Área del triángulo

Vamos con el problema de esta semana. Ahí va:

Sea \triangle ABC un triángulo y D,E,F tres puntos cualesquiera sobre los lados AB,BC y CA respectivamente. Llamemos P al punto medio de AE, Q al punto medio de BF y R al punto medio de CD. Demostrar que el área del triángulo \triangle PQR es una cuarta parte del área del triángulo \triangle DEF.

Que se os dé bien.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

15 Comentarios

  1. Pues…el triángulo no tiene área, lo que tiene área es la región triangular 😛

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  2. Solución por geometría analítica. Más complicada de describir que de ejecutar.

    Si vale para un triángulo vale para cualquiera semejante a él. Dividamos todos los lados por la longitud del más largo. Coloquemos este con un extremo en el origen y el otro a su derecha sobre el eje de abscisas.Llamemos A al vértice del origen , B al extremo derecho del mismo laco y C al tercer v´rtice que, por comodidad estará en el primer cuadrante para que sus coordenadas sean positivas.

    Las coordenadas de los los vértrices del triángulo serán pues A(0,0), B(1,0) y C(p,q).

    situamos D, E, y F en puntos arbitrarios de los lados.y asignemos los valore x=AD/AB, y=AF/AC y z=BE/BC.

    Tendremos en función de las variables generadas las coordenadas de D(x,0), E(p-pz,qz) y F(py,qy).

    Ya podemos calcular el área de DEF utilizan la fórmula del determinante: que resulta ser S=pqyz+q(xy-xz-py)/2.

    Calculemos ahora las coordenadas de los puntos medios de AE, BF y CD:
    P((p-pz)/2,qz/2), Q((1-py)/2, qy/2) y R((x-p)/2,q/2).

    Si calculamos el área de PQR con la misma fórmula del determinante obtenemos la confirmación de la solución del problema.
    Es un poco engorroso y hay que procurar no equivocarse pero los cálculos son muy sencillos.

    Seguramente hay soluciones más elegantes utilizando la geometría métrica.

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  3. JJGJJG, una solución más sencilla sería atacar el problema desde la geometría lineal pero sin utilizar coordenadas, tú has construido una base afín y trabajado con coordenadas respecto a ella. El triángulo construido es homotético al dado en realidad.
    De hecho este problema me lo han puesto a mí en la carrera y confieso que también pequé de tirarme de cabeza a las coordenadas.

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  4. Este problema fue preguntado en la fase local de las olimpiadas matemáticas y fue el único que no hice. Pediría que si alguien puede dar una solución que no sea por geometría analítica que por favor la escriba, para saber como atacar problemas de este tipo desde otra perspectiva. Gracias.

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  5. Yo lo empecé algo, pero no soy capaz de terminarlo… A ver si se me entiende: si se trazan los lugares geométricos de los puntos medios se tiene un triángulo de área un cuarto de ABC y los lados paralelos. Este triángulo tiene por vértices los puntos medios M, N y O de AB, BC y CA respectivamente.
    Se empieza por trazar la recta AE. BE es el doble que MP. El área de ABE es BE·altura/2=MP·altura, y el área de MEP es MP·mitad de altura/2=MP·altura/4. Entonces ABE/PNO=ABC/MNO-(MP·altura)/(MP·altura/4)=4
    Ahora el problema es que si se aplica el mismo procedimiento, hay áreas que se superponen, y de ahí no salgo…

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  6. Figura 1:
    http://www.apolonio.es/img1/fig20140318a.png

    Sean A’,B’,C’ los puntos medios de BC,CA,AB respectivamente. El área del triángulo medial A’B’C’ es la cuarta parte de ABC y los puntos P,Q,R están en los lados de A’B’C’, que es semejante al ABC.

    Sean D’,E’,F’ el resultado de reflejar los puntos D,E,F respecto a C’,A’,B’.

    Entonces PB’/PC’ = EC/EB = E’B/E’C, y de la misma forma
    RA’/RB’ = D’A/D’B y QA’/QC’ = F’A/F’C.

    Por tanto el triángulo D’,E’,F’ inscrito en el triángulo ABC es semejante al triángulo RPQ inscrito de forma semejante en el triángulo A’B’C’.

    Es claro entonces que el área de PQR es la cuarta parte del área de D’E’F’.

    Queda por demostrar que las áreas de DEF y D’E’F’ son iguales.

