Congruencia de triángulos y triángulos isósceles

Definición

Dos triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle A'B'C'$ son congruentes (se escribe $\triangle ABC \cong \triangle A'B'C'$ ) si existe una correspondencia entre sus vértices $A \leftrightarrow A'$ , $B \leftrightarrow B'$ , $C \leftrightarrow C'$ tal que los tres lados y los tres ángulos correspondientes son iguales:

$AB = A'B', \quad BC = B'C', \quad CA = C'A', \qquad \angle A = \angle A', \quad \angle B = \angle B', \quad \angle C = \angle C'.$

Equivalentemente: $\triangle ABC \cong \triangle A'B'C'$ si y solo si $\triangle ABC \sim \triangle A'B'C'$ con razón de semejanza $k = 1$ .

Teorema

(Criterios de congruencia) Dos triángulos son congruentes si se cumple alguna de las siguientes condiciones (cada una determina por completo al triángulo, salvo reflexión):

(LAL) Dos lados y el ángulo comprendido entre ellos son iguales: $AB = A'B'$ , $\angle A = \angle A'$ , $AC = A'C'$ .

(ALA) Dos ángulos y el lado comprendido entre ellos son iguales: $\angle A = \angle A'$ , $AB = A'B'$ , $\angle B = \angle B'$ .

(LLL) Los tres lados son iguales: $AB = A'B'$ , $BC = B'C'$ , $CA = C'A'$ .

(Caso particular: triángulos rectángulos, hipotenusa-cateto) Si dos triángulos rectángulos tienen la hipotenusa y un cateto iguales, son congruentes. (Esto se reduce a LLL: el tercer lado queda determinado por Pitágoras.)

Demostración

La idea común a los tres criterios es la misma: los datos dados determinan la posición relativa de los tres vértices salvo movimiento rígido, así que cualquier triángulo que los satisfaga puede superponerse exactamente al otro.

LAL. Coloquemos $\triangle A'B'C'$ mediante un movimiento rígido de modo que $A' = A$ y el lado $A'B'$ caiga sobre el rayo $AB$ (posible porque $AB = A'B'$ , el punto $B'$ cae exactamente en $B$ ). Como $\angle A' = \angle A$ , el lado $A'C'$ cae sobre el rayo $AC$ , y como $A'C' = AC$ , el punto $C'$ cae exactamente en $C$ . Luego los dos triángulos coinciden punto por punto. $\blacksquare$

ALA. Análogamente, superponemos $A' = A$ y $B'$ sobre el rayo $AB$ con $AB = A'B'$ , así $B' = B$ . Como $\angle A' = \angle A$ y $\angle B' = \angle B$ , los rayos $A'C'$ y $B'C'$ coinciden con $AC$ y $BC$ respectivamente, y su intersección $C'$ coincide con $C$ . $\blacksquare$

LLL. Coloquemos $A' = A$ , $B' = B$ (posible porque $A'B' = AB$ ). El punto $C'$ está a distancia $A'C' = AC$ de $A$ y a distancia $B'C' = BC$ de $B$ ; pero $C$ es el único punto (en un semiplano dado respecto a $AB$ ) que satisface ambas condiciones simultáneamente —la intersección de dos circunferencias—. Luego $C' = C$ o $C'$ es el reflejo de $C$ respecto a $AB$ ; en cualquier caso $\triangle A'B'C' \cong \triangle ABC$ . $\blacksquare$

El triángulo isósceles

Definición

Un triángulo $ABC$ es isósceles con base $BC$ si $AB = AC$ (los dos «lados iguales» concurren en el vértice $A$ , llamado el vértice del triángulo isósceles, y $BC$ es la base).

Teorema

(Triángulo isósceles — ángulos de la base) En el triángulo $ABC$ :

$AB = AC \quad \Longleftrightarrow \quad \angle B = \angle C.$

Es decir, un triángulo es isósceles si y solo si tiene dos ángulos iguales (los ángulos de la base).

Demostración

$(\Rightarrow)$ Supongamos $AB = AC$ . Sea $M$ el punto medio de $BC$ . En los triángulos $\triangle ABM$ y $\triangle ACM$ : $AB = AC$ (hipótesis), $BM = CM$ ( $M$ es punto medio) y $AM = AM$ (lado común). Por LLL, $\triangle ABM \cong \triangle ACM$ , así $\angle ABM = \angle ACM$ , es decir $\angle B = \angle C$ .

