Triángulos semejantes

Dos triángulos son semejantes si tienen la misma forma: los ángulos de uno son iguales a los ángulos del otro, y los lados de uno son proporcionales a los lados homólogos del otro.

Uno de dos triángulos semejantes es una copia ampliada o reducida del otro, que además puede estar desplazada, girada o reflejada. Una fotografía y su ampliación, un mapa y el terreno real, dos objetos y sus sombras en el mismo instante: en todos estos casos aparecen triángulos semejantes.

Definición y notación

Los triángulos $ABC$ y $A_1B_1C_1$ son semejantes si

Escribimos ${\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1}$ y leemos «el triángulo $ABC$ es semejante al triángulo $A_1B_1C_1$». El número $k$ es la razón de semejanza (también llamada factor de escala). Con la notación habitual de los lados, ${a_1=ka},$ ${b_1=kb}$ y ${c_1=kc}.$

• El orden de las letras importa. Indica qué vértices se corresponden: $A$ con $A_1,$ $B$ con $B_1$ y $C$ con $C_1.$ Los lados homólogos unen vértices homólogos y son opuestos a ángulos iguales.
• Si ${k\gt 1},$ el segundo triángulo es una ampliación del primero; si ${k\lt 1},$ es una reducción. En la figura de arriba ${k=1{,}55}.$
• Si ${k=1},$ los triángulos son congruentes. Así, los triángulos congruentes son semejantes, pero los triángulos semejantes, por lo general, no son congruentes.
• Si ${\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1}$ con razón de semejanza $k,$ entonces ${\triangle A_1B_1C_1\sim\triangle ABC}$ con razón de semejanza $\frac1k.$ Dos triángulos semejantes a un tercero son semejantes entre sí.

Cuando solo se conocen las longitudes de los lados, los lados homólogos se reconocen por su tamaño: el menor corresponde al menor, el mediano al mediano y el mayor al mayor.

En esta página: Criterios · Triángulos rectángulos e isósceles · Recta paralela a un lado · Perímetros y áreas · En un triángulo rectángulo · Menelao · Ceva · Problemas resueltos · Aplicaciones prácticas · Errores frecuentes · Ejercicios

Criterios de semejanza

Para demostrar que dos triángulos son semejantes, no hace falta comprobar que son iguales los tres ángulos y las tres razones entre los lados. Basta con cualquiera de los criterios siguientes. En los criterios, ${k\gt 0}$ es un número cualquiera.

Criterio ángulo-ángulo (AA)

Si dos ángulos de un triángulo son iguales a dos ángulos de otro triángulo, los triángulos son semejantes.

Entonces los terceros ángulos también son iguales, porque cada uno de ellos es igual a $180^\circ$ menos la suma de los otros dos. Es el criterio que más se usa: las rectas paralelas, los ángulos opuestos por el vértice, un ángulo común y los ángulos rectos proporcionan ángulos iguales.

Criterio lado-ángulo-lado (LAL)

Si dos lados de un triángulo son proporcionales a dos lados de otro triángulo y los ángulos comprendidos entre esos lados son iguales, los triángulos son semejantes.

Si ${A_1B_1=k\cdot AB},$ ${A_1C_1=k\cdot AC}$ y ${\angle A=\angle A_1},$ entonces ${\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1}.$ El ángulo igual tiene que ser el comprendido entre los dos lados.

Criterio lado-lado-lado (LLL)

Si los tres lados de un triángulo son proporcionales a los tres lados de otro triángulo, los triángulos son semejantes.

Para comprobarlo, se escriben los lados de cada triángulo en orden creciente y se divide cada lado entre su homólogo: los tres cocientes tienen que ser iguales.

Dos lados y el ángulo opuesto al mayor (LLA)

Si dos lados de un triángulo son proporcionales a dos lados de otro triángulo y los ángulos opuestos al mayor de esos lados son iguales, los triángulos son semejantes.

Si los ángulos iguales son opuestos a los lados menores, los triángulos pueden no ser semejantes. Por ejemplo, el triángulo de lados 6, 8 y 10 y el de lados 6, 8 y $2{,}8$ tienen ambos lados de 6 y 8 y el mismo ángulo opuesto al lado de 6, pero el primero es rectángulo y el segundo es obtusángulo.

¿Por qué se cumplen los criterios?

