capÍtulo 13. construcciones y lugares...

ELEMENTOS DE GEOMETRÍA EUCLIDIANA

CAPÍTULO 13. CONSTRUCCIONES Y LUGARES GEOMÉTRICOS

Introducción

No podría terminar este trabajo sin tratar brevemente el tema de las costrucciones geométricas

con regla y compás en el sentido euclidiano, que apasionó al mundo de los geómetras griegos

desde sus comienzos y ha trascendido al espacio actual de la matemática por medio de uno de

sus más célebres problemas. Cuando me refiero a las construcciones con regla y compás en este

contexto, se entiende la utilización de la regla únicamente para trazar segmentos rectilíneos

uniendo dos puntos previamente determinados y no para medir, como usualmente se hace, y el

compás para trasladar segmentos congruentes a un segmento previamente dado, lo que permite

en consecuencia determinar arcos de circunferencia, consistentes con lo anterior en trazar los

extremos de los segmentos congruentes a un segmento dado pero todos ellos con un extremo

común. Cuando se determinan todos estos segmentos en un plano, el lugar geométrico generado

por los extremos no comunes corresponde a la circunferencia.

Para una mejor comprensión del alcance del objeto de estudio es necesario revisar el tema de la

irresolubilidad de los tres problemas griegos y un cuarto problema que merece un tratamiento

especial por su relevancia. Estos corresponden a:

. La duplicación del cubo. Este problema plantea dado un cubo cualquiera, determinar el lado

de otro cubo cuyo volumen, sea el doble del volumen del primero.

. La trisección del ángulo. Consiste en que dado un ángulo no nulo cualquiera, dividirlo en tres

ángulos congruentes. Es claro que para algunos ángulos en particular este problema tiene

solución pero no en general.

. El heptágono regular. Se trata a partir de una circunferencia de radio unitario, inscribir un

polígono regular de siete lados.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


La imposibilidad de las construcciones de las figuras anteriores ha sido demostrada en el

Álgebra y se fundamenta entre otros en los siguientes conceptos:

Números construibles. Son aquellos que se pueden expresar de la forma 𝑥 = 𝑎 + 𝑏√𝑐,

con 𝑎, 𝑏 𝑦 𝑐 𝑝𝑒𝑟𝑡𝑒𝑛𝑒𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑎 𝑢𝑛 𝑐𝑎𝑚𝑝𝑜 𝑛𝑢𝑚é𝑟𝑖𝑐𝑜. Todo número construible se puede

representar por medio de un segmento que puede construirse con regla y compás con los

criterios ya anotados.

Números algebráicos. Son aquellos que corresponden a soluciones de una ecuación de la forma

𝑎𝑛𝑥𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑥𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑜 = 0; 𝑛 ≥ 1, 𝑎𝑛 ≠ 0, con 𝑎𝑛 perteneciente al conjunto de los

números racionales.

Se ha demostrado que todo número construible es algebráico.

Específicamente en lo que respecta a los tres problemas planteados, se demostró (empleando el

Método de Reducción al absurdo) utilizando herramientas del Álgebra desde luego, que la

solución de cada uno de los tres problemas planteados no correspondía a números algebráicos y

en consecuencia no construibles.

. La cuadratura del círculo. Este problema consiste en determinar el lado de un cuadrado cuya

área sea igual al área de un círculo dado. Es inmediato concluir que la medida de dicho lado

corresponde a R√𝝅 siendo R el radio del círculo.

Respecto a esta situación se demostró que no todos los números reales son algebráicos. En

particular a los números reales que no son algebráicos se les denomina números trascendentes.

El primer número del cual se demostró que corresponde a esta categoría fue e y siguiendo un

procedimiento similar Carl Ferdinand von Lindemann (1852-1939) demostró en el año de 1882,

que el número 𝝅 es trascendente y en consecuencia lo es √𝝅. De esta forma se concluyó que la

solución no corresponde a un número construible y se dio por fin, solo en el siglo XIX, solución a

un problema que despertó el interés y el esfuerzo de muchos matemáticos de todas las épocas

que esperaban dar respuesta a este maravilloso desafio. Debe aclararse que en la actualidad se

ha dado solución a este problema pero utilizando resultados del Álgebra y de Variable compleja.

