c) De las formulas del inciso b) se puede determinar el radio de la circunferencia
circunscrita y de la apotema.
d) Área del polígono regular: A = p ⋅ a .
En efecto,
A polígono = n ⋅ Atriángulo
1
A polígono = n ⋅ ⋅ l ⋅ a
2
nl
P
A polígono = ⋅ a = ⋅ a
2
2
A polígono = p ⋅ a
Ejemplo:
El lado de un decágono regular es igual a 10 cm. Halla el radio de la circunferencia
circunscrita, la apotema y el área del polígono.
Resolución:
Como n = 10 tenemos:
162
180 0
= 18 0
10
En el triángulo isósceles al que se reduce la resolución del polígono tenemos:
5
sen 18 0 =
R
5
5
R=
=
0
0,309
sen 18
δ=
R = 16,1 ≈ 16
tan 18 0 =
a=
5
a
5
5
=
0
0,325
tan 18
a = 15,4 ≈ 15.
nl
10 ⋅ 10
A polígono = ⋅ a =
⋅ 15,4 = 770
2
2
A polígono = 7,7.10 2 cm 2
Repuesta: El radio de la circunferencia circunscrita, la apotema y el área del polígono miden
16 cm, 15 cm y 7,7.102 cm2, respectivamente.
EJERCICIOS DEL CAPÍTULO
1. Un punto interior de un ángulo recto se encuentra a las distancias a y b de los lados del
ángulo. ¿Cuál es la distancia del punto al vértice del ángulo?
2. Una cuerda de 6,0 cm de longitud dista 4,0 cm del centro de la circunferencia. ¿A qué
distancia del centro se encuentra una cuerda que mide 8,0 cm?
3. En un trapecio isósceles las bases miden 10 y 24 cm respectivamente y los lados no
paralelos miden 25 cm. Calcula la altura del trapecio.
4. Una de las diagonales de un paralelogramo coincide con una altura de este. Calcula la
longitud de esta diagonal si el perímetro del paralelogramo es de 50 cm y la diferencia
entre las longitudes de dos lados consecutivos es de 1,0 cm.
5. El pie de una escalera de 5,0 m de longitud está situado a 2,0 m de la pared a la cual está
recostada. ¿A qué altura del piso se encuentra el extremo superior de la escalera?
6. Una antena de 50 m de altura debe ser sujetada por cuatro cables a una altura
4
de la misma. Los cables están sujetos al suelo a una distancia de 30 m
equivalente a
5
del pie de la torre. Calcula la longitud de cada cable.
7. Una torre proyecta una sombra de 86,9 m de largo cuando la altura del Sol sobre el
horizonte es de 56,50. ¿Cuál es la altura de la torre?
8. A través del telescopio de una batería antiaérea se observa un avión que se encuentra a
6,3 km de distancia del observador bajo un ángulo de 11,60. ¿A qué altura vuela el avión
en el momento de observación?
163
9. Desde un faro situado a 44 m sobre el nivel del mar se observa un barco bajo un ángulo
de depresión de 55,30. ¿A qué distancia del faro se halla el barco?
10. Desde la cima de un acantilado de 70 m de alto, se observan dos pequeños botes en la
misma dirección, con ángulos de depresión de 10,50 y 13,30 respectivamente. Calcula la
distancia:
a) Del acantilado al bote más cercano.
b) Entre los dos botes.
11. Un helicóptero vuela sobre un puente a una altura de 300 m. Cuando está situado
exactamente sobre el punto medio del puente se observan sus extremos bajo un ángulo
de 800. ¿Cuál es la longitud del puente?
12. Desde un avión militar en un momento determinado se observan dos compañías
enemigas bajo un ángulo de 900, las que distan entre sí a 5500 m. Si desde una de las
compañías en avión se observa con un ángulo de elevación de 350, ¿a cuántos
kilómetros de altura vuela el avión?
13. Para realizar la práctica de tiro en posición de tendido un soldado debe colocar sus
brazos de forma tal que sus codos disten aproximadamente a 12 cm. Si los brazos del
soldado miden 32 cm, ¿qué ángulo se formará entre sus brazos aproximadamente?
14. Demuestra que en todo triángulo la longitud de la mediana relativa a un lado es igual a la
mitad de la raíz cuadrada de la diferencia del duplo de la suma de los cuadrados de las
longitudes de los otros dos lados menos el cuadrado de la longitud del lado a la que esta
es relativa.
15. En un triángulo ABC, el ángulo A es el doble del ángulo B. Conocidos b y c, demostrar
que a = b(b + c ) .
16. Los catetos de un triángulo rectángulo tienen longitudes b y c. Demostrar que la longitud x
2bc
de la bisectriz del ángulo recto se calcula por la fórmula x =
.
b+c
17. El diámetro aparente de un astro visto desde la Tierra es el ángulo bajo el cual es
observado desde esta.
a) Si α es el diámetro aparente de un astro visto desde la Tierra y d es la distancia de la
Tierra a ese astro, demuestra que el diámetro real D del astro se calcula por la fórmula
D=
2dsen
1 − sen
α
s .
α
2
b) Calcula el diámetro real del Sol si d = 1,5.108 km y α ≈ 32´ .
