Geometría | Capítulo 6

 


 

> Principal
> Introducción
> Polígonos, casos particulares
> Áreas de Polígonos
> Teorema de Pitágoras
> Segmentos de un Triángulo

 
 

 

 

 

 

 

  Definición  46  

Tres o más líneas rectas o segmentos de línea recta son concurrentes si todos los segmentos o líneas rectas pasan por el mismo punto.

 

   Teorema 25

Las tres medianas de un triángulo son concurrentes, además, el punto de concurrencia, divide a cada mediana en la razón 2 a 1.

Demostración:

Se dividirá la demostración en dos partes:

I) Se demostrará que las medianas son concurrentes en un punto.
II) Se demostrará que el punto de concurrencia divide a cada mediana en la razón 2 a 1.

Parte I)

Figura 6.14

Sea el triángulo $\triangle ABC$ y sea $G$ la intersección de las medianas $\overline{BL}$ y $\overline{CM}$. Sea $K$ la intersección de la prolongación de    $\overline{AG}$ con $\overline{BC}$. Se demostrará que $\overline{AK}$ es la otra mediana.
 

 

Figura 6.15


Prolongue $\overline{AK}$ hasta un punto $P$, tal que $\vert\overline{AG}\vert =
\vert\overline{GP}\vert$.
Como $\overline{BL}$ biseca a $\overline{AP}$ y a $\overline{CA}$ entonces por corolario 2 $\overline{BG} \; \vert\vert \; \overline{PC}$, se tiene que:                  $\displaystyle{\vert\overline{GL}\vert = \frac{1}{2}\vert\overline{PC}\vert}$

De igual forma $\overline{CM}$ biseca a $\overline{AP}$ y a $\overline{AB}$ por lo tanto $\overline{CG} \; \vert\vert \; \overline{BP}$ .
Luego $BPCG$ es un paralelogramo y por teorema 16, $\vert\overline{GK}\vert = \vert\overline{KP}\vert$ y
$\vert\overline{BK}\vert = \vert\overline{KC}\vert$, en otras palabras $\overline{AK}$ biseca $\overline{BC}$ por lo tanto $\overline{AK}$ es la tercera mediana del $\triangle ABC$.

Parte II)

Tenemos que $\triangle APC \sim \triangle AGL$ entonces, por construcción:
                                      \begin{displaymath}\vert\overline{AG}\vert = \frac{1}{2}{\vert{\overline{AP}}\vert} \end{displaymath}
              \begin{displaymath}\Rightarrow \vert\overline{AG}\vert =
\frac{1}{2}\left[ \ve...
... \frac{1}{2}\vert\overline{AG}\vert + \vert\overline{GK}\vert
\end{displaymath}
              \begin{displaymath}\Rightarrow \frac{1}{2}\vert\overline {AG}\vert = \vert\overl...
...ert}} = 2
\Rightarrow \overline{AG} : \overline{GK} = 2 : 1 .\end{displaymath}
Se pueden hacer consideraciones similares para analizar las otras medianas.

  Definición  47  

El punto de concurrencia de las tres medianas se llama centroide o baricentro.


 
   Teorema 26

Las mediatrices de un triángulo son concurrentes y este punto de concurrencia equidista de los tres vértices.

Demostración:

Figura 6.16

Sea el triángulo $\triangle ABC$, sean $\stackrel {\longleftrightarrow}{OM}$ y $\stackrel {\longleftrightarrow}{OL}$ mediatrices de $\overline{AB}$ y $\overline{AC}$.
Hay que demostrar:

  1. $O$ está en la mediatriz de $\overline{BC}$.
     

  2. $\vert\overline{OA}\vert = \vert\overline{OB}\vert = \vert\overline{OC}\vert.$

Parte II)
Trace $\overline{OA}$, $\overline{OB}$ y $\overline{OC}$. Se tiene que $O$ está en la línea recta que biseca perpendicularmente a $\overline{AB}$ y $\overline{AC}$, por el teorema 24 se tiene que $\vert\overline{OA}\vert = \vert\overline{OB}\vert$ y $\vert\overline{OA}\vert = \vert\overline{OC}\vert$ por lo tanto $\vert\overline{OA}\vert = \vert\overline{OB}\vert = \vert\overline{OC}\vert.$

 

Parte I)
Dado que $\vert\overline{OB}\vert = \vert\overline{OC}\vert$, por el teorema 24 se tiene que $O$ está en la mediatriz de $\overline{BC}$.

  Definición  48  

El punto de concurrencia de las tres mediatrices de un triángulo se llama circuncentro.

 

   Teorema 27

Las bisectrices en un triángulo son concurrentes, además, este punto de concurrencia equidista de los tres lados de dicho triángulo.

Demostración:

Sea el triángulo $\triangle ABC$ y sea $O$ el punto de intersección de las bisectrices internas de los ángulos
$\angle ABC$ y $\angle ACB$.