Buena parte de la motivación de los matemáticos que siempre creyeron poder lograr una

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


solución, se fundamentó en el problema planteado y resuelto por Hipócrates de Chios y conocido

como Las lúnulas de Hipócrates, este problema se puede consultar en la sección 11.7 Ejercicios

resueltos, Ilustración No 2. En él como puede leerse, se plantea como la suma de las áreas de

figuras curvilíneas particulares (lúnulas), es igual al área de un triángulo y en consecuencia al

área de un cuadrado. Fue la cuadratura de las lúnulas la que siempre inspiró la posibilidad de

lograr la cuadratura del círculo.

Debo aclarar con relación a los problemas planteados que, en muchos textos y artículos se

encuentran construcciones que fácilmente parecen ser “construcciones con regla y compás”,

pero que solo son buenas aproximaciones que pasan fácilmente por válidas. Es necesario

precisar que con otras herramientas de apoyo puede llegarse a las soluciones buscadas.

Al respecto remito al lector a los textos: ¿Qué son las Matemáticas? Conceptos y métodos

fundamentales. Prefacio y Avances recientes Ian Stewart. Autores: Richard Courant y Herbert

Robbins, y al Tratado de Geometría, de Gabriel Velazco Sotomayor; en ellos se hace un

desarrollo detallado de estos temas.

Objetivos específicos.

20.1 Estimular el desarrollo de las competencias que están asociadas al manejo,

representación e interpretación de las figuras en el plano y en el espacio.

20.2 Presentar en forma sencilla y progresiva, las construcciones básicas que no solo sirven

para la elaboración de figuras más complejas, sino para apoyar y evidenciar la necesidad

de una buena comprensión y desde luego la articulación de los diferentes elementos

teóricos estudiados.

20.3 Facilitar la formulación de conjeturas y la expresión de las intuiciones previas, como

pasos importantes y necesarios para formular las hipótesis iniciales en la resolución de

los problemas correspondientes a la determinación de lugares geométricos.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


20.4 Apoyar y reforzar los procesos de aprendizaje de la geometría introduciendo

gradualmente las construcciones y la determinación de los lugares geométricos que

permitan los procesos de anclaje conceptual buscando aprendizajes verdaderamente

significativos.

20.5 Motivar al estudiante a lograr el dominio de una de las habilidades más importantes

no solo en este curso, sino en su formación general cual es la formulación y solución de

problemas.

20.6 Aprovechar la riqueza de los dos temas tratados para fundamentar en el estudiante la

necesidad de un trabajo sistemático pero también holístico, donde la intervención

oportuna del docente por medio de la formulación permanente de nuevas preguntas, va

ampliando el universo de posibles soluciones. Es un espacio ideal para evidenciar las

diferentes formas como cada estudiante puede abordar un mismo problema y procurar,

respetando los estados individuales, que todos logren finalmente el mismo objetivo.

20.7 Mostrar que una buena comprensión del problema objeto de análisis, sumada a un

buen conocimiento de los elementos teóricos de apoyo no son la garantía única para llevar

a buen término la solución de un problema; y que la persistencia y paciencia son

condiciones que el estudiante debe fortalecer como parte de su disciplina para el trabajo

en las matemáticas.

20.8 Destacar y valorar todo el proceso interno que media en la solución de un problema,

indicándole al estudiante que son tan o más importantes los esquemas cognitivos que se

construyen y las actitudes conductuales que se fortalecen, que la misma solución

obtenida. En este sentido el docente debe estimular el trabajo y evitar que el estudiante

renuncie ante las dificultades encontradas en el proceso.

Finalmente remito al lector interesado en profundizar en este tema, a un texto de inmenso

valor en este campo que que corresponde a Cómo Plantear y Resolver Problemas cuyo autor

es G POLYA.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


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

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


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

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial



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

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial



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.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


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.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


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.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


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.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


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.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


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.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


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.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


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

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


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

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial



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

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


13.2 EJERCICIOS PROPUESTOS

1. Construir un triángulo 𝐴𝐵𝐶, conociendo:

1.1 𝐵𝐶 , ∢𝐴𝐵𝐶 y 𝐵𝑁 que es la altura desde B.

1.2 𝐵𝐶 , 𝐴𝑀 y 𝐴𝐻 que son la mediana y la altura correspondientes a 𝐵𝐶 .

1.3 𝐵𝐶 , y la altura y la bisectriz 𝐵𝐻 y 𝐶𝐷 .

1.4 𝐵𝐶 y las alturas 𝐵𝐻 y 𝐶𝑃 .

1.5 𝐵𝐶 , 𝐴𝐶 y la altura 𝐵𝐻 .

