AL12519774

Jhosimar A. Pérez Sánchez.

Evidencia de aprendizaje. Unidad 4

1. Demostrar que toda paralela a un lado de un triángulo, divide a los otros dos lados en segmentos proporcionales.

Sea ∆CAB y sean M y N puntos puntos en AC y BC respectivamente, tales que MN es paralelo a AB como en la figura.Por demostrar:

ACMC

= BCNC

1 Por el teorema 3.4. Unidad 4. “En cualquier proporción se pueden invertir las razones que están en la equivalencia”.

MCAC

= NCBC

Se trazan los segmentos AN y MB . Considere los triángulos ∆MCN y MAN y se toma como base los segmentos CM yMA.

Teorema: “Si dos triángulos tienen la misma altura entonces sus áreas son proporcionales a sus bases respectivas”.

Ahora, como la altura de ∆CAT se comparte con ∆ BTC , por el mismo teorema se tienen

area∆MANarea∆MCN

=m (MA )m (CM )

Análogamente ∆CNM y ∆MBN , considere CN y NB como bases respectivamente. Como ambos triángulos tiene la misma altura, entonces :

area∆MBNarea∆CNM

=m (BN )m (CN )

Si MN es base de los triángulos ∆M AN y ∆MBN entonces:

Para cualesquiera dos líneas rectas paralelas l1 y l2 y cualesquiera dos puntos P y Q de l1, la

distancia entre P y l2 es igual a la distancia entre Q y l2.

Por lo anterior, tienen la misma altura pues MN ∥ AB . Entonces area∆MAN=area∆MBN . Luego, sustituyendo:

m (MA )m (CM )

=m (BN )m (CN )

Por el teorema 4.4. Unidad 4:“En cualquier proporción se pueden añadir sus antecedentes a los consecuentes respectivos”.

m (MA )m (CM )

+m (CM )m (CM )

=m (BN )m (CN )

+m (CN )m (CN )

→m (MA )+m(CM )

m (CM )=m (BN )+m¿¿

2. Demostrar que toda paralela a un lado de un triángulo, forma con los otros dos lados un triángulo semejante al primero.

Acabamos de mostrar que la oración “toda paralela a un lado de un triángulo, divide a los otros dos lados en segmentos proporcionales”.

De la figura, se tienen los triángulo ∆ ACB y ∢MCN . Además, MN ∥ AB.

Del teorema 2.2 Unidad 2.

Entonces: Sean ∝ , δ , γ angulos del triángulo ∆MNC . Sean α ,β , ε, De la figura y del Teorema 2.2 de la unidad 2 sabemos que ε=δ Y α=β. También se que ∢ ACM=∢MCN pues los dos triángulos comparten el mismo ángulo. De manera que todos los ángulos son congruentes con los dos triángulos. Así, por el Teorema 4.10. Unidad 4: “Dos triángulos son semejantes si sus ángulos correspondientes son congruentes”. Por Definición 4.6. Unidad 4: “ Dos polígonos se llaman semejantes si sus ángulos correspondientes son congruentes y cuyos lados correspondientes son proporcionales”.Es decir, dado que un triángulo de tres lados; una vez mostrado que los triángulos son semejantes y semejanza (por definición) implica que sus lados son proporcionales, entonces ha quedado demostrado.

α

β

ε

δ

3. Demostrar que si en un triángulo rectángulo se traza la altura correspondiente a la hipotenusa, los triángulos correspondientes son semejantes entre si y semejantes al triangulo dado.

Se observa en la solución que se tienen cuatro ecuaciones:

Se usa el teorema que la suma de los ángulos interiores de un

triángulo es 180°. Sean tres triángulos:

∆ ACB ,∆BTA ,∆CBT

Los angulos de ∆ ACB son: ∝ , β ,(M+N ).

Los ángulos de ∆CBT son: N , β ,90 °.

Los ángulos de ∆ BAT son: M ,∝ ,90 ° .

M+N=90° (1 )∝+90 °+M=180 ° (2 )β+90 °+N=180 ° (3 )α+β+ (M+N )=180 ° (4 )

Después de realizar procedimiento algebraico (corroborar el procedimiento en la hoja) se llega a que β=M y α=N . En consecuencia α+β=90 ° y los triángulos son de la forma 45-45-90.

Por el Teorema 4.10. Unidad 4: “Dos triángulos son semejantes si sus ángulos correspondientes son congruentes” .

De lo anterior, se obtiene que ∆ BAT ≈ ∆CBT .

Ademas, como ∆ ACB contiene a los angulos ∝ , β ,(M+N ) también es un ángulo de la forma 45-45-90. Luego, el triángulo mayor ∆ ACB≈ ∆BAT ≈∆CBT . Ha quedado demostrado.

Por hipótesis, se traza una altura

4. Demostrar que en todo triangulo rectángulo, cada cateto es igual a la raíz cuadrada del cuadrado de la hipotenusa menos el cuadrado del otro cateto.

Este ejercicio, implica demostrar el Teorema de Pitágoras. Posterior solo se hará el despeje.

Demostración del teorema de Pitágoras usando álgebra

De la figura, se muestra que cada lado del cuadrado midea+b, así que el área es: A=(a+b)(a+b).

Ahora, sumando las áreas de los trozos más pequeños:

Primero, el cuadrado pequeño (inclinado) tiene área A=c ²

Y hay cuatro triángulos, cada uno con área A=½ab

Así que los cuatro juntos son A=4 (½ab)=2ab

Si sumamos el cuadrado inclinado y los 4 triángulos da: A=c ²+2ab

El área del cuadrado grande es igual al área del cuadrado inclinado y los 4 triángulos. Esto lo escribimos así:

(a+b)(a+b)=c ²+2ab

Haciendo álgebra se tiene que:

(a+b ) (a+b )=c2+2ab→a ²+2ab+b ²=c ²+2ab→a ²+b ²=c ²

De la figura, podemos obser que c=hipotenusa y b ,a=catetos. Despejando para cualquier cateto:

a ²+b ²=c ²→b2=c2−a2→b=√c2−a2Q .E . D

5. Si demostrar que :

La notación indica los siguiente; Si la línea infinita que contiene a los puntos A y B es paralela a la línea infinita que contiene a los puntos E y D; entonces los triángulos ABC y ECD con congruentes.

Por hipótesis se sabe que AB∥ED. En la gráfica se observa que AD es transversal a la paralelas, de manera que ∡CAB=∢EDC por ser alternos internos. De manera análoga ∢ ABC=∢CED. Luego estos pares de ángulos son congruentes.

Llamémosle a ∢ ABC=∢CED=γ y ∡CAB=∢EDC=β . Además supongamos ∢ ACB=θ y ∢ECD=δ .

Se sabe, por el Teorema 2.5 Unidad 2: “ Sea un triángulo ∆ ABC contenido en un plano P. Los ángulos internos suman180° ”.

Seguido, se tiene:

∆ ACB=γ+β+θ=180 °(1)∆ DCE=γ+β+δ=180(2)

Despejando la primera ecuación:γ+β=180−θ(3)

Poniendo (3) en (2):180−θ+δ=180→δ=θ

Por el teorema Teorema 4.10, Unidad 4: “Dos triángulos son semejantes si sus ángulos correspondientes son congruentes”.Luego, ∆ ABC ≈∆ ECD . Queda demostrado.