  1. Hay que demostrar que $\overrightarrow{AO}$ es bisectriz interna del $\angle BAC$ es decir que:

                                          \begin{displaymath}m(\angle BAO) = m(\angle CAO).\end{displaymath}

  2. Hay que demostrar que que las distancias de $O$ a $\overline{AB}$, $O$ a $\overline{BC}$ y $O$ a $\overline{AC}$, son iguales.

Parte 2:

Figura 6.17

Si $\overline{OL}$ es perpendicular a $\overline{AC}$, $\overline{OM}$ perpendicular a $\overline{AB}$ y $\overline{ON}$ perpendicular a $\overline{BC}$, con $\overline{OB}$ y $\overline{OC}$ bisectrices de $\triangle ABC$ entonces hay que demostrar que:
                           \begin{displaymath}\vert\overline{OM}\vert = \vert\overline{OL}\vert = \vert\overline{ON}\vert.\end{displaymath}      

Sean los triángulos $\triangle OCN$ y $\triangle OCL$. Por hipótesis $m(\angle OCN) = m(\angle OCL)$. Además, son triángulos rectángulos, entonces por teorema 4:
                                    \begin{displaymath}m(\angle NOC) = m(\angle LOC).\end{displaymath}

Dado que estos dos triángulos comparten $\overline{OC}$, por axioma (ala) se tiene que $\triangle OCN \cong \triangle OCL$ entonces $\vert\overline{ON}\vert =
\vert\overline{OL}\vert$.                                      Análogamente, $\triangle BOM \cong \triangle BON$ entonces, $\vert\overline{OM}\vert = \vert\overline{ON}\vert$.
De lo anterior se tiene que:
                                   \begin{displaymath}\vert\overline{OM}\vert = \vert\overline{OL}\vert = \vert\overline{ON}\vert.\end{displaymath}

Parte 1:

Figura 6.18

En el triángulo $\triangle ABC$ trace $\overline{OA}$, $\angle OLA$ y $\angle AMO$ son rectos. Por lo anterior $\vert\overline{OM}\vert = \vert\overline{OL}\vert$ y $\overline{AO}$ es común a   los triángulos $\triangle AMO$ y $\triangle OLA$ por el teorema 8,        $\triangle AMO \cong \triangle OLA$, por lo tanto  $m(\angle MAO) = m(\angle LAO)$ que equivale  a$m(\angle BAO) = m(\angle CAO)$ por lo tanto $\overrightarrow{AO}$ es bisectriz interna de $\angle BAC$.
 

  Definición  49  

El punto donde las bisectrices de los ángulos de un triángulo son concurrentes se llama incentro.

 

   Teorema 9:

Las tres alturas de un triángulo son concurrentes.

Demostración:

Figura 6.19


Sea $\triangle ABC$, construya $\overline{QR}$, $\overline{RP}$ y $\overline{PQ}$ segmentos paralelos a $\overline{BC}$, $\overline{AC}$ y $\overline{AB}$ por $A$, $B$ y $C$ respectivamente.


Por la definición 40, $RBCA$, $ABCQ$ y $ABPC$, son paralelogramos, luego por teorema 15 se tiene que:

  1. $\vert\overline{BR}\vert = \vert\overline{AC}\vert$ y $\vert\overline{AR}\vert = \vert\overline{BC}\vert$

  2. $\vert\overline{BC}\vert = \vert\overline{AQ}\vert$ y $\vert\overline{AB}\vert = \vert\overline{CQ}\vert$

  3. $\vert\overline{BP}\vert = \vert\overline{AC}\vert$ y $\vert\overline{AB}\vert = \vert\overline{CP}\vert$

Figura 6.20

Entonces:
                   \begin{displaymath}\vert\overline{BR}\vert = \vert\overline{AC}\vert = \vert\ove...
... \; B \;
{\mbox {est\'a en el punto medio de $\overline{PR}$}}\end{displaymath}                   \begin{displaymath}\vert\overline{AR}\vert = \vert\overline{BC}\vert = \vert\ove...
... \; A \;
{\mbox {est\'a en el punto medio de $\overline{QR}$}}\end{displaymath}                   \begin{displaymath}\vert\overline{AB}\vert = \vert\overline{CQ}\vert = \vert\ove...
... \; C \;
{\mbox {est\'a en el punto medio de $\overline{PQ}$}}\end{displaymath}


Trazando las alturas de $\triangle ABC$, es decir $\overline{AD}$, $\overline{BE}$ y $\overline{CF}$, se puede ver que son las mediatrices del $\triangle PQR$ y por el teorema 26 éstas son concurrentes en $H$, luego las alturas del $\triangle ABC$ también son concurrentes en $H$.
 

  Definición  50  

El punto de concurrencia de las tres alturas de un triángulo se llama ortocentro.


Geometría interactiva-Revista digital Matemática, Educación e Internet