1.6 𝐵𝐶 , 𝐵��𝐶 y la mediana 𝐴𝑀.

1.7 𝐵𝐶 , 𝐵��𝐶 y la altura 𝐵𝐻 .

1.8 𝐵𝐶 , 𝐵��𝐶 y el ortocentro.

1.9 Los pies de las tres medianas.

1.10 Las tres medianas.

1.11 ∢𝐴𝐵𝐶, ∢𝐴𝐶𝐵 y el perímetro.

2. Construir un triángulo equilátero, conociendo el radio del círculo inscrito.

3. Construir un triángulo isósceles conociendo el perímetro y la medida de la altura

correspondiente a la base.

4. Construir una circunferencia que pase por dos puntos A y B y que sea tangente a una

recta ℓ.

a) 𝐴𝐵 // ℓ b) 𝐴𝐵 ∩ ℓ = {𝑃}

5. Construir una circunferencia que sea tangente a dos rectas paralelas dadas y que pase

por un punto dado.

6. Dado un ángulo 𝑋𝑂𝑌 y un punto 𝐴 en el interior de 𝑋𝑂𝑌, trazar por 𝐴 una recta que

corte a 𝑂𝑋 en 𝑀 y a 𝑂𝑌 en 𝑁, de tal forma que 𝐴 sea punto medio de MN.

7. Dos circunferencias de centros O y Ol y de radios diferentes son secantes en A. Trazar

por A una cuerda BC , de tal forma que A sea el punto medio de BC .

(B ∈ 𝐶(0, R) y C ∈ 𝐶(Ol, 𝑅1))

8. Construir un triángulo conociendo dos ángulos ya la suma de las medidas de dos de

sus lados.

9. Construir un rectángulo 𝐴𝐵𝐶𝐷 conociendo AB y el ángulo 𝐴𝑂𝐵 formado por las

diagonales.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


10. Construir un triángulo 𝐴𝐵𝐶, rectángulo en C, conociendo la suma de las medidas de los

catetos y el ángulo A.

11. Construir un rectángulo conociendo su perímetro y su diagonal.

12. Construir un trapecio conociendo sus bases y sus diagonales.

13. Construir un cuadrilátero conociendo sus lados y sus diagonales.

14. Construir un cuadrilátero inscriptible conociendo BD , y AC que son sus diagonales, el

ángulo A y el lado AB .

15. Circunscribir un triángulo equilátero en un círculo de radio dado.

16. Construir una circunferencia que sea tangente a dos rectas dadas y cuyo centro este

sobre una recta dada.

17. Construir una circunferencia tangente a tres rectas dadas.

18. Trazar una recta tangente a un círculo dado y paralela a una recta dada.

19. Construir un triángulo conociendo:

19.1 Dos lados y la longitud de la bisectriz del ángulo comprendido.

19.2 La base AB , el ángulo opuesto y la suma de las medidas de los lados que

comprenden este ángulo.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


13.3 LUGARES GEOMÉTRICOS. EJERCICIOS RESUELTOS

Ilustración N° 1

Hallar todos los puntos del plano 𝜋 que se encuentran a una distancia 𝑑 de una recta ℓ

contenida en el plano 𝜋.

Sean: ℓ ⊂ 𝜋; 𝐴𝐵 tal que 𝑚(𝐴𝐵 ) = 𝑑 con 𝐴𝐵 ⊥ ℓ y en consecuencia 𝑑(𝐴, ℓ) = 𝑑

Figura 269


1. Por A se traza 𝐴𝑊 ∥ ℓ, única por el V.P.E.

2. El teorema 37 en su corolario 1 nos permite concluir que todos los puntos de 𝐴𝑊

equidistan de ℓ.

3. Pero por simetría se levanta 𝐵𝐴 ′ ⊥ ℓ con 𝐵𝐴′ ≅ 𝐴𝐵 y por procedimiento análogo se

determina 𝐴′𝑊′ ∥ ℓ

Se concluye que las rectas 𝐴𝑊 y 𝐴′𝑊′ corresponden a la solución del problema

planteado.

Generalización al espacio.

Si el problema se plantea en el espacio, el conjunto solución corresponde a la superficie

cilíndrica con eje en la recta ℓ y radio 𝑅 = 𝑑. La justificación es inmediata.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


1. Hallar todos los puntos del plano 𝜋, tales que su distancia a una recta ℓ sea igual a su

distancia a una circunferencia 𝐶(0, 𝑅), cuando la recta es secante a la circunferencia.

