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ELEMENTOS DE GEOMETRÍA EUCLIDIANA

13.1 CONSTRUCCIONES. EJERCICIOS RESUELTOS

Ilustración N° 1

Dado un segmento 𝐴𝐵 de medida ℓ, contruir:

1.1. Un segmento 𝑂𝐵′ congruente con 𝐴𝐵 y con uno de sus extremos en un punto

correspondiente al origen de una semirrecta 𝑂𝑊 .

Figura 253

1.2. Un segmento 𝑂𝐶 de medida 2ℓ.

Figura 254

1.3. Un segmento 𝑂𝐾 de longitud 3

2ℓ.

Figura 255

W

Materia

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Uso no

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Descripción de la construcción y justificación.

1. Sobre la semirrecta 𝑂𝑊 , se determina mediante el traslado sucesivo con el

compás, el segmento 𝑂𝑃 tal que 𝑚(𝑂𝑃 ) = 3. ℓ

2. Sobre la semirrecta 𝑂𝑆 que determina un ángulo agudo con 𝑂𝑊 se traza un

segmento no nulo, arbitrario 𝑂𝐴 y le asignamos 𝑚(𝑂𝐴 ) = 1.

3. A partir del segmento unitario 𝑂𝐴 , se determina 𝑂𝐵 , tal que 𝑚(𝑂𝐵 ) = 2𝑚(𝑂𝐴 ).

4. Se determina 𝑃𝐵.

5. Se traza por 𝐴, 𝐴𝐾 ∥ 𝑃𝐵 . Esta recta es única por el Postulado V de Euclides.

6. En esta construcción se concluye que ∆ 𝑂𝐴𝐾~∆𝑂𝑃𝐵 caso (A-A) y como

consecuencia sus lados son respectivamente proporcionales, así: 𝑂𝐾

𝑂𝑃=

𝑂𝐴

𝑂𝐵 y

sustituyendo se tiene 𝑂𝐾

3ℓ=

1

2 luego 𝑂𝐾 =

3ℓ

2.

Generalización

La construcción anterior permite en su estructura, representar cualquier segmento de

medida: 𝑎ℓ

𝑏, con 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅+.

Ilustración N° 2

Dado un segmento 𝐴𝐵 no nulo, dividirlo en 𝑛 segmentos congruentes 𝑛 ∈ 𝑍+

Sea 𝐴𝐵 no nulo, dividirlo en 5 segmentos congruentes.

Figura 256

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1. Se determina 𝐴𝑊 formando un ángulo agudo con 𝐴𝐵 .

2. Se determina un segmento unitario 𝐴𝐴 , sobre 𝐴𝑊 .

3. Se traslada el segmento unitario sobre 𝐴𝑊 a partir de 𝐴1 en forma consecutiva,

determinando los puntos 𝐴2, 𝐴3, 𝐴4 y 𝐴5.

4. Se determina 𝐵𝐴5 y por cada uno de los puntos 𝐴1, 𝐴2, 𝐴3, 𝐴4 se traza la paralela única

a 𝐵𝐴5 .

5. Sean respectivamente 𝑃1, 𝑃2, 𝑃3, 𝑃4 los puntos donde cada paralela intersecta a

𝐴𝐵 (teorema de Proclo).

Se concluye que 𝐴𝑃1 ≅ 𝑃1𝑃2

≅ 𝑃2𝑃3 ≅ 𝑃3𝑃4

≅ 𝑃4𝐵 .

Justificación. Teorema

Si tres o más rectas distintas y paralelas determinan segmentos congruentes en

una secante, determinaran segmentos congruentes en cualquier otra secante común a

dichas paralelas.

Ilustración N° 3

Construir un ángulo congruente a un ángulo dado.

Sean: 𝐴��𝐵 no nulo y no llano.

𝑂′𝑊 ⊂ ℓ, ℓ ⊂ 𝜋, 𝑆 ∈ 𝜋, 𝑆 ∉ ℓ.

Figura 257

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1. Se determinan 𝑂𝑆 ≅ 𝑂′𝑆′ ≅ 𝑂𝑇

2. Con centro se 𝑆′ se traza un arco de radio 𝑆𝐵 en el plano 𝜋ℓ:𝑆, se designa como 𝑇′ la

intersección del arco anterior u el arco de radio 𝑂′𝑆′.

Se concluye que 𝐴��𝐵 ≅ 𝑇′𝑂′𝑊

Justificación: ∆ 𝑇𝑂𝑆 ≅ 𝑇′𝑂′𝑆′. Caso (L-L-L).

Ilustración N° 4

Construir la bisectriz de un ángulo.

Sea 𝐴��𝐵 no nulo y no llano.