$(\Leftarrow)$ Supongamos $\angle B = \angle C$ . En los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle ACB$ (¡el mismo triángulo, leído con los vértices $B$ y $C$ intercambiados!): $\angle ABC = \angle ACB$ (hipótesis), $BC = CB$ (lado común) y $\angle ACB = \angle ABC$ (hipótesis de nuevo). Por ALA, $\triangle ABC \cong \triangle ACB$ , de donde $AB = AC$ (lados correspondientes en la correspondencia $A \leftrightarrow A$ , $B \leftrightarrow C$ , $C \leftrightarrow B$ ). $\blacksquare$

Corolario (las cuatro rectas notables coinciden)

En un triángulo isósceles $ABC$ con $AB = AC$ , las siguientes cuatro rectas que pasan por el vértice $A$ coinciden:

La mediana desde $A$ (a $M$ , punto medio de $BC$ );
La altura desde $A$ (perpendicular a $BC$ );
La bisectriz del ángulo $\angle BAC$ ;
La mediatriz del lado $BC$ .

Demostración. Esto es exactamente lo que muestra la congruencia $\triangle ABM \cong \triangle ACM$ de la demostración anterior: de ella se obtiene simultáneamente $\angle BAM = \angle CAM$ (luego $AM$ es bisectriz), $\angle AMB = \angle AMC = 90°$ (luego $AM$ es altura y, como $M$ es punto medio, también mediatriz), y $BM = CM$ (luego $AM$ es mediana). $\blacksquare$

Esta coincidencia es una de las observaciones más rentables de la geometría elemental: siempre que aparezca un triángulo isósceles, se dispone gratis de un eje de simetría que es a la vez mediana, altura, bisectriz y mediatriz. Detectar un triángulo isósceles equivale a detectar una simetría.

Ejemplo

Isósceles ocultos: la fuente más común de igualdades de ángulos

Ejemplo 1. Sea $\omega$ una circunferencia de centro $O$ y $A$ , $B$ dos puntos de $\omega$ . Demostrar que $\angle OAB = \angle OBA$ .

Solución. $OA = OB = r$ (ambos son radios), así $\triangle OAB$ es isósceles con vértice $O$ . Por el teorema, $\angle OAB = \angle OBA$ . $\blacksquare$

(Esta observación trivial —todo triángulo formado por el centro y dos puntos de la circunferencia es isósceles— es exactamente la pieza que hace funcionar la demostración del teorema del ángulo inscrito: véase el contenido de Ángulos en la circunferencia, Caso 1 de la demostración.)

Ejemplo 2. En el triángulo $ABC$ , la bisectriz interna del ángulo $\angle A$ corta al circuncírculo en el punto $M$ (el punto medio del arco $\widehat{BC}$ que no contiene a $A$ ). Demostrar que $MB = MC$ .

Solución. Como $AM$ es bisectriz de $\angle BAC$ , se tiene $\angle BAM = \angle CAM$ . Estos son ángulos inscritos que abarcan los arcos $\widehat{BM}$ y $\widehat{CM}$ respectivamente, así $\widehat{BM} = \widehat{CM}$ (arcos iguales corresponden a ángulos inscritos iguales). Arcos iguales son subtendidos por cuerdas iguales, luego $MB = MC$ .

Vía isósceles: alternativamente, $\angle MBC = \angle MAC$ y $\angle MCB = \angle MAB$ (ángulos inscritos sobre los mismos arcos), y $\angle MAC = \angle MAB$ (bisectriz), así $\angle MBC = \angle MCB$ : el triángulo $\triangle MBC$ es isósceles con $MB = MC$ . $\blacksquare$

(Este es el primer paso del célebre Lema del Incentro: $M$ es además el centro de una circunferencia que pasa por $B$ , $C$ , el incentro $I$ y el excentro $I_A$ — desarrollado en su propio capítulo.)

Construcción de isósceles con paralelas

Ejemplo 3. Por un punto $C$ exterior a la recta $AB$ se traza la paralela a la bisectriz del ángulo $\angle A$ del triángulo $ABC$ hasta cortar a la recta $AB$ en un punto $E$ (al prolongar $BA$ más allá de $A$ ). Demostrar que $AE = AC$ , es decir, que $\triangle ACE$ es isósceles.

Solución. (Esta es la construcción auxiliar clásica para el teorema de la bisectriz —véase el contenido de Semejanza, Ejemplo 3.) Sea $AD$ la bisectriz de $\angle BAC$ ( $D \in BC$ ), y $CE \parallel AD$ con $E$ en la prolongación de $BA$ . Por ángulos alternos internos (transversal $AC$ entre las paralelas $AD$ y $CE$ ): $\angle DAC = \angle ACE$ . Por ángulos correspondientes (transversal $AB$ entre las mismas paralelas): $\angle BAD = \angle AEC$ .

Como $AD$ es bisectriz, $\angle BAD = \angle DAC$ , y combinando las dos igualdades anteriores: $\angle ACE = \angle AEC$ . Por el teorema del triángulo isósceles (sentido recíproco), $\triangle ACE$ es isósceles con $AE = AC$ . $\blacksquare$

Problema guiado

Ejemplo 4 (Clásico). Sea $ABC$ un triángulo isósceles con $AB = AC$ . La bisectriz del ángulo $\angle B$ corta a $AC$ en $D$ , y la bisectriz del ángulo $\angle C$ corta a $AB$ en $E$ . Demostrar que $BD = CE$ .