Sean: 𝐶(0, 𝑅) ⊂ 𝜋; ℓ secante a 𝐶(0, 𝑅); 𝑚 (𝐴𝐵 ) = 𝑑, siendo 𝑑 la distancia señalada.

Figura 270


1. Se trazan las rectas 𝑡 y 𝑡′ que equidistan de ℓ por el problema 1.

2. Teniendo en cuenta el teorema 62 en el cual se plantea la distancia desde un punto a

una circunferencia, se traza la 𝐶(0, 𝑅 + 𝑑).

3. Se designan por 𝑃1, 𝑃2, 𝑃3, 𝑃4 los intersectos de 𝐶(0, 𝑅 + 𝑑) y las rectas 𝑡 y 𝑡′

respectivamente.

Se concluye que {𝑃1, 𝑃2, 𝑃3, 𝑃4} es la solución al problema planteado. ¿Por qué?

Ilustración N° 2

Un segmento 𝐴𝐵 de longitud constante se desplaza de tal forma que sus extremos

siempre están ubicados sobre dos rectas perpendiculares y fijas. Hallar el lugar

geométrico descrito por el punto medio de 𝐴𝐵 .

Sean: ℓ1, ℓ2 rectas dadas, ℓ1 ⊥ ℓ2, 𝐴𝐵 dado, 𝑀: punto medio de 𝐴𝐵 .

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


Figura 271


1. Se trazan inicialmente los segmentos 𝐴1𝐵1 , 𝐴2𝐵2

, 𝐴3𝐵3 , 𝐴4𝐵4

con las condiciones

planteadas en el problema y 𝑂𝐴5 , 𝑂𝐴6

, 𝑂𝐵5 , 𝑂𝐵6 cumpliendo también como

situaciones extremas, las condiciones planteadas.

2. Se determinan como 𝑀1, 𝑀2, … . . 𝑀8 los puntos medios de los segmentos trazados.

3. Se tienen en particular los triángulos rectángulos: ∆ 𝑂𝐴1𝐵1, ∆ 𝑂𝐴2𝐵2, ∆ 𝑂𝐴3𝐵3,

∆ 𝑂𝐴4𝐵4 y revisando las propiedades en las relaciones métricas del triangulo, el

corolario del teorema 39, esto es del teorema de la paralela media, permite concluir

que la mediana asociada a la hipotenusa es igual a la mitad de la hipotenusa. En

consecuencia. Todos los puntos medios equidistan del punto O.

Se concluye que la circunferencia 𝐶 (𝑂,𝐴𝐵

2) corresponde a la solución del problema

planteado.

Ilustración N° 3

Hallar el lugar geométrico descrito por los puntos medios de todos los segmentos

correspondientes a las cuerdas trazadas desde un punto fijo de una circunferencia.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


Sean: 𝐶(0, 𝑅). 𝑃 punto fijo de 𝐶(0, 𝑅), desde el cual se determinan todas las cuerdas de

dicha circunferencia con un extremo en él.

Figura 272 a Figura 272 b


1. En la 𝐶(0, 𝑅) de la figura 272 a, se trazan las cuerdas 𝑃𝐴1 , 𝑃𝐴2

, … . 𝑃𝐴6 y 𝑃𝐵 en

particular cuerda diametral y se determinan los puntos medios de cada una,

designados por 𝑀1, 𝑀2, … . . 𝑀6 y 𝑂 respectivamente.

2. Una primera observación grafica permite conjeturar que los puntos medios ilustrados

parecen pertenecer a una semicircunferencia de diámetro 𝑂𝑃.

3. En la 𝐶(0, 𝑅) de la figura 272 b, buscando realizar la conjetura expuesta, se analizan en

detalle dos de los siguientes triángulos; ∆ 𝑂𝑃𝐴1 y ∆ 𝑂𝑃𝐴5 que son isósceles y las

condiciones señaladas permite concluir que 𝑂𝑀1 y 𝑂𝑀5

son medianas respectivas en

estos triángulos.

4. El teorema 20 corresponde a las Propiedades de los segmentos notables en el

triángulo isósceles, permite concluir que 𝑂𝑀1 y 𝑂𝑀5

son alturas de sus triángulos y

como consecuencia se concluye así que ∆ 𝑂𝑀1𝑃 y ∆ 𝑂𝑀5𝑃 son rectángulos, con

hipotenusa común en 𝑂𝑃 .

