Construcción de triángulos - 1. Conociendo las tres medianas. 2. Las tres alturas.

Medellín, 22 de Febrero de 2014


Construcción de triángulos

Los casos básicos de construcción de triángulos se podrían resumir en: 1. Conociendo los tres lados 2. Conociendo dos lados y el ángulo que forman éstos y 3. Conociendo un lado y los ángulos internos adyacentes a el.

No obstante podríamos plantear otros casos importantes: a) Conociendo las medianas, b) las alturas, c) las bisectrices, y finalmente d) las tres mediatrices.

Hay innumerables casos de construcción de triángulos, algunos muy difíciles y otros, no tanto.

Entre los que hemos considerado en la segunda categoría, hay dos particularmente difíciles: Conociendo las bisectrices y conociendo las mediatrices.

Para el caso de las bisectrices, el problema gráfico ya ha sido resuelto, pero es de una gran complejidad y no lo abordaremos en los próximos blogs. El caso de construir un triángulo conociendo sus mediatrices, es todavía mucho mas difícil. No obstante, será abordado mas adelante, pero no por un método estrictamente geométrico, ya que hemos tenido que recurrir al álgebra y no sólo al álgebra, sino al ordenador y el sofware derive.

Construir un triángulo conociendo las tres medianas

Se conocen las tres medianas AM1, CM2 y BM3

Debemos, con estas longitudes, construir el triángulo ABC

Suponemos el problema resuelto y prolongamos la mediana CM2 una distancia igual a 1/3 de la misma y localizamos el punto H.

Unimos los puntos AH y HB. El cuadrilatero AHBG es un paralelogramo, ya que sus diagonales se cortan en su punto medio. M2 es simultaneamente el punto medio de AB y de GH.

Lo anterior porqué GM2 es, por las propiedades del varicentro, 1/3 CM2 y M2H también lo es por construcción.

Si observamos el triángulo GHB del  paralelogramo GAHB, observamos que sus tres lados tienen una longitud que se conoce, ya que corresponden a 2/3 de cada una de las medianas.

(Recordemos que el varicentro se encuentra a 2/3 del vértice y a 1/3 de la base)

Con este razonamiento, el triángulo ABC se construye muy fácilmente, puesto que se conocen los tres lados.

Como conocemos las 3 medianas, podemos encontrar gráficamente tres longitudes iguales a 2/3 de cada una de las medianas.

Con estas dimenciones GH ( 2/3 CM2), HB( 2/3 AM1) y BG ( 2/3 BM3), construimos el triánguloGBH.

Completamos el paralelogramo AHBG. (Ya tenemos dos vértices del triángulo ABC, los puntos A y B).

Para encontrar el vértice C, prolongamos HG una distancia una distancia igual y así encontramos el vértice C.

El triángulo construido es el solicitado, ya que sus tres medianas son AM1, CM2 y BM3.

Construir un triángulo conociendo sus tres alturas.

Este problema es mucho mas difícil y la solución que vamos a presentar, aunque sencilla, es bastante ingeniosa y creativa, por lo que la mayoría de las personas que sabemos realizarla, es porque peviamente la hemos leído en la literatura de la geometría.

Si las alturas son: ha (trazada desde A hasta el lado opuesto), hb y hc.

En un punto P  cualquiera del plano ubicamos en direcciones arbitrarias las tres alturas, tal como se indica en la parte izquierda de la figura. No importa para nada el ángulo que se utilice entre estas tres alturas.

Los extremos de estas alturas, son los puntos E, D y F.

Construimos una circunferencia que pase por estos tres puntos E, D y F.

Ahora prolongamos las líneas PE (hc) ,  PD(hb) y PF(ha), hasta que corten la circunferencia en un segundo punto.

PE se prolonga hasta M

PD no se prolonga, pero se toma el punto N, donde la linea interceptan la circunferencia por primera vez.

Prolongamos PF hasta S.

Ahora por las propiedades de las rectas que interceptan una circunferencia, establecemos la siguiente igualdad:

PExPM = PDxPN = PFxPS

hcxPM/2 = hbx PN/2 = haxPS/2

La expresión anterior es igual al área del triángulo ABC, utilizando la fórmula basexaltura/2, en los tres lados, con sus respectivas alturas.

Por tanto las distancias PM,PN y PS, son los lados del triángulo pedido ABC.

De la gráfica de la izquierda  obtenemos en tamaño real PM, PN y PS.

 

Ahora conociendo los tres lados, la construcción es inmediata. Pintamos el lado a que corresponde al lado BC, en el extremo izquierdo B dibujamos una circunferencia de radio b y en el extremo derecho C, dibujamos una circunferencia de radio c. Donde se corten estas dos circunferencias será el tercer vértice A.

Juan Fernando Sanin E

Teorema de Pitagoras

Medellín, Enero 2014

Teorema de Pitágoras

El teorema de Pitagoras es uno de los más importantes de la geometría y de la ciencia en general. Es utilizado por los más calificados matemáticos en proyectos muy complejos y hasta los albañiles, en las construcciones complicadas y también en las sencillas.

Se comenta que hay más de doscientas demostraciones del mismo. Vamos a presentar algunas de ellas.

Teorema de Pitágoras

En todo triángulo rectángulo, la suma de los cuadrados de los catetos es igual al cuadrado de la hipotenusa.

Demostración 1.

Figura 1

El triángulo rectángulo en consideración es el ABC. Sus ángulos agudos son α en el vértice A y β en el vértice B. Los catetos son a y b y la hipotenusa la llamamos c.

Tal como se ve en la figura, sobre cada cateto construimos los cuadrados que se indican.

Igualmente construimos otro cuadrado sobre la hipotenusa.