Usamos el teorema de la sección Recta paralela a un lado: una recta así determina un triángulo semejante al dado. Sea ${A_1B_1=k\cdot AB}$ con ${k\gt 1}$ (si ${k\lt 1},$ intercambiamos los triángulos; si ${k=1},$ los criterios coinciden con los de congruencia). Sobre el lado $A_1B_1$ marcamos el punto $D$ tal que ${A_1D=AB}$ y trazamos ${DE\parallel B_1C_1}$ con $E$ en $A_1C_1.$ Entonces ${\triangle A_1DE\sim\triangle A_1B_1C_1}$ con razón de semejanza $\frac1k,$ así que ${A_1E=\frac{A_1C_1}{k}},$ ${DE=\frac{B_1C_1}{k}}$ y ${\angle A_1DE=\angle B_1}.$

• AA. ${A_1D=AB},$ ${\angle A_1=\angle A}$ y ${\angle A_1DE=\angle B_1=\angle B},$ así que ${\triangle A_1DE\cong\triangle ABC}$ (ALA).
• LAL. ${A_1E=\frac{A_1C_1}{k}=AC},$ así que ${\triangle A_1DE\cong\triangle ABC}$ (LAL).
• LLL. ${A_1E=\frac{A_1C_1}{k}=AC}$ y ${DE=\frac{B_1C_1}{k}=BC},$ así que ${\triangle A_1DE\cong\triangle ABC}$ (LLL).
• El cuarto criterio se demuestra del mismo modo con el criterio de congruencia «dos lados y el ángulo opuesto al mayor»: nombramos los triángulos de modo que ${AB\ge AC}$ y ${\angle C=\angle C_1};$ entonces ${A_1E=AC}$ y ${\angle A_1ED=\angle C_1=\angle C}.$

En cada caso $ABC$ es congruente con $A_1DE,$ que es semejante a $A_1B_1C_1,$ así que ${\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1}.$

Triángulos rectángulos, isósceles y equiláteros

Para estos triángulos los criterios se simplifican.

• Dos triángulos rectángulos son semejantes si un ángulo agudo de uno es igual a un ángulo agudo del otro (AA), si sus catetos son proporcionales (LAL con el ángulo recto), o si un cateto y la hipotenusa de uno son proporcionales a un cateto y la hipotenusa del otro (la hipotenusa es el lado mayor, opuesto al ángulo recto).
• Dos triángulos isósceles son semejantes si sus ángulos del vértice son iguales, si sus ángulos de la base son iguales, o si sus bases y sus lados iguales son proporcionales.
• Dos triángulos equiláteros cualesquiera son semejantes: todos sus ángulos miden $60^\circ.$

Recta paralela a un lado

¿Por qué? El ángulo $A$ es común, y ${\angle ADE=\angle ABC}$ por ser ángulos correspondientes respecto de las paralelas $DE$ y $BC$ (y lo mismo ocurre con ${\angle AED=\angle ACB}$). Así, los dos triángulos tienen los ángulos iguales. Las razones ${\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}}$ se deducen del teorema de Tales. Para la tercera razón trazamos por $E$ la paralela a $AB;$ corta a $BC$ en un punto $F.$ Entonces $DBFE$ es un paralelogramo, ${DE=BF},$ y por el teorema de Tales aplicado al ángulo $C$ obtenemos ${\frac{BF}{BC}=\frac{AE}{AC}}.$

La razón de los lados paralelos es ${\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}},$ con el lado completo $AB$ en el denominador. La razón ${\frac{AD}{DB}}$ es igual a ${\frac{AE}{EC}},$ pero no es igual a ${\frac{DE}{BC}}.$

Lo mismo ocurre cuando la recta corta las prolongaciones de los lados más allá del vértice $A\text{:}$ los triángulos $ADE$ y $ABC$ forman un «reloj de arena» y son semejantes por AA (ángulos opuestos por el vértice en $A$ y ángulos alternos internos entre las paralelas).

El recíproco también es cierto: si $D$ está en $AB,$ $E$ está en $AC$ y ${\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}},$ entonces ${DE\parallel BC}.$ En efecto, los triángulos $ADE$ y $ABC$ son semejantes por LAL, así que ${\angle ADE=\angle ABC},$ y estos ángulos son correspondientes.