Figura 258


1. Se determinan 𝑂𝐴′ ≅ 𝑂𝐵′ .

2. Con centro en 𝐴′ y 𝐵′ respectivamente y con el mismo radio se trazan dos áreas que se

intersectan en el punto 𝑃.

Se concluye que 𝑂𝑃 es la bisectriz de 𝐴��𝐵.

Justificación: ∆ OA′P ≅ ∆OB′P caso (L-L-L)

En consecuencia 𝐴��𝑃 ≅ 𝐵��𝑃

Ilustración N° 5

Construir la perpendicular levantada por un punto de una recta en un plano dado.

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Este problema se puede considerar como un caso particular del problema 4 esto es, se

reduce a determinar la bisectriz de un ángulo llano en un plano dado.

Sean: 𝐴𝐵 , 𝑂 ∈ 𝐴𝐵 , 𝑂 ≠ 𝐴, 𝑂 ≠ 𝐵, 𝐴𝐵 ⊂ 𝜋.

Figura 259

Justificación.

1. 𝐴��𝑃 ≅ 𝐵��𝑃, sustentado en el problema 4.

2. Como 𝐴��𝑃 y 𝐵��𝑃 hacen par lineal, entonces, son ángulos rectos y en consecuencia

𝑂𝑃 ⊥ 𝐴𝐵 con 𝑂𝑃 ⊂ 𝜋.

Ilustración N° 6

Construir la mediatriz de un segmento en un plano dado.

Sean 𝐴𝐵 no nulo, 𝐴𝐵 ⊂ 𝜋.

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Figura 260


1. Con centro en 𝐴 y 𝐵 y el mismo radio (aproximadamente mayor que la distancia al

punto medio del segmento) se trazan áreas en cada uno de los semiplanos, que se

intersectan en 𝑃 y 𝑃′ respectivamente.

2. Se determina 𝑃𝑃′ .

Se concluye que 𝑃𝑃′ es la mediatriz de 𝐴𝐵 .

Justificación.

1. ∆ PAP′ ≅ ∆PBP′ caso (L-L-L), como consecuencia 𝐴��𝑃′ ≅ 𝐵��𝑃′.

2. ∆ APB es isósceles y del numeral anterior se concluye que 𝑃𝑀 es bisectriz de este

triángulo y es consecuencia por el teorema de las propiedades de los segmentos

notables del triángulo isósceles, se concluye que 𝑃𝑀 es altura, mediana (y por tanto 𝑀

es punto medio de 𝐴𝐵 ) y 𝑃𝑃′ es la mediatriz de 𝐴𝐵 en el plano 𝜋.

Observaciones

Se desprenden de esta construcción las siguientes entre otras:

Determinar el punto medio de un segmento no nulo.

Levantar la perpendicular única por el punto medio de un segmento

contenido en un plano dado.

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Ilustración N° 7

Levantar una perpendicular por el extremo de un segmento contenido en un plano dado.

Sea 𝐴𝐵 no nulo, 𝐴𝐵 ⊂ 𝜋.

Figura 261


1. Con centro en 𝐵 se traza una semicircunferencia que intersecta 𝐴𝐵 en 𝐶 y 𝐷.

2. Con centro en 𝐶 y 𝐷 y radio mayor que 𝐵𝐷, se trazan dos áreas en el mismo semiplano

respecto a 𝐴𝐵 que se intersecta en 𝑃.

3. Se determina 𝑃𝐵 .

Se concluye que 𝑃𝐵 ⊥ 𝐴𝐵 , 𝑃𝐵 ⊂ 𝜋.

Justificación

Análoga al problema anterior. Se deja al lector.

Ilustración N° 8

Construir la perpendicular bajada desde un punto exterior a una recta dada.

Sean: ℓ: recta dada, 𝑃 un punto dado, 𝑃 ∉ ℓ.

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Figura 262


1. Con centro en 𝑃 se traza un arco de circunferencia que intersecta la recta ℓ en dos

puntos distintos, designados 𝑆 y 𝑆′.

2. Con centro en 𝑆 y 𝑆′ y el mismo radio se trazan, en el semiplano opuesto al que

contiene a 𝑃, dos arcos que se intersectan en un punto designado como 𝑃′.

3. Se determina 𝑃𝑃′ .

Se concluye que 𝑃𝑃′ ⊥ ℓ.

Justificación

Análoga al problema 6. Se deja al lector.

Ilustración N° 9

Construir un cuadrado de lado ℓ

Sea 𝐴𝐵 de medida ℓ, el lado dado, 𝐴𝐵 ⊂ 𝜋.

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Figura 263


1. Mediante el procedimiento descrito en el problema 7 se levantan las perpendiculares

𝐴𝑃′ y 𝐵𝑃′′ en un mismo semiplano respecto de AB.

