Triángulos escalenos con altura y lados naturales

Es habitual que en algún momento de la Educación Secundaria se imparta la llamada estrategia de la altura para calcular el área de un triángulo conociendo los lados.

Muchos docentes de Matemáticas, entre los que me incluyo, prefieren plantear problemas en los que las soluciones sean números enteros, o al menos racionales, para que el alumno se pueda concentrar en la resolución del problema y no se distraiga con tediosos cálculos.

Puede resultar interesante, por tanto, encontrar un método que permita obtener triángulos escalenos tales que sus lados y alguna de sus alturas sean números naturales.

Teorema: Sea $h$ un número que aparezca como cateto en dos ternas pitagóricas diferentes. Entonces existe un triángulo natural, una de cuyas alturas mide $h$.

Demostración: Sean $(m,h,b)$ y $(n,h,c)$ dichas ternas.


Consideramos un segmento $AH$ de longitud $h$. Sea $r$ la recta perpendicular a $AH$ que pasa por el punto $H$ y $B$ y $C$ dos puntos de $r$ de tal modo que $H$ esté situado entre $B$ y $C$, y que $BH=m$, $HC=n$ (la existencia de estos puntos está garantizada por los axiomas de transporte de segmentos que se pueden encontrar en muchos manuales de geometría métrica, como el de Puig Adam, por ejemplo).. Entonces, una de las alturas del triángulo $ABC$ mide $h$ y sus lados miden $b$, $c$, y $m+n$, que son números enteros.

Teorema: Sea $h$ un número que cumpla una de estas dos condiciones:

• Ser impar y tener al menos cuatro divisores.
• Ser par y que $h/2$ tenga al menos cuatro divisores.

Entonces existen dos ternas pitagóricas diferentes en las que $h$ es cateto.

Demostración: En el primer caso, podemos poner $h=pq=rs$ donde $p$, $q$, $r$ y $s$ son cuatro números impares diferentes dos a dos. En efecto, sea $p$ un divisor de $h$, que no sea $\sqrt h$. Tomamos $q=h/p$. Ahora, como al menos hay dos divisores más, podemos tomar $r$ otro divisor de $h$ distinto de $\sqrt h$, y $s=h/r$. Los cuatro números serán impares y distintos dos a dos.
Se puede comprobar que
$$\left(\frac{|p^2-q^2|}2,h,\frac{p^2+q^2}2\right)$$
y
$$\left(\frac{|r^2-s^2|}2,h,\frac{r^2+s^2}2\right)$$

son ternas pitagóricas.

En el segundo caso, ponemos $h=2pq=2rs$ donde ahora $p$, $q$, $r$ y $s$ son cuatro números diferentes dos a dos. En efecto, sea $h'=h/2$. Como $h'$ tiene al menos cuatro divisores, podemos escribir $h'=pq=rs$ donde $p$, $q$, $r$ y $s$ son cuatro números diferentes dos a dos (no necesariamente impares), y $h=2pq=2rs$.

Entonces

$$(h, |p^2-q^2|, p^2+q^2)$$

y

$$(h, |r^2-s^2|, r^2+s^2)$$

son ternas pitagóricas.

Con estos dos resultados, vemos que para encontrar un triángulo natural basta con:

1. Tomar un número $k$ que tenga al menos cuatro divisores (es decir, que no sea 1, ni primo, ni el cuadrado de un primo).
2. Si $k$ es par, lo multiplicamos por 2. Si es impar, podemos multiplicarlo por 2 o no, a voluntad.
3. Buscamos dos formas de escribir $k$ como producto de números distintos de dos formas distintas.
4. Con las fórmulas que aparecen en la demostración del segundo teorema, creamos dos ternas pitagóricas que tengan a $2k$ o $k$ (según hayamos hecho o no la multiplicación por 2 del paso 2) como cateto.
5. Uniendo los triángulos correspondientes a dichas ternas pitagóricas como se muestra en la figura, obtenemos un triángulo natural.

Nótese que podría ser que tanto la base como la altura del triángulo sean impares, con lo que el área no sería natural.

El ortocentro

Una altura de un triángulo $\triangle ABC$ es una recta perpendicular a un lado que pasa por el vértice opuesto. Como demostraremos a continuación, las tres alturas concurren en un punto $P$ llamado ortocentro.



Si el triángulo es acutángulo, los pies de las alturas $H_a$, $H_b$ y $H_c$ son los vértices de un triángulo llamado triángulo órtico, y el ortocetro de $\triangle ABC$ coincide con el incentro de $\triangle H_aH_bH_c$.