Alturas, perímetros y áreas de triángulos semejantes

Demostración

Alturas. Los triángulos $ACH$ y $A_1C_1H_1$ tienen ángulos rectos en $H$ y $H_1$ y ángulos iguales en $A$ y $A_1$ (podemos suponer que $\angle A$ es agudo, porque un triángulo tiene a lo sumo un ángulo que no es agudo; entonces ${\angle CAH=\angle A}$ incluso cuando $H$ está más allá de $B$). Por AA son semejantes, así que ${\frac{C_1H_1}{CH}=\frac{A_1C_1}{AC}=k}.$

Medianas. Si $M$ y $M_1$ son los puntos medios de $AB$ y $A_1B_1,$ entonces ${A_1M_1=k\cdot AM},$ ${A_1C_1=k\cdot AC}$ y ${\angle A_1=\angle A},$ así que ${\triangle AMC\sim\triangle A_1M_1C_1}$ por LAL y ${C_1M_1=k\cdot CM}.$ Para las bisectrices $CL$ y $C_1L_1$ usamos los triángulos $ACL$ y $A_1C_1L_1:$ son semejantes por AA, porque ${\angle A=\angle A_1}$ y ${\angle ACL}={\frac12\angle C}={\frac12\angle C_1}={\angle A_1C_1L_1},$ así que ${C_1L_1=k\cdot CL}.$

Perímetros. ${P_1}={a_1+b_1+c_1}={ka+kb+kc}={kP}.$

Áreas. ${S_1}={\frac12c_1h_{c_1}}={\frac12\cdot kc\cdot kh_c}={k^2\cdot\frac12ch_c}={k^2S}.$

Radios. Si se denota el semiperímetro por $p,$ se tiene ${r=\frac{S}{p}}$ y ${R=\frac{abc}{4S}}$ (véase el problema 10). El área se multiplica por $k^2$ y $p$ por $k,$ así que $r$ se multiplica por $k;$ $abc$ se multiplica por $k^3,$ de modo que $R$ se multiplica por $k.$

Por ejemplo, si se duplica cada lado, el perímetro se duplica, pero el área se cuadruplica. En un mapa a escala ${1:5000}$ las longitudes se reducen 5000 veces, y las áreas ${5000^2=25\,000\,000}$ veces.

Triángulos semejantes en un triángulo rectángulo

Sea ${\angle C=90^\circ}$ y sea $CH$ la altura sobre la hipotenusa. Esta altura divide la hipotenusa $c$ en los segmentos ${AH=m}$ y ${HB=n},$ que son las proyecciones de los catetos $b$ y $a.$

La altura sobre la hipotenusa divide un triángulo rectángulo en dos triángulos semejantes a él y semejantes entre sí: ${\triangle ACH\sim\triangle ABC\sim\triangle CBH}.$

Cada triángulo pequeño tiene un ángulo recto y comparte un ángulo agudo con el grande ($\angle A$ y $\angle B$), así que se aplica el criterio AA. Al escribir las proporciones entre los lados homólogos, obtenemos

Por ejemplo, de ${\triangle ACH\sim\triangle CBH}$ obtenemos ${\frac{AH}{CH}=\frac{CH}{HB}},$ es decir, ${h^2=mn}.$ Al sumar las dos últimas igualdades se obtiene ${a^2+b^2=c(m+n)=c^2}:$ esta es una demostración del teorema de Pitágoras. Encontrará más sobre estas fórmulas en la página Altura de un triángulo.

Teoremas famosos: Menelao, Ceva y Morley

Teorema de Menelao

El producto recorre el triángulo: de $A$ al punto de $AC,$ luego a $C,$ al punto de $CB,$ a $B,$ al punto de la recta $AB$ y de vuelta a $A.$ El teorema también se cumple cuando la recta corta las prolongaciones de los tres lados.