18. Para determinar la altura de una montaña se traza en el plano de su base un segmento
AB = 113 m , cuya dirección indique la proyección de su cima C (figura 118). En los
extremos de este segmento se miden los ángulos de inclinación α 1 = 24,30 y α 2 = 19,8 0 .
¿Cuál es la altura de la montaña?
164
19. Para medir la posición de fuego F de un cañón, se miden las distancias a F desde dos
puntos A y B exactamente señalados en el mapa. Se obtienen AF = 351 m y BF = 532 m .
La longitud AB = 428 m . Averigüe las coordenadas del punto F si se toma la dirección AB
en la dirección del semieje positivo OX y a A como origen del sistema de coordenadas.
20. Desde un submarino es detectado un barco en la dirección de 280 al sureste y a una
distancia de 18,4 millas marítimas. El barco tiene un curso de 16,4 noreste y viaja a una
velocidad de 9,5 nudos (1 nudo equivale a 1 milla por hora).
a) ¿Qué velocidad debe mantener el submarino para alcanzar al barco en 1,5 horas?
s
( v = ).
t
b) El submarino quiere alcanzar al barco en el menor tiempo posible manteniendo una
velocidad, bajo el agua, de 12 nudos. ¿En qué tiempo lo alcanzará?
21. Un barco situado en una posición A es observado desde dos posiciones M y N de la
playa, separadas 1,28 km, siendo los ángulos AMN y ANM de 59,60 y 78,20,
respectivamente. Halla la distancia del barco a la posición más lejana.
22. Si la fachada de un edificio se va bajo un ángulo de 600 cuando el ojo del observados
está a 5,0 m de uno de los extremos y a 8,0 m del otro, ¿cuál es la longitud de la fachada
del edificio?
23. El lado de un pentágono regular es de 24 cm. Halla el radio de la circunferencia
circunscrita, la apotema y el área del pentágono.
24. El lado de un octógono regular mide 24 cm. Halla su área.
25. El perímetro de un polígono regular de 11 lados es 23,5 m; calcula el radio de la
circunferencia circunscrita al mismo y la apotema.
26. La diferencia entre las áreas de un exágono regular y de un cuadrado inscritos en una
misma circunferencia es de 24,0 m2. Calcula el área del círculo.
27. Una plaza tiene forma de exágono regular de 50 m de lado. La misma está rodeada por
una acera de 3,30 m de ancho, excepto en una longitud de 24 m, correspondiente a una
avenida que parte de la plaza.
a) Calcula el área de la acera.
b) Se desea arreglar la acera y se conoce que para ello se necesita una bolsa de
cemento para cada 19,8 m2. Si la bolsa de cemento debe adquirirse a un precio de 4
dólares, ¿qué cantidad de dólares deben destinarse para adquirir las bolsas de
cementos que se necesitan para arreglar la acera?
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28. Sobre el lado AB del cuadrado ABCD de 8,0 cm de lado se ha construido el triángulo
equilátero ABE y se ha trazado el segmento DE . Halla el área del ΔDAE .
29. En la figura,
sombreada.
BC diámetro;
AB = 30 cm y ∠ACB = 30 0 . Halla el área de la región
30. Un exágono regular y un triángulo equilátero están inscritos en una misma circunferencia
de radio 10 m y los vértices del triángulo coinciden con los vértices del exágono. Halla el
área comprendida entre el exágono y el triángulo.
31. Sobre un plano que posee una inclinación de 23,50, se desliza hacia abajo un cuerpo
sobre el cual actúa la fuerza de gravedad (490 N) con una velocidad constante. Calcula el
módulo de las componentes de la fuerza de gravedad de cada eje.
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32. Demostrar teorema 9.4.
33. Formular y demostrar los recíprocos de los teoremas de las alturas y de los catetos.
34. Demostrar las relaciones 5 – 12 del teorema 9.9.
35. Dos trenes parten al mismo tiempo de una misma estación siguiendo vías rectilíneas que
forman entre sí un ángulo de 300. Uno de los trenes lleva una velocidad de 70 km/h y el
otro de 80 km/h. ¿A qué distancia se encontrarán los trenes al cabo de media hora?
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Bibliografía
1. Fiterre, I. (1951). Matemática Segundo Curso, Geometría. La Habana. Editorial Selecta.
Cuba.
2. Millares, A. y Escalona, J. (1960). Geometría, Matemática, Segundo Curso. La Habana.
Editorial Pueblo y Educación. Cuba.
3. Lagomasino, J. (1943). Curso de Trigonometría. La Habana. Editorial Cultural S.A. Cuba.
4. Pogorelov, A. (1974). Geometría Elemental. Moscú. Editorial MIR. URSS.
5. Starket, H. y Türke, W. (1974). Fundamentos teóricos de la enseñanza de la Geometría y
orientaciones metódicas sobre la estructuración de la enseñanza. La Habana. Editorial
Pueblo y Educación. Cuba.
Datos del autor:
Juan Enrique García La Rosa.
Licenciado en Matemática y Física.
Doctor en Ciencias Pedagógicas.
Profesor Auxiliar.
Instituto Superior Pedagógico “Frank País García”, Santiago de Cuba, Cuba.
e-mail: [email protected]
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