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  7. Las áreas de los triángulos DEF y D’E’F’ del comentario anterior son iguales.

    Basta demostrarlo en el caso de que ABC sea equilátero porque podemos convertir cualquier triángulo en un triángulo equilátero mediante una transformación afín (usando una transvección seguida de una dilatación), y esas transformaciones conservan la razón entre áreas y el paralelismo y las razones entre segmentos paralelos.

    Figura 2:
    http://www.apolonio.es/img1/fig20140318b.png

    Usando la fórmula area=\frac{1}{2}\cdot a \cdot  b \cdot \sin(\gamma), y si tomamos el lado del triángulo equilátero = 1, y u=AD,v=BE,w=CF, la suma de las áreas FAD + DBE + ECF es \frac{\sqrt{3}}{4} (u(1-w) + v(1-u) + w(1-v)) y la suma de las áreas F’AD’ + D’BE’ + E’CF’ es \frac{\sqrt{3}}{4} ((1-u)w + (1-v)u + (1-w)v ).
    Como esas sumas son iguales, las áreas de DEF y D’E’F’ son iguales, como queríamos demostrar.

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  8. Lo podría explicar mucho mejor con un dibujo como decían por ahí, pero eso ya lo ha hecho fede muy bien.
    Partiendo de un triángulo equilátero como fede, supongo que si la teoría vale para todos los triángulos, vale también para éste que es el más sencillo que se me ocurre:
    Supongo que si nos encontramos con dos triángulos equiláteros superpuestos, se dará la siguiente situación.
    A=D
    B=E
    C=F
    Es tan sencillo que los puntos medios P, Q y R, coinciden, y al unirlos nos salen cuatro triángulos equiláteros pequeños, es decir, que el área de cada mini triángulo es 1/4.
    Si hacemos que el triángulo ABC sea otro triángulo que forma parte de otro más grande, tendríamos 16 mini triángulos equiláteros, es decir, uno en sentido contrario de cada cuatro.
    Podría haber utilizado un poco de trigonometría, integrales o series de Fourier, pero no creo que haga falta. Sobre todo si se entiende esto.

    La solicitud se ha enviado con éxito

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  9. Adhiero al razonamiento de fede, pero creo que puede ser más sencillo.

    La clave es repetir el siguiente argumento: si las rectas XX’ y YZ son paralelas, entonces los triángulos XYZ y X’YZ tiene la misma área (su base es YZ y su altura es la distancia entre dichas rectas).

    En el problema, la elección de D, E, F es arbitraria, pero supongamos que tomamos específicamente D’, E’, F’, los puntos medios de AB, BC y CA, respectivamente, y P’, Q’, R’ como corresponden al problema.
    El área de P’Q’R’ es un cuarto de la de D’E’F’, la cual es a su vez un cuarto de la de ABC (esto se deduce del teorema de thales, pues los puntos medios determinan bases medias).

    Ahora dejemos que D, E, F sean arbitrarios. Como P es punto medio de AE, entonces P está en el segmento F’D’ al igual que P’, y PP’=F’D’ es paralela a Q’R’. Usando el argumento explicado arriba se deduce que P’Q’R’ y PQ’R’ tienen la misma área, y repitiendo sobre Q y R tenemos que PQR y P’Q’R’ son de igual área.

    Análogamente, DD’=AB es paralela a E’F’ y por lo tanto DEF y D’EF son de igual área, y repitiendo con E y F obtenemos que D’E’F’ y DE’F’ son de igual área.

    Como ya sabíamos, el área de P’Q’R’ es un cuarto de la de D’E’F’.
    Por lo tanto el área de PQR es un cuarto de la de DEF, como queríamos demostrar.

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  10. Error !!! Pensándolo mejor (y espero no equivocarme esta vez), al proceder de la manera que propuse, ciertos segmentos dejan de ser paralelos y el argumento no se puede repetir… Me disculpo

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  11. No sé si la demostración de fede partía de un triángulo equilátero, ya que ha cambiado el dibujo. Aunque la mía sea más simple, partiendo de un triángulo equilátero, llego a la conclusión que propone el problema. Es decir, que el área es una cuarta parte, y además salen todos equiláteros. Para que lo tengan más claro, me gustaría insertar el dibujo, aunque si lo leen detenidamente, se entiende. Un cordial saludo desde Cantabria.

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