Demostración

Trazamos por $C$ la paralela a $AB;$ corta a la recta $MN$ en $Q.$ Los triángulos $MCQ$ y $MAP$ tienen iguales los ángulos opuestos por el vértice en $M$ y los ángulos alternos internos en $C$ y $A,$ así que son semejantes y ${\frac{AM}{MC}=\frac{AP}{CQ}}.$ Del mismo modo, ${\triangle NCQ\sim\triangle NBP},$ así que ${\frac{CN}{NB}=\frac{CQ}{BP}}.$ Entonces

$$\frac{AM}{MC}\cdot\frac{CN}{NB}\cdot\frac{BP}{PA}=\frac{AP}{CQ}\cdot\frac{CQ}{BP}\cdot\frac{BP}{PA}=1.$$

El recíproco también es cierto: si $M$ y $N$ están en los lados $AC$ y $BC,$ $P$ está en la prolongación de $AB$ y el producto es igual a 1, entonces $M,$ $N$ y $P$ están alineados. Por eso el teorema de Menelao se usa para demostrar que tres puntos están alineados.

Teorema de Ceva

Demostración

Trazamos por $A$ la paralela a $BC.$ Las prolongaciones de $BB_1$ y $CC_1$ la cortan en $X$ e $Y.$ Los ángulos opuestos por el vértice y los ángulos alternos internos entre paralelas dan cuatro pares de triángulos semejantes:

• ${\triangle AC_1Y\sim\triangle BC_1C},$ así que ${\frac{AC_1}{C_1B}=\frac{AY}{BC}};$
• ${\triangle CB_1B\sim\triangle AB_1X},$ así que ${\frac{CB_1}{B_1A}=\frac{BC}{AX}};$
• ${\triangle OA_1B\sim\triangle OAX}$ y ${\triangle OA_1C\sim\triangle OAY},$ así que ${\frac{BA_1}{AX}=\frac{OA_1}{OA}=\frac{A_1C}{AY}},$ es decir, ${\frac{BA_1}{A_1C}=\frac{AX}{AY}}.$

Al multiplicar obtenemos ${\frac{AY}{BC}\cdot\frac{AX}{AY}\cdot\frac{BC}{AX}=1}.$

El recíproco también es cierto. Para las medianas cada razón es igual a 1, así que el producto es 1, y el recíproco muestra que las tres medianas se cortan en un mismo punto.

Teorema de Morley

Dividamos cada ángulo de un triángulo en tres ángulos iguales, es decir, tracemos sus trisectrices. Las dos trisectrices más próximas a cada lado se cortan en un punto, y los tres puntos obtenidos son siempre los vértices de un triángulo equilátero. Este sorprendente teorema lo descubrió Frank Morley en 1899; su demostración es más difícil y no se basa solo en triángulos semejantes.

Problemas resueltos

Problema 1. ¿Son semejantes los triángulos $ABC$ y $PQR$ de la figura?

Solución. Conocemos los seis lados, así que usamos el criterio LLL. Ordenados de menor a mayor, los lados miden 2, 4 y 5 en un triángulo y 6, 12 y 15 en el otro:

$$\frac{PQ}{AB}=\frac{6}{2}=3,\qquad \frac{QR}{BC}=\frac{12}{4}=3,\qquad \frac{PR}{AC}=\frac{15}{5}=3.$$

Las tres razones son iguales, así que ${\triangle ABC\sim\triangle PQR}$ con razón de semejanza 3.

Problema 2. En los triángulos $ABC$ y $PQR$ se tiene ${\angle A=\angle P},$ ${\angle B=\angle Q},$ ${AB=4},$ ${BC=6},$ ${AC=7}$ y ${QR=12}.$ Halle $PQ$ y $PR.$

Solución. Por AA ${\triangle ABC\sim\triangle PQR}.$ El triángulo $PQR$ está dibujado reflejado, pero los ángulos iguales indican la correspondencia: $A$ con $P,$ $B$ con $Q$ y $C$ con $R.$ Así, $BC$ es homólogo de $QR$ y ${k=\frac{QR}{BC}=\frac{12}{6}=2}.$ Entonces ${PQ=2\cdot AB=8}$ y ${PR=2\cdot AC=14}.$

Problema 3. Los puntos $B$ y $C$ están en los lados $AD$ y $AE$ del triángulo $ADE,$ ${BC\parallel DE},$ ${BC=3},$ ${DE=6}$ y ${BD=4}.$ Halle $AB.$

Solución. La recta $BC$ es paralela al lado $DE,$ así que ${\triangle ABC\sim\triangle ADE}$ y ${\frac{AB}{AD}=\frac{BC}{DE}=\frac36=\frac12}.$ Como ${AD=AB+4},$ resulta ${2AB=AB+4},$ así que ${AB=4}.$

Problema 4. Las diagonales del trapecio $ABCD$ ${(AB\parallel CD)}$ se cortan en $O,$ y ${AO:OC=3:2}.$ La base media del trapecio mide 5 cm. Halle las bases.