Solución. Sea $\beta = \angle ABC = \angle ACB$ (ángulos de la base, iguales porque $AB = AC$ ). Como $BD$ y $CE$ son bisectrices, $\angle DBC = \angle ECB = \dfrac{\beta}{2}$ .

Comparemos $\triangle DBC$ y $\triangle ECB$ :

$\angle DBC = \angle ECB = \dfrac{\beta}{2}$ ;
$BC = CB$ (lado común);
$\angle BCD = \angle BCA = \beta$ y $\angle CBE = \angle CBA = \beta$ (porque $D \in AC$ y $E \in AB$ ), luego $\angle BCD = \angle CBE$ .

Por ALA (en ambos triángulos, el lado $BC = CB$ está flanqueado por un ángulo $\frac{\beta}{2}$ y un ángulo $\beta$ , en el mismo orden): $\triangle DBC \cong \triangle ECB$ . Los lados correspondientes a $BD$ y $CE$ son iguales: $BD = CE$ . $\blacksquare$

(Detrás de esta solución hay una simetría: el eje del triángulo isósceles —la bisectriz desde $A$ , que también es altura, mediana y mediatriz, por el corolario anterior— intercambia $B \leftrightarrow C$ y, con ello, $D \leftrightarrow E$ . La congruencia $\triangle DBC \cong \triangle ECB$ es esa simetría hecha explícita.)

Aplicaciones

Cazar isósceles para cazar igualdades de ángulos (y viceversa). La relación "lados iguales $\Leftrightarrow$ ángulos iguales" es bidireccional y se usa en ambos sentidos constantemente: a veces conviene partir de una igualdad de longitudes (p. ej. dos radios, o $BD = BC$ como en el Ejemplo 4) para obtener una igualdad de ángulos «gratis»; otras veces se hace al revés, obteniendo una igualdad de longitudes a partir de una de ángulos (Ejemplos 2 y 3).

Construir isósceles con paralelas. Una técnica auxiliar extremadamente común: para demostrar $XY = XZ$ , basta trazar una paralela adecuada que convierta una igualdad de ángulos conocida (alternos o correspondientes) en la condición $\angle XYZ = \angle XZY$ . Esto es exactamente lo que ocurre en el Ejemplo 3 y en la demostración del teorema de la bisectriz.

El triángulo equilátero. Un triángulo con los tres lados iguales tiene también los tres ángulos iguales (cada $60°$ ), por aplicación del teorema del isósceles a cada par de lados. Recíprocamente, un triángulo equiangular ( $60°$ - $60°$ - $60°$ ) es equilátero.

Observación

Congruencia vs. semejanza. La congruencia es el caso $k=1$ de la semejanza: todo lo que se puede demostrar con un criterio de congruencia (LAL, ALA, LLL) es un caso particular de lo que permite la semejanza, pero conviene tener ambas herramientas en mente —la congruencia da igualdades de longitudes y ángulos simultáneamente con un solo argumento, mientras que la semejanza da proporciones.

El eje de simetría del isósceles, fuente de simetrizaciones. Muchos problemas con triángulos isósceles (o configuraciones simétricas más generales, como cuerdas iguales en una circunferencia) se resuelven «reflejando» una parte de la figura sobre el eje de simetría: el reflejo de un punto cae en un lugar conocido, y la igualdad buscada se vuelve evidente.

Problemas relacionados

(Clásico) Sea $ABC$ un triángulo isósceles con $AB = AC$ , y sean $M$ , $N$ los puntos medios de $AC$ y $AB$ . Demostrar que $BM = CN$ .
(Clásico) Sea $\omega$ una circunferencia y $AB$ , $CD$ dos cuerdas de igual longitud. Demostrar que los arcos $\widehat{AB}$ y $\widehat{CD}$ son iguales (usar que los triángulos $OAB$ y $OCD$ son congruentes por LLL, con $O$ el centro).
(Clásico) En el triángulo $ABC$ , sea $I$ el incentro. Demostrar que $\angle BIC = 90° + \frac{\angle A}{2}$ (combinar la bisección de ángulos con la suma de ángulos en $\triangle BIC$ ).
(OMG, adaptado) Sea $ABC$ un triángulo con $\angle B = 90°$ y sea $M$ el punto medio de $AC$ . Demostrar que $\triangle ABM$ y $\triangle CBM$ son isósceles, y deducir que $BM = \frac12 AC$ (otra prueba de la propiedad de la mediana a la hipotenusa, complementaria a la del contenido de la base media).
(Clásico) Sea $\omega$ el circuncírculo del triángulo $ABC$ y $M_A$ el punto medio del arco $\widehat{BC}$ que no contiene a $A$ . Probar que $M_A$ equidista del incentro $I$ y de los vértices $B$ , $C$ —el Lema del Incentro— combinando isósceles con ángulos inscritos.