Por los puntos $A$, $B$ y $C$ trazamos paralelas a los lados $a$, $b$ y $c$, respectivamente, que se cortan en $A'$, $B'$ y $C'$. Como los cuadriláteros $ABCC'$, $ABCB'$ y $ABA'C$ son paralelogramos, resulta que $AC'$=$BC$=$AB'$, es decir, que $A$ es el punto medio de $B'C'$. Del mismo modo se razona que $B$ es el punto medio de $A'C'$ y $C$, el de $A'B'$. Es decir, que las alturas de $\triangle ABC$ son las mediatrices de $\triangle A'B'C'$, lo que prueba que concurren, y que el ortocentro de $\triangle ABC$ es el circuncentro de $\triangle A'B'C'$.

La prueba de que $P$ es el incentro del triángulo órtico es más complicada (al menos, la que yo he encontrado).  Empezaremos demostrando una sencilla relación entre los lados del triángulo órtico y los lados y ángulos de $\triangle ABC$.

Teorema: Con la notación ya mencionada,
$$\begin{array}{rcl}a\,\cos\hat A&=&H_bH_c\\b\,\cos\hat B&=&H_aH_c\\c\,\cos\hat C&=&H_aH_b\end{array}$$

Demostración: Demostraremos sólo la primera igualdad, ya que la prueba de las otras dos es totalmente análoga.
Aplicando el teorema del coseno en el triángulo $\triangle AH_bH_c$ obtenemos que
$${H_bH_c}^2={AH_b}^2+{AH_c}^2-2AH_b\cdot AH_c\,\cos\hat A$$
pero $AH_b=c\,\cos\hat A$ y $AH_c=b\,\cos\hat A$, así que
$$\begin{array}{rcl}
{H_bH_c}^2&=&c^2\,\cos^2\hat A+b^2\,\cos^2\hat A-2bc\,\cos^3\hat A=\\
&=&\cos^2\hat A(b^2+c^2-2bc\,\cos\hat A)=\\
&=&a^2\cos^2\hat A
\end{array}$$

Como el triángulo es acutángulo, $\cos\hat A$ es positivo, y entonces $a\,\cos\hat A=H_bH_c$, como se quería probar.

Ahora, si aplicamos el teorema de los senos al triángulo $\triangle AH_aH_b$,
$$\frac {AH_b}{\text{sen}\angle AH_aH_b}=\frac {H_aH_b}{\text{sen}\angle H_bAH_a}$$
y aplicando el teorema anterior y teniendo en cuenta que $\angle H_bAH_a$ y $\hat C$ son complementarios:
$$\frac {c\,\cos\hat A}{\text{sen}\angle AH_aH_b}=\frac {c\,\cos\hat C}{\cos\hat C}$$
o sea, que $\cos\hat A=\text{sen}\angle AH_aH_b$, por lo que estos ángulos son complementarios. Del mismo modo vemos que $\hat A$ y $\angle AH_aH_c$ son complementarios, por lo que $\angle AH_aH_b=\angle AH_aH_c$ y la bisectriz de $\angle H_bH_aH_c$ es $AH_a$, es decir, la altura sobre $a$ del triángulo $\triangle ABC$.

Del mismo modo se comprueba que las otras alturas son las otras bisectrices del triángulo órtico.

El baricentro

Las medianas de un triángulo son rectas que pasan por un vértice y por el punto medio del lado opuesto. Cada una de ellas divide al triángulo en otros dos de igual área y las tres concurren en un punto llamado baricentro, lo que probaremos a continuación.

Es habitual también considerar que la mediana es sólo el segmento que une el vértice y el punto medio del lado opuesto, y no la recta completa.

Teorema: Las medianas de un triángulo concurren en un punto llamado baricentro, que divide a éstas en dos partes, siendo una de ellas el doble de la otra.

Demostración: Los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle AM_bM_c$ son semejamtes porque comparten el ángulo $\hat A$ y $AM_c / AB= AM_b/AC=1/2$, así que el segmento $M_bM_c$ es paralelo a $BC$ y mide la mitad.

Los puntos $P$ y $Q$ son los puntos medios de $BG$ y $CG$, respectivamente. Razonando como antes, observamos que los triángulos $\triangle GBC$ y $\triangle GPQ$ también son semejantes, y el segmento $PQ$ es paralelo y mide la mitad que $BC$.

Como $PQ$ y $M_bM_c$ son paralelos e iguales, el cuadrilátero $PQM_bM_c$ es un paralelogramo, cuyas diagonales se cortan en $G$, que es, por tanto, el punto medio de las mismas. Resulta entonces

$$\begin{array}{c}M_cG=GQ=QC=\frac13CM_c\\M_bG=GP=PB=\frac13BM_b\end{array}$$

o sea, que $2GM_b=BG$ y $2GM_c=CG$

Si las medianas $AM_a$ y $BM_b$ se cortaran en otro punto $G'$, tendríamos que $BG'=2G'M_b$, así que $G=G'$.

