Teorema de la base media (segmento medio del triángulo)

Definición

En un triángulo $ABC$ , el segmento que une los puntos medios de dos de sus lados se llama base media (o segmento medio, o paralela media) relativa al tercer lado.

Teorema

(Base media del triángulo) Sean $M$ y $N$ los puntos medios de los lados $AB$ y $AC$ del triángulo $ABC$ . Entonces:

$MN \parallel BC \qquad \text{y} \qquad MN = \frac{1}{2}\,BC.$

Demostración

Por semejanza. Como $M$ y $N$ son los puntos medios de $AB$ y $AC$ , se tiene $\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{AN}{AC} = \dfrac{1}{2}$ . El triángulo $AMN$ comparte el ángulo $\angle A$ con el triángulo $ABC$ , y los lados que lo forman son proporcionales con razón $\frac12$ . Por el criterio LAL de semejanza, $\triangle AMN \sim \triangle ABC$ con razón $\frac12$ .

De la semejanza se obtiene $\angle AMN = \angle ABC$ (ángulos correspondientes), y como estos son ángulos correspondientes para las rectas $MN$ y $BC$ cortadas por la transversal $AB$ , concluimos $MN \parallel BC$ . Además $MN = \frac12 BC$ por la razón de semejanza. $\blacksquare$

Por homotecia (forma rápida). La homotecia $h$ de centro $A$ y razón $\frac12$ envía $B \mapsto M$ y $C \mapsto N$ (por definición de punto medio). Toda homotecia envía una recta a una recta paralela, así $h(BC) = MN$ es paralela a $BC$ , y $MN = \frac12 BC$ porque la homotecia escala todas las longitudes por $\left|\frac12\right|$ . $\blacksquare$

Corolario (recíproco)

Si $M$ es el punto medio de $AB$ y la paralela a $BC$ por $M$ corta a $AC$ en $N$ , entonces $N$ es el punto medio de $AC$ (y $MN = \frac12 BC$ ). En otras palabras: una recta que pasa por el punto medio de un lado y es paralela a otro lado biseca al tercero.

Demostración. Por el teorema de Thales aplicado al triángulo $ABC$ con la paralela $MN \parallel BC$ : $\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{AN}{AC}$ . Como $\dfrac{AM}{AB} = \dfrac12$ , también $\dfrac{AN}{AC} = \dfrac12$ , así $N$ es el punto medio de $AC$ . $\blacksquare$

El triángulo medial

Si $M$ , $N$ , $P$ son los puntos medios de $BC$ , $CA$ , $AB$ respectivamente, el triángulo $MNP$ se llama el triángulo medial de $ABC$ . Aplicando el teorema tres veces:

$NP \parallel BC,\ NP = \tfrac12 BC; \qquad MP \parallel CA,\ MP = \tfrac12 CA; \qquad MN \parallel AB,\ MN = \tfrac12 AB.$

Es decir, $\triangle MNP \sim \triangle ABC$ con razón $\frac12$ (criterio LLL), y la correspondencia de paralelismos hace que $\triangle MNP$ quede "invertido" respecto de $\triangle ABC$ : cada vértice del medial está sobre el lado opuesto al vértice correspondiente de $ABC$ (por ejemplo $M$ , punto medio de $BC$ , corresponde a $A$ ).

Consecuencia inmediata (Problema clásico, OMG 2000/P2a). El triángulo medial divide a $ABC$ en cuatro triángulos $\triangle APN$ , $\triangle PBM$ , $\triangle NMC$ y $\triangle MNP$ , todos congruentes entre sí (cada uno semejante a $ABC$ con razón $\frac12$ , y con lados respectivamente paralelos a los de $ABC$ , lo que fuerza la congruencia por LLL una vez fijada la longitud común $\frac12 BC$ , $\frac12 CA$ , $\frac12 AB$ ). En particular cada uno tiene área $\frac14 S_{ABC}$ .

Ejemplo

Aplicación a cuadriláteros: el paralelogramo de Varignon

Ejemplo 1 (OMG 2000/P2b). Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo y sean $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ los puntos medios de $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ respectivamente. Demostrar que $MNPQ$ es un paralelogramo de área igual a la mitad de $S_{ABCD}$ .