5. Lo propio ocurre con todos los triángulos con vértice en cualquiera de los puntos

medios y lado común en 𝑂𝑃 .

Se concluye en consecuencia por lo establecido en el corolario 2 del teorema 72,

que el lugar descrito por los puntos medios, corresponde a la semicircunferencia de

cuerda diametral 𝑂𝑃 . Por simetría se concluye lo mismo para todas las demás cuerdas

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


con extremos en la otra semicircunferencia y se concluye que la circunferencia de

cuerda diametral 𝑂𝑃 corresponde a la solución al problema planteado.

Ilustración N° 4

Situación problema 1

El petróleo que se extrae en un pozo 𝐻, debe ser procesado en una refinaría 𝑃, que por

condiciones técnicas debe ser construida a la orilla de un rio que corre en un trayecto en línea

recta, como se ilustra en la figura siguiente. De la refinería, el petróleo debe ser transportado a

una ciudad C. Se adelantan dos estudios sobre el lugar en el cual debe ser construida la

refinería. El primero recomienda construirla en un punto equidistante del pozo y de la ciudad.

El segundo recomienda hacerlo en un punto tal que la suma de las distancias desde la

refinería al pozo y de la refinería a la ciudad sea la mínima posible.

Figura 273 a

Determinación de la solución para el primer estudio.

1. Se determina la mediatriz 𝑀𝐾 de 𝐻𝐶 en el plano de la figura.

Por propiedad de la mediatriz de un segmento, todo punto de 𝑀𝐾 equidista de 𝐻 y

de C.

2. Se designa por 𝑃 la intersección entre 𝑀𝐾 y la línea correspondiente a la rivera del

rio.

Se concluye que 𝑃 corresponde a la solución propuesta en el estudio.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


Figura 273 b

Determinación de la solución para el segundo estudio.

En este problema la solución no se presenta en forma sencilla como en el caso anterior y nos

obliga a tener en cuenta además de las propiedades de la mediatriz un principio que primó en

la demostración de los teoremas de desigualdades en el triángulo del Capítulo 7 y que el lector

puede identificar nuevamente.

Figura 273 c

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


1. Se designa por ℓ, la recta correspondiente a la rivera del rio.

2. Desde 𝐻 se baja la perpendicular única a ℓ en el plano de la gráfica. Se designa por A el

punto de intersección de ambas rectas.

3. En la semirrecta opuesta a 𝐴𝐻 se toma 𝐴𝐻′ ≅ 𝐴𝐻 ; de esta forma ℓ es mediatriz de

𝐻𝐻′ . Es obvio que 𝐻 y 𝐻’ están en semiplanos opuestos respecto a ℓ.

4. Se traza 𝐻′𝐶 que intersecta a ℓ en un punto único 𝑃 (Axioma de separación del plano).

Se concluye que 𝑃 es el punto correspondiente a la solución propuesta en el

estudio.

Justificación de lo afirmado.

Se toma cualquier punto 𝑄 ∈ ℓ, 𝑄 ≠ 𝑃 y debe demostrarse que: 𝐻𝑃 + 𝑃𝐶 < 𝐻𝑄 + 𝑄𝐶.

En efecto, 𝐻𝑃 + 𝑃𝐶 = 𝐻′𝑃 + 𝑃𝐶 ¿por qué?

𝐻′𝑃 + 𝑃𝐶 = 𝐻′𝐶 por propiedad de la medida entre segmentos.

A su vez 𝐻𝑄 + 𝑄𝐶 = 𝐻′𝑄 + 𝑄𝐶 Teorema de la desigualdad triangular en el

∆ 𝐻′𝑄𝐶.

Luego por transitividad se concluye que 𝐻𝑃 + 𝑃𝐶 < 𝐻𝑄 + 𝑄𝐶.

Es fundamental en esta demostración destacar que cualquiera que sea el punto 𝑄

perteneciente a ℓ, 𝑄 ≠ 𝑃, entonces, se garantiza la existencia del ∆ 𝐻′𝑄𝐶 y por tanto se puede

aplicar el teorema citado.

Ilustración N° 5

Situación problema 2.

Como continuación del problema anterior y en lo que puedo describir como una ilustración

de una situación integradora, se plantea el siguiente problema.

En la figura se indican las posiciones de un pozo de petróleo 𝑃 y una ciudad 𝐶.

