Presento entonces los cuatro problemas que discutimos en el taller junto con sus soluciones, todas ellas con congruencia de triángulos.
Los chicos sacaron su cuaderno y me plantearon el
Problema 1:En el triángulo ABC, con ángulo recto en B, los puntos E y F están en AC de tal manera que AE=AB y CF=CB. ¿Cuánto mide el ángulo EBF?
Solución:
(Decidí aceptar el reto de resolver (ayudar a resolver) este problema elemental de geometría que tiene sin embargo sus detalles finos. Empecé con una discusión sobre dibujar la figura y evocar significados teóricos a partir de los datos.)
La condición de igualdad de segmentos parece sugerir el uso de congruencia de triángulos. Pero una vez que ve uno más de cerca la figura (sobre todo después de trazar BF y BE) la hipótesis de congruencia debe ser sustituida por la de triángulos isósceles.
Así pues, es claro que los triángulos ABE y BCF son isósceles. Y una vez que se trae a presencia el concepto de triángulo isósceles, con él viene el de ángulos en la base iguales. ¿Es esto de alguna utilidad? ¿Puedo usarlo en la solución del problema?
Sí. Porque ello permite la puesta en marcha de la maquinaria algebraica: M=x+y, N=y+z.
Y un teorema elemental (la suma de los ángulos internos de un triángulo es 180) llega a salvar toda la situación: M+N+y=180°.
Como, además, por dato sabemos que x+y+z=90°…un poco de algebra, nos lleva a la respuesta y=45.
Del libro de R. Bulajich y J.A. Gómez Ortega (Geometría)y que llevé ese primer día al taller elegí el
Problema 2.Sobre los lados AB y AC del triángulo ABC se construyen los equiláteros ABC’ y ACB’, los segmentos BB’ y CC’ son iguales. Demostrarlo.
Comentarios previos:
El problema es clásico, y es elemental pero difícil. Lo que me gustaría comentar antes de continuar con la solución es que la configuración clave (que “hace la luz” y que permite avanzar hacia la solución) hay que aislarla de la figura completa.
Quiero decir, la primera vez que uno aborda este problema la configuración clave permanece oculta a nuestra vista por largo tiempo –hasta que ve uno la solución o alguna sugerencia.
La sugerencia puede venir en la forma: “focaliza los triángulos ABB’ y ACC’…” La moraleja es entonces que el ojo del aprendiz de la geometría debe entrenarse…
Cuando el texto de geometría dice “claramente los triángulos ABB’ y AC’C son congruentes” lo que el aprendiz debe interpretar es un llamado a ver (comprobar) la veracidad de eso que se dice “claro”
En este caso el método de congruencia de triángulos está sugerido por la tesis de igualdad de los segmentos (el de buscar isósceles se descarta rápidamente…).
Si uno ya se ha formado la hipótesis de que la congruencia de triángulos es el método adecuado para el problema, lo que sigue es tratar de comprobarla. Y en esa indagación de prueba de hipótesis debe surgir algo… En ocasiones es conveniente un método visual: imaginar que uno de los triángulos gira y se acomoda sobre el otro –a final de cuentas ese el significado intuitivo de congruencia de triángulos…
¿Puede el lector imaginar el triángulo ACC’ girando contra reloj hasta colocarse sobre el ABB’? Bueno, lo de “colocarse sobre” requiere una comprobación aparte… Véase: AC debe colocarse sobre el AB’ (¿se puede?), AC’ sobre AB (¿es posible?) y C’C sobre BB’.
Esto último no podemos comprobarlo mediante argumentos basados en los datos directamente pero… Ahora faltaría ver el ángulo C’AC ¿es igual al BAB’?
Después que el aprendiz siguió este orden de ideas, lo que seguiría es ponerlo por escrito:
Demostración:
De aquí, por el criterio LAL, los triángulos ABB’ y AC´C son congruentes y el resultado se sigue.
Comentarios de clausura (al problema 2):
Se recomienda al aprendiz reproducir el argumento ante su profesor o ante alguien que sí esté en condiciones de evaluarlo justamente.