Solución. Tracemos la diagonal $AC$ . En el triángulo $ABC$ , $M$ y $N$ son los puntos medios de $AB$ y $BC$ , así por el teorema de la base media:

$MN \parallel AC \qquad \text{y} \qquad MN = \tfrac12 AC.$

En el triángulo $ACD$ , $Q$ y $P$ son los puntos medios de $DA$ y $DC$ , así igualmente:

$QP \parallel AC \qquad \text{y} \qquad QP = \tfrac12 AC.$

Combinando ambas, $MN \parallel QP$ y $MN = QP$ . Un cuadrilátero con un par de lados opuestos paralelos e iguales es un paralelogramo (véase el contenido de paralelogramos), luego $MNPQ$ es un paralelogramo. $\checkmark$

Para el área: la diagonal $MP$ del paralelogramo $MNPQ$ lo divide en dos triángulos de igual área, $S_{MNPQ} = 2\,S_{MNP}$ (o usando $NQ$ , $S_{MNPQ}=2\,S_{MQN}$ — cualquier diagonal sirve). Una manera limpia: la homotecia de centro $A$ y razón $\frac12$ envía $B \mapsto M$ , y junto con las otras tres (centradas en $B$ , $C$ , $D$ , todas de razón $\frac12$ ) descompone $ABCD$ en piezas que se reorganizan exactamente en $MNPQ$ recorrido una vez y su complemento — el cómputo directo con coordenadas o vectores da

$S_{MNPQ} = \tfrac12 S_{ABCD},$

resultado conocido como el teorema de Varignon. $\blacksquare$

Aplicación a triángulos rectángulos: una segunda prueba del Problema 5

Ejemplo 2. Sea $ABC$ un triángulo rectángulo con $\angle C = 90°$ y sea $M$ el punto medio de la hipotenusa $AB$ . Demostrar que $MC = \frac12 AB$ (es decir, $MA = MB = MC$ ), sin usar coordenadas.

Solución. Sea $N$ el punto medio del cateto $AC$ . Por el teorema de la base media en $\triangle ABC$ (con $N$ , $M$ puntos medios de $AC$ , $AB$ ):

$MN \parallel BC \qquad \text{y} \qquad MN = \tfrac12 BC.$

Como $\angle ACB = 90°$ , el lado $BC$ es perpendicular a $AC$ ; y como $MN \parallel BC$ , también $MN \perp AC$ . Así $MN$ es perpendicular a $AC$ y pasa por su punto medio $N$ : $MN$ es la mediatriz del segmento $AC$ .

Todo punto de la mediatriz de $AC$ equidista de $A$ y $C$ , así $MA = MC$ . Pero $M$ es el punto medio de $AB$ , luego $MA = MB$ . Combinando:

$MC = MA = MB = \tfrac12 AB. \qquad \blacksquare$

(Compárese con la prueba por coordenadas sugerida en el enunciado del Problema 5: la base media convierte el problema en una propiedad de la mediatriz, evitando todo cálculo.)

Problema guiado

Ejemplo 3 (Local XLIV OME). Sea $ABC$ un triángulo, $M$ el punto medio de $BC$ , y $D$ , $E$ los puntos medios de $AB$ y $AC$ . La recta $AM$ corta a $DE$ en $F$ . Demostrar que $F$ es el punto medio de $AM$ y de $DE$ .

Solución. Por la base media, $DE \parallel BC$ . Como $DE \parallel BC$ y $F = AM \cap DE$ , el segmento $DF$ es paralelo a $BM$ (ambos están sobre $DE$ y $BC$ respectivamente), así $\triangle ADF \sim \triangle ABM$ por AA (ángulo $\angle A$ común, y $\angle ADF = \angle ABM$ por ser ángulos correspondientes con la transversal $AB$ entre las paralelas $DE \parallel BC$ ). La razón de semejanza es $\dfrac{AD}{AB} = \dfrac12$ . Luego $AF = \frac12 AM$ y $DF = \frac12 BM = \frac12 \cdot \frac12 BC = \frac14 BC$ .

