El teorema de Tales para triángulos es bastante intuitivo pues recurre a la conocida configuración de las paralelas y la transversal: si paralela a la base, entonces los segmentos son proporcionales.
Sin embargo, el recíproco de Tales nos dice que si los segmentos que determina una transversal en dos lados de un triángulo son proporcionales, entonces esa transversal es paralela al tercer lado.
La demostración no es difícil pero tienen la desventaja de apelar a uno de los axiomas de la geometría: por un punto exterior a una recta pasa una única paralela. Se trata del axioma de Playfair, equivalente (pero más sencillo) que el Quinto Postulado de Euclides. (Ver http://en.wikipedia.org/wiki/Playfair's_axiom [1])
Recíproco de Tales
Consideremos más de cerca la demostración del recíproco de Tales para triángulos pues es la base para comprender el criterio LAL de semejanza.
Vamos a demostrar que en un triángulo $ABC$, si los puntos $E$ en $AB$ y $F$ en $AC$ son tales que $AE/EB=AF/FC$ (los segmentos que determina la transversal $EF$ son proporcionales), entonces $EF$ es paralela a $BC$.
Para ello consideremos uno de los puntos, digamos el $E$, y apelemos al axioma de Playfair: por $E$ pasa una única paralela, digamos $r$. Supongamos que interseca al lado $AC$ en $F'$. Ahora aplicamos Tales y obtenemos $AE/EB=AF'/F'C$ (la paralela determina segmentos proporcionales).
Pero, por hipótesis, $AE/EB=AF/FC$. Es decir, de acuerdo a lo recién obtenido, $AF/FC=AF'/F'C$. Y si reciproqueamos y sumamos 1 en ambos lados se obtiene $$\frac{AF+FC}{AF}=\frac{AF'+F'C}{AF'}$$
Es decir, $AC/AF=AC/AF'$. En otras palabras, $AF=AF'$. Así que $F$ y $F'$ son el mismo punto sobre el lado $AC$. Se concluye que $AF$ sí es paralela a $BC$. Como se quería.
Criterio LAL de semejanza
Teorema: Los triángulos $ABC$ y $A'B'C'$ son semejantes si dos de los ángulos correspondendientes son congruentes (digamos $\angle{A}=\angle{A'}$) y los lados correspondientes que lo forman son proporcionales (digamos $AB/A'B'=AC/A'C'$).
Demostración
El siguiente truco es estándar (poner los dos triángulos en posición de Tales) y puede usarse para demostrar los otros dos criterios de semejanza (los tres ángulos correspondientes iguales y los tres lados correspondientes proporcionales).
Sobreponemos al triángulo $ABC$, un triángulo$AB''C''$ de la siguiente manera: en la semirecta $AB$ ubicamos el punto $B''$ de tal manera que $AB''=A'B'$; hacemos lo mismo sobre la semirecta $AC$ (ubicamos $C''$ de tal manera que $AC''=A'C'$.
De acuerdo al criterio LAL de congruencia de triángulos, hemos tomado una copia exacta del triángulo $A'B'C'$ y la hemos sobrepuesto sobre el triángulo $ABC$ en la forma del triángulo $AB''C''$. De acuerdo al recíproco de Tales, se logra concluir que $BC$ es paralela a $B''C''$ y el resultado se sigue.
Homotecia
La discusión anterior está orientada a que el cibernauta pueda apropiarse de una manera más plena de la transformación geométrica denominada homotecia --la cual produce una figura semejante a una dada de acuerdo al criterio LAL de semejanza. (La observación no es trivial, pues en los argumentos del problem solving que usan homotecia, la semejanza de las figuras homotéticas se presupone sin más.)
Definición de homotecia: Sea $O$ un punto en el plano y $k$ un número distinto de cero. Se llama homotecia de centro $O$ y razón $k$ a la transformación que a cada punto $X$ le hace corresponder el punto $X'$ de manera que:
- $X'$ está en la semirecta $OX$, y
- $OX'=kOX$
Dos problemas de construcción (con homotecia obligada)
Sea dado un ángulo y un punto en su interior. Construir una circunferencia tangente a los lados del ángulo y que pase por el punto.
En un triángulo $ABC$ rectángulo en $A$, está inscrito un cuadrado $KLMN$ con el lado $MN$ en la hipotenusa $BC$ y los otros dos vértices en los lados $AB$ y $AC$. Si solamente fueran dados el segmento $BC$ y el punto $M$ ¿se puede reconstruir la figura? (Decir cómo.)
Soluciones después
Los saluda
jmd
PD: Ver también mi post sobre el cuadrado de Polya [2]