Esta actividad puede parecer redundante pero es muy útil en al menos dos aspectos: es un indicador de que se comprendió a cabalidad el argumento (y así se pone a prueba la propia comprensión), pero si no se logró la comprensión cabal entonces la exposición ante alguien que pueda evaluar el argumento es una oportunidad para la comprensión, para afinar los detalles,…
De http://www.arrakis.es/ [1], un sitio muy recomendable para los aficionados a las matemáticas de concurso --y que no anden ya en las internacionales— tomo el
Problema 3.Un triángulo ABC tiene en su interior un punto Q de tal manera que los ángulos en la base AB del ABQ son 10 y 20, en la base BC de BCQ son 100 y X, y en la base CA de CAQ son de T y 10. Encontrar T.
Comentarios previos y análisis:
El plan de ataque no es para nada obvio. Prolongando BQ hasta cortar en K la base AC, lo primero que se ve son dos isósceles(identificados por sus ángulos en la base: ABK y KCB ,20-20 y 40-40, respectivamente).
La forma de ver el isósceles KCB es por suma de ángulos y ángulo llano: en C tienen que ser 40 pues con 140 completa 180; en K tienen que ser 40 por ser adyacente de uno de 140.
Un plan obvio es: demostrar ACQ isósceles. Pero después de una breve exploración, tal plan es improbable de realizar –aparte de que posiblemente sea una ilusión óptica. (La dificultad de realizarlo es que no hay forma clara de demostrar AQ=QC.)
Ahora bien, uno puede estar seguro de que las pistas para su solución están en los datos. Por eso uno debería buscar la forma de relacionar los ángulos formando isósceles, equiláteros y/o triángulos congruentes hasta llegar al ángulo T buscado. Tenemos que focalizar esa esquina y buscar una configuración desde la cual la respuesta sea obvia.
La búsqueda de la configuración iluminadora puede llegar a ser desesperante. Sin embargo, aquí la regla es “buscar donde hay luz”: ¿Cómo puedo formar más isósceles? ¿Cómo puedo usar el hecho de que BQ es bisectriz?
Solución:
La bisectriz AQ se puede usar prolongándola y trazando una perpendicular a ella por B. Con eso ya aseguramos otro isósceles –pues la bisectriz es perpendicular a la base sólo si isósceles.
Es más: se forman dos isósceles --uno con vértice en A y otro con vértice en Q.
En la figura siguiente se presenta ese trazo auxiliar de la perpendicular a la bisectriz. Sea M su intersección con BC. Se puede ver que el ángulo QBM es de 60, dado que AQB es de 150 (un ángulo externo es la suma de los internos no adyacentes). Y como la bisectriz es también mediana, entonces, según el criterio LAL, tal bisectriz parte el triángulo BQM en dos congruentes –y se puede ver que BQM es equilátero.
Las pistas clave son la bisectriz BQ, la cual puede traer a presencia un isósceles.
Por otro lado, la perpendicular BM a la bisectriz forma el isósceles BMC (ángulos en la base de 40) y se logra ver que QM=MB=MC, es decir, se logra ver que QMC es isósceles. Y como en el vértice M el ángulo es de 160, el ángulo buscado mide 10.
Del mismo sitio mencionado arriba tomo el
Problema 4.El triángulo ABC es rectángulo isósceles. En su interior se toma un punto D de tal manera que DC=AC=AB. Encontrar el ángulo DCA si se sabe que es igual al DBC.
Análisis:
Lo primero que se debe hacer es dibujar la figura. Lo de equilátero isósceles es fácil. Lo del punto D que cumpla las condiciones es más difícil.
Y lo primero que hay que descubrir es que los ángulos en la base BC son de 45. Como el ángulo DCA es igual que el DBC, entonces los que completan a 45 (el ABD y el BCD) son también iguales.
Es casi obvio que debemos buscar una congruencia de triángulos pero… ¿de cuáles?
Solución:
Apliquemos una vez más la regla de “buscar en donde hay luz”. La luz se hace si dibujamos un trazo auxiliar: un equilátero sobre la base BC. Sea E el punto tal que EBC es equilátero. Entonces los triángulos EAB y EAC son congruentes (por LLL). Y éstos, a su vez son congruentes con el BDC.
Nótese que el ángulo en D es de 135. Pues (llamando x al ACD) el DBC es x y el BCD es 45 –x.
El ángulo EAC es también de 135, pues debe sumar 180 con el de 30 en E y el de 15 en B.
Tenemos pues dos lados y un ángulo correspondientemente iguales. ¿Hay un criterio LLA para congruencia?
Sí. Sólo que el ángulo debe ser el opuesto al lado mayor. (Como en este caso, y el resultado se sigue.)
Enlaces:
[1] http://www.arrakis.es/