El incentro

En un triángulo $\triangle ABC$, consideramos las bisectrices $b_A$ y $b_B$ de los ángulos $\hat A$ y $\hat B$, respectivamente. Dichas bisectrices cortan siempre al lado opuesto en algún punto comprendido entre los vértices, por lo que $b_A$ y $b_B$ se cortan en un punto $I$ interior al triángulo, llamado incentro. Como todos los puntos de la bisectriz de un ángulo equidistan de sus lados, el punto $I$ está a una distancia $r$ de cada uno de los lados del triángulo. Por tanto, la circunferencia con centro en $I$ y radio $r$ es tangente a los lados en puntos que llamaremos $T_A$, $T_B$ y $T_C$.
 

Por ser segmentos de tangente, tenemos las igualdades:

$$\begin{array}{rcl}AT_b&=&AT_c\\BT_a&=&BT_c\\CT_a&=&CT_b\end{array}$$

También es posible descomponer el área del triángulo:

$$[ABC]=[AIB]+[BIC]+[AIC]=\frac 12(ar+br+cr)=\frac{Pr}2$$

donde la notación $[XYZ]$ hace referencia al área del triángulo $\triangle XYZ$ y $P$ es el perímetro del triángulo $\triangle ABC$.

Quizá sea éste un buen lugar para enunciar y demostrar el teorema de la bisectriz:

Teorema: Sea $B_a$ el punto de corte de la bisectriz $b_A$ con el lado $a$. Los segmentos $BB_a$ y $B_aC$ están en la misma proporción que los lados $b$ y $c$.

Demostración: Aplicando el teorema de los senos al triángulo $ABB_a$ obtenemos

$$\frac {BB_a}{\text{sen}(\hat A/2)}=\frac{AB_a}{\text{sen}\hat B}$$

y haciendo lo mismo en el triángulo $AB_aC$,

$$\frac {B_aC}{\text{sen}(\hat A/2)}=\frac{AB_a}{\text{sen}\hat C}$$

de donde

$$\frac{BB_a}{B_aC}=\frac {\text{sen}\hat B}{\text{sen}\hat C}$$

y de nuevo por el teorema de los senos,

$$\frac{BB_a}{B_aC}=\frac bc$$

En particular, se deduce que la bisectriz corta en el punto medio del lado si y sólo si $b=c$ (aunque, desde luego, hay formas mucho más elementales de probarlo).

Ejercicio: En un triángulo rectángulo de lados $3$, $4$ y $5$, calcular la longitud del segmento de bisectriz del ángulo recto.

El circuncentro

Si $\triangle ABC$ es un triángulo con lados $a$, $b$, $c$, y $m_a$, $m_b$ son las mediatrices de los lados $a$ y $b$, respectivamente, éstas se cortan, ya que si fueran paralelas, lo serían los lados, lo que en un triángulo es imposible.

El punto de corte $O$ equidista de $B$ y $C$ por estar en $m_a$, y equidista de $A$ y $C$ por estar en $m_b$. Es decir:

$$AO=BO=CO$$

Por ello, existe una (única) circunferencia que pasa por los tres vértices, llamada circunferencia circunscrita. La llamaremos $\omega$.

Los ángulos $\hat A$, $\hat B$ y $\hat C$ están inscritos en $\omega$. Por esto, si alguno de ellos es obtuso (pongamos que sea, por ejemplo, $\hat A$), el ángulo central $\angle BOC$ será cóncavo. El circuncentro estará fuera del triángulo. En cambio, si el triángulo es acutángulo, el circuncentro estará en el interior del triángulo. Y si el ángulo $\hat A$ es recto, el ángulo $\angle BOC$ será llano, es decir, que $O$ sería el punto medio de la hipotenusa $a$. Si lo desea, puede mover los vértices del triángulo en el applet para comprobarlo experimentalmente.

El radio $R$ de la circunferencia circunscrita se puede calcular con sólo dos datos: cualquiera de los tres lados y su ángulo opuesto.

En efecto. Sea $A'$ el punto diametralmente opuesto a $C$ en $\omega$. El triángulo $\triangle A'BC$ es rectángulo y tiene la misma circunferencia circunscrita. Además, los ángulos $\hat A$ y $\angle BA'C$ son iguales por ser inscritos que abarcan el mismo arco. Entonces

$$2R=\frac{BC}{\text{sen}\angle BA'C}=\frac{a}{\text{sen}\hat A}$$

El teorema de los senos asegura que

$$\frac{a}{\text{sen}\hat A}=\frac{b}{\text{sen}\hat B}=\frac{c}{\text{sen}\hat C}$$

es decir, que el cociente entre un lado y el seno de su ángulo opuesto es constante. Dicha constante no es otra cosa que el diámetro de la circunferencia circunscrita.