Análogamente $\triangle AEF \sim \triangle ACM$ con razón $\frac12$ , dando $EF = \frac12 CM = \frac14 BC$ . Como $DF = EF = \frac14 BC = \frac12 DE$ , el punto $F$ es el punto medio de $DE$ . Y $AF = \frac12 AM$ dice que $F$ es el punto medio de $AM$ . $\blacksquare$

(Esto también prueba que las tres medianas de un triángulo y los tres lados del triángulo medial se cortan en patrones predecibles — la base de la teoría del centroide.)

Aplicaciones

Generar paralelismos «gratis». Cuando un problema menciona puntos medios, trazar la base media correspondiente convierte instantáneamente la condición « $M$ , $N$ son puntos medios» en una igualdad de longitudes y un paralelismo simultáneamente — dos hechos por el precio de uno.

Trapecios: la base media también existe. En un trapecio $ABCD$ con $AB \parallel CD$ , el segmento que une los puntos medios de los lados no paralelos $AD$ y $BC$ es paralelo a las bases y mide $\dfrac{AB + CD}{2}$ (la semisuma). La demostración traza una diagonal y aplica el teorema del triángulo dos veces, igual que en el Ejemplo 1.

Reducción de problemas con punto medio a semejanza $1:2$ . Cualquier problema que involucre el punto medio de un lado puede atacarse insertando la base media correspondiente: introduce de inmediato un triángulo semejante con razón $\frac12$ , listo para combinar con otras semejanzas o ángulos inscritos.

El centroide y la razón $2:1$ . Las tres medianas de un triángulo concurren en el baricentro o centroide $G$ , que las divide en razón $2:1$ desde cada vértice. Esto se demuestra con la base media: si $M$ , $N$ son puntos medios de $BC$ , $CA$ , las medianas $AM$ y $BN$ se cortan en $G$ ; trazando la base media $MN$ ( $MN \parallel AB$ , $MN = \frac12 AB$ ) se obtiene $\triangle GMN \sim \triangle GAB$ con razón $\frac12$ , de donde $GA = 2\,GM$ y $GB = 2\,GN$ .

Observación

No confundir con la mediana. La mediana de un triángulo es el segmento que une un vértice con el punto medio del lado opuesto; la base media (o segmento medio) une los puntos medios de dos lados. Son objetos distintos que con frecuencia aparecen juntos (como en el Ejemplo 3).

Generalización: el teorema de Thales. El teorema de la base media es el caso particular $k = \frac12$ del teorema de Thales: si una recta corta a dos lados de un triángulo en la misma razón $\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{AN}{AC} = k$ , entonces $MN \parallel BC$ y $MN = k \cdot BC$ . La demostración es idéntica, vía $\triangle AMN \sim \triangle ABC$ con razón $k$ .

Problemas relacionados

(OMG 2000/P2a) Sea $ABC$ un triángulo y $M$ , $N$ , $P$ los puntos medios de $BC$ , $CA$ , $AB$ . Probar que el triángulo medial $MNP$ divide a $ABC$ en cuatro triángulos congruentes entre sí, cada uno de área $\frac14 S_{ABC}$ .
(OMG 2000/P2b) Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo y $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ los puntos medios de sus lados. Probar que $MNPQ$ es un paralelogramo (el paralelogramo de Varignon) de área $\frac12 S_{ABCD}$ .
(Clásico) Sea $ABC$ un triángulo y $G$ su baricentro. Las medianas $AM$ , $BN$ , $CP$ concurren en $G$ y $AG = 2\,GM$ , $BG = 2\,GN$ , $CG = 2\,GP$ . Demostrarlo usando bases medias.
(Clásico) Sea $ABCD$ un trapecio con $AB \parallel CD$ y $M$ , $N$ los puntos medios de los lados no paralelos $AD$ , $BC$ . Probar que $MN \parallel AB$ y $MN = \frac{AB+CD}{2}$ .
(Clásico) Sea $ABC$ un triángulo y $H$ su ortocentro. Sean $M$ , $N$ , $P$ los puntos medios de los lados. Probar que la circunferencia que pasa por $M$ , $N$ , $P$ también pasa por los pies de las tres alturas — la circunferencia de los nueve puntos (desarrollado en su propio capítulo).