Se requiere construir sobre la orilla del rio 𝑅1 una refinería 𝑅 y sobre la orilla del rio 𝑅2 un

puerto de embarque A con el objetivo de que un oleoducto que tendrá la siguiente trayectoria:

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


parte de 𝑃, llega a 𝑅, de 𝑅 continua hasta 𝐴 y de 𝐴 se dirige a la cuidad 𝐶, cumpla que la

trayectoria sobre la poligonal 𝑃𝑅𝐴𝐶, sea la mínima posible.

Figura 274

Determinación de la solución y justificación

Como en el problema anterior, en el segundo estudio se resolvió una situación de suma

mínima de distancias, aprovecharé este resultado para llegar a la solución del problema

propuesto.

1. Determino un punto 𝐾 sobre la rivera del Rio 𝑅1 de tal forma que la suma de las

distancias 𝑃𝐾 + 𝐾𝐶 sea mínima, justificado en el problema anterior.

2. Análogamente se procede determinando un punto 𝑇 sobre la rivera del Rio 𝑅2 de tal

forma que la suma de las distancias de 𝐶𝑇 + 𝑇𝑃 sea mínima.

3. Se concluye que los puntos 𝐾 y 𝑇 corresponden a las localizaciones respectivas de la

refinería 𝑅 y el puerto de embarque 𝐴. En consecuencia la ruta de mínima distancia

corresponde a 𝑃𝐾 + 𝐾𝑇 + 𝑇𝐶.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


Figura 275

Justificación de lo afirmado.

Figura 276

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


Sean: 𝑅′ ∈ ℓ1, 𝑅′ ≠ 𝑅, 𝐴′ ∈ ℓ2, 𝐴´ ≠ 𝐴.

Debe probarse que 𝑃𝑅 + 𝑅𝐴 + 𝐴𝐶 < 𝑃𝑅′ + 𝑅′𝐴′ + 𝐴′𝐶

Se deja la prueba al lector.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


13.4 LUGARES GEOMÉTRICOS. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1. Hallar todos los puntos a una distancia 𝑑1 de una recta dada y una distancia 𝑑2 de un

círculo dado.

2. Hallar todos los puntos equidistantes de dos rectas paralelas y a una distancia dada de

una tercera recta.

3. Hallar todos los puntos equidistantes de dos rectas paralelas y equidistantes de dos

puntos.

4. Hallar todos los puntos equidistantes de dos rectas que se intersecan y también a una

distancia dada de un punto dado.

5. Hallar el lugar geométrico de los puntos del plano que equidistan de dos rectas que se

cortan.

6. Hallar el lugar geométrico de los puntos del plano que equidistan de tres puntos

diferentes no alineados.

7. Hallar el lugar geométrico del punto medio de todas las cuerdas congruentes de un

círculo dado.

8. Hallar el lugar geométrico del punto medio de todos los segmentos cuyos extremos

están siempre sobre dos rectas paralelas dadas.

9. ¿Cuál es el lugar geométrico de los centros de las circunferencias de radio r que pasan

por un punto dado?

10. ¿Cuál es el lugar geométrico de los centros de las circunferencias de radio r que son

tangentes a una circunferencia dada?

11. Hallar el lugar geométrico de los puntos medios de todas las cuerdas de una

circunferencia paralelas a una recta dada.

12. Se dan sobre un circulo 𝑂 dos puntos fijos 𝑀 y 𝑁 y una cuerda 𝑃𝑅 de longitud

constante, cuyos extremos se desplazan sobre el círculo. Para cada posición de 𝑃𝑅 se

tiene un cuadrilátero 𝑀𝑁𝑃𝑅. Hallar el lugar geométrico de los puntos medios de: 𝑃𝑅 ,

𝑃𝑁 , 𝑀𝑅.

13. Se da un triángulo 𝐴𝐵𝐶 de base fija BC y el ángulo del vértice opuesto constante 𝛼.

Hallar el lugar geométrico del vértice.

14. Demostrar que el lugar geométrico de los puntos desde los cuales se pueden trazar

tangentes iguales a una circunferencia es otra circunferencia concéntrica a ella.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial


15. Hallar todos los puntos que equidistan de dos puntos fijos y equidistan de dos rectas

que se intersecan.

16. Se da un triángulo 𝐴𝐵𝐶 de base fija 𝐵𝐶 y de altura dada 𝐴𝐻 . Encontrar el lugar

geométrico del vértice 𝐴.

Materia

l edu

cativ

o

Uso no

comerc

ial

capÍtulo 13. construcciones y lugares...

Documents