Prolongamos las líneas RP y SQ, las cuales se cortan en el punto M.

Trazamos la línea recta MC y la prolongamos hasta encontrar los puntos H y D.

Los triángulos PMC y MCQ son rectángulos en P y Q y sus catetos son a y b. Por lo anterior, estos triángulos son iguales al triángulo ABC y por tanto sus ángulos internos son iguales a los del triángulo ABC.

< PCM = < CMQ = α, lo que nos indica que el triángulo CHB tiene que ser rectángulo, pues dos de sus ángulos son α y β cuya suma es 90 grados.

Siendo este triángulo CHB rectángulo, la línea MD es perpendicular a AB en H

Por paralelismo de las rectas RM y AC se concluye que el cuadrado ARPC y el paralelogramo ANMC tienen la misma área y es igual  b²

Ahora por paralelismo entre las rectas TN y MD, y teniendo en cuenta que CM = c, entonces el área del paralelogramo ANMC = área del rectángulo AHDT = b²

Con un razonamiento similar, concluiremos que el rectángulo HBUD = a²

De lo anterior concluimos que área de ABUT = área AHDT + área HBUD

c² = b² + a²

Con lo cual queda demostrado el teorema.

Se cree que esta fue la demostración original del teorema, hecha por Pitágoras o por Griegos contemporáneos a él.

Demostración 2

Figura 2

Consideramos el triángulo rectángulo ABC, cuyos catetos son a y b y cuya hipotenusa es c.

Construimos un cuadrado de lado a + b

Tomamos un punto que nos divida cada lado de este cuadrado en a y b, (lo hacemos en sentido de las agujas del reloj en todos los lados del cuadrado).

Se nos forman 4 triángulos rectángulos iguales al triángulo ABC y un cuadrado interior de lado igual a c.

(Lo anterior porque se trata de un cuadrilátero que tiene los 4 lados iguales a la hipotenusa c (lo cual nos daría un rombo), además, si vemos que α + β = 90, y eso ocurre en cada vértice del rombo, entonces el rombo es un cuadrado.)

Área del cuadrado grande = 4 área del triángulo ABC + área del cuadrado de lado c.

(a + b)² = 4 (ab/2) + c²

a² + 2ab + b² = 2 ab + c²

a² + b² = c²

Con lo cual queda demostrado el teorema.

Demostración 3

Construimos un cuadrado cuyo lado sea igual a la hipotenusa c y construimos el triángulo rectángulo dado sobre cada hipotenusa. El resultado se ve en la figura 3

Figura 3

Se nos forman 4 triángulos rectángulos iguales al triángulo ABC y un cuadrado central cuyo lado es

b – a

Área del cuadrado de lado c = 4 área del triángulo ABC + área del cuadrado interno.

c² = 4(ab/2) + (b – a)²

c² = 2 ab + b² – 2ab + a²

c² = b² + a²

Con lo cual queda demostrado.

Demostración 4

En la siguiente figura, establezcamos la semejanza de triángulos entre el triángulo rectángulo grande ABC y el triángulo pequeño CHB.

Estableciendo las relaciones entre los lados homólogos:

Figura 4

a/n (opuestos al ángulo α en los triángulos grande y pequeño, en ese orden)

c/a (hipotenusas en los triángulos grande y pequeño, en ese orden)

a/n = c/a

a² = cn

Igualmente podríamos probar que

b² = cm

(Cada cateto es media proporcional entre la hipotenusa y su proyección sobre ella)

a² + b² = cn + cm = c(m + n) = c²

Con lo cual queda demostrado. (Tal vez esta es la demostración mas fácil)

Demostración 5

Ahora vamos a utilizar propiedades de la circunferencia.

Figura 5

En el triángulo ABC, construimos una circunferencia con centro en B y radio = a.

La recta AC será tangente a la circunferencia.

De las propiedades de la circunferencia sabemos que:

AC² = AC x AD

b² = (c –a) (c +a)

b² = c² – a²

a² + b² = c²

Con lo cual queda demostrado.

Demostración 6

Utilizamos propiedades de la circunferencia.

Figura 6

Construimos dos circunferencias, cuyo diámetro es el respectivo cateto, tal como se indica en la figura 6..

El punto D pertenece simultáneamente a las dos circunferencias y al triángulo.

CD es la altura del triángulo trazada desde el punto C.

Es la altura porque cualquier ángulo que subtienda un diámetro es de 90 grados.

AC es tangente a la circunferencia cuyo diámetro es CB.

BC es tangente a la circunferencia cuyo diámetro es CA.

De las propiedades de las cuerdas y las tangentes sabemos que:

AC² = AD x AB

BC² = DB x AB

Sumando

AC² + BC² = AD x AB + DB x AB

Agrupando

AC² + BC² = AB(AD + DB) = ABxAB

b² + a² = c²

Con lo cual queda demostrado el teorema.

Demostración 7

De nuevo utilizamos propiedades de la circunferencia.

Figura 7

En el triángulo rectángulo ABC, construimos una circunferencia con centro en B y radio igual a la hipotenusa. Figura 7

Por las propiedades de las cuerdas que se cortan en el interior de una circunferencia:

ACxCD = EC x CF

bb = (c + a)(c – a)

b² = c² – a²

a² + b² = c²

Con lo cual queda demostrado.

Resumen.

El teorema de Pitágoras es una de las propiedades geométricas de mayor utilidad en la vida cotidiana. Si hiciéramos un balance relacionada con su importancia en el mundo práctico, podríamos decir que es un descubrimiento cuyo impacto sobre la civilización es equiparable a la invención de la rueda.

Juan Fernando Sanin Echeverri