2. Se construyen sobre 𝐴𝑃′ y 𝐵𝑃′′ ; 𝐴𝐷 y 𝐴𝐶 respectivamente tales que 𝐴𝐵 ≅ 𝐵𝐶 ≅ 𝐴𝐷.

3. Se determina 𝐷𝐶.

Se concluye que 𝐴𝐵𝐶𝐷 es un cuadrado.

Justificación

1. 𝐴𝑃′ ∥ 𝐵𝑃′′ . Corolario: Dos rectas perpendiculares a una recta común y coplanarias las

tres, conllevan a que las dos primeras son paralelas.

2. Del paso 2 de la construcción y del paso anterior concluimos que 𝐴𝐵𝐶𝐷 es un rombo y

rectángulo y en consecuencia, es un cuadrado.

Ilustración N° 10

Construir una recta paralela a una recta dada por un punto exterior a ella.

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Sean: ℓ: recta dada, 𝑃 un punto dado, 𝑃 ∉ ℓ .

Figura 264


1. Para el punto 𝑃 se construye la perpendicular bajada a la recta ℓ. Ver problema 8.

2. Se designa por 𝐻 el punto en el cual la perpendicular intersecta a ℓ.

3. Por el punto 𝑃 y en el plano determinado por las rectas ℓ y 𝑃𝐻 se levanta la

perpendicular a 𝑃𝐻 por el punto 𝑃. Ver problema 5.

Se designa por 𝑃𝑊 esta recta.

Se concluye que 𝑃𝑊 ∥ ℓ.

Justificación

El mismo corolario empleado en el problema anterior permite concluir que 𝑃𝑊 ∥ ℓ.

Ilustración N° 11

Construcciones de triángulos.

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11.1 Dados sus tres lados.

Este problema tiene solución siempre y cuando las magnitudes de los tres lados satisfagan las

desigualdad triangular, esto es, que la mediad de un lado cualquiera es menor que la suma de

las medidas de los otros dos lados.

Sean 𝐴𝐵 , 𝐶𝐷 y 𝐸𝐹 dados, de longitudes ℓ1, ℓ2 y ℓ3.

Figura 265


1. Se toma como referencia uno cualquiera de los segmentos, en este caso 𝐴𝐵 .

2. Con centro en 𝐴 y radio igual a ℓ2 se traza en uno de los semiplanos de frontera en la

recta 𝐴𝐵, un arco.

3. Con centro en 𝐵 y de radio igual a ℓ3 se traza en el mismo semiplano un arco que

intersecta al arco anterior en un punto que se designa por 𝑃.

4. Se determinan 𝐴𝑃 y 𝑃𝐵 .

Se concluye que ∆ 𝐴𝑃𝐵 es una solución al problema planteado.

11.2 Dados dos ángulos y el lado adyacente a ellos.

Este problema tiene solución siempre y cuando la suma de las medidas de los ángulos dados

sea menor que 180°.

Sean: 𝐴𝐵 de medidaℓ; 𝐷𝐺𝐹 de medida 𝛼° y 𝑆��𝐾 de medida 𝛽°.

E

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Figura 266


1. Con un lado sobre 𝐴𝐵 se construye un ángulo congruente al 𝐷𝐺𝐹 ver problema 3 y en

forma análoga, con un lado sobre la semirrecta 𝐵𝐴 se construye un ángulo congruente

al 𝑆��𝐾. Se designa por 𝑇 el punto de intersección de los lados no comunes, aclarando

que ambos ángulos se construyen sobre el mismo semiplano en frontera 𝐴𝐵.

El ∆ 𝐴𝐵𝑇 es una solución al problema planteado.

11.2 Construir un triángulo dado un lado y el punto correspondiente al baricentro.

Sean: 𝐴𝐵 de longitud ℓ y 𝑂: el baricentro.

Figura 267

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1. Se determina el punto medio de 𝐴𝐵 ver problema 6, que se designa por 𝑀.

2. Se traza 𝑀𝑂 .

3. Sobre 𝑀𝑂 se traza 𝑀𝑃 de medida igual a 3𝑚(𝑀𝑂 ).

4. Se trazan los segmentos 𝑃𝐴 y 𝑃𝐵 .

Se concluye que ∆ 𝑃𝐴𝐵 es la solución del problema planteado.

Justificación

1. La mediana se encuentra sobre 𝑀𝑃 , por definición de mediana.

2. El baricentro se encuentra sobre la mediana a una distancia de 1/3 del punto 𝑀

(punto medio de 𝐴𝐵 ) o a 2/3 del vértice.

11.4 Construir un triángulo dado un lado y el punto correspondiente al incentro.

Sean: 𝐴𝐵 de longitud ℓ y 𝑂: el incentro.

Describa paso a paso la construcción y justifíquela.

Figura 268

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