Solución. En los triángulos $AOB$ y $COD$ los ángulos en $O$ son opuestos por el vértice, y ${\angle OAB=\angle OCD}$ por ser alternos internos entre las paralelas $AB$ y $CD.$ Así, ${\triangle AOB\sim\triangle COD}$ y ${\frac{AB}{CD}=\frac{AO}{OC}=\frac32}.$ La base media es la semisuma de las bases, así que ${AB+CD=10}.$ Entonces ${AB=6}$ cm y ${CD=4}$ cm.

Problema 5. Los lados de un triángulo están en la razón ${2:3:4}.$ El perímetro de un triángulo semejante a él es $84{,}6$ cm. Halle sus lados.

Solución. Los lados del triángulo semejante están en la misma razón, así que miden $2t,$ $3t$ y $4t.$ Entonces ${9t=84{,}6},$ de donde ${t=9{,}4},$ y los lados miden $18{,}8$ cm, $28{,}2$ cm y $37{,}6$ cm.

Problema 6. Una recta paralela al lado $BC$ del triángulo $ABC$ lo divide en dos partes de igual área. ¿En qué razón divide al lado $AB?$

Solución. Sean $D$ y $E$ los puntos donde la recta corta $AB$ y $AC.$ Entonces ${\triangle ADE\sim\triangle ABC}$ con ${k=\frac{AD}{AB}},$ y el área de $ADE$ es la mitad del área de $ABC.$ Así, ${k^2=\frac12},$ ${k=\frac{1}{\sqrt2}}$ y

$$\frac{AD}{DB}=\frac{AD}{AB-AD}=\frac{1}{\sqrt2-1}=\sqrt2+1\approx 2{,}41.$$

La recta no pasa por el punto medio de $AB\text{:}$ el segmento que une los puntos medios de los dos lados determina un triángulo cuya área es solo la cuarta parte.

Problema 7. En el triángulo $ABC$ se traza la bisectriz $AD,$ y la paralela a $AB$ trazada por $D$ corta a $AC$ en $E.$ Halle $AB$ si ${AE=6}$ cm y ${EC=4}$ cm.

Solución. ${\angle ADE=\angle DAB}$ por ser alternos internos entre las paralelas $DE$ y $AB,$ y ${\angle DAB=\angle DAE}$ porque $AD$ es la bisectriz. Así, el triángulo $ADE$ es isósceles y ${DE=AE=6}.$ La recta $DE$ es paralela al lado $AB,$ así que ${\triangle EDC\sim\triangle ABC}$ y ${\frac{DE}{AB}=\frac{EC}{AC}=\frac{4}{10}}.$ Entonces ${AB=\frac{6\cdot 10}{4}=15}$ cm.

Problema 8. Un cuadrado tiene dos vértices sobre el lado ${AB=a}$ del triángulo $ABC,$ y los otros dos están en $AC$ y $BC.$ Halle el lado $x$ del cuadrado si ${a=15}$ cm y la altura trazada desde $C$ mide ${h=10}$ cm.

Solución. El lado superior del cuadrado es paralelo a $AB,$ así que determina un triángulo semejante a $ABC.$ Su base es $x$ y su altura es ${h-x}.$ Las alturas están en la misma razón que las bases:

$$\frac{x}{a}=\frac{h-x}{h}\quad\Rightarrow\quad x=\frac{ah}{a+h}=\frac{15\cdot 10}{25}=6\ \text{cm}.$$

Problema 9. Las cuerdas $AB$ y $CD$ de una circunferencia se cortan en $P.$ Demuestre que ${PA\cdot PB=PC\cdot PD}$ y halle $PD$ si ${PA=4},$ ${PB=6}$ y ${PC=3}.$

Solución. Los ángulos inscritos $CAB$ y $CDB$ abarcan el mismo arco $CB,$ así que son iguales. Los ángulos $APC$ y $DPB$ son opuestos por el vértice. Por AA ${\triangle APC\sim\triangle DPB},$ por lo tanto ${\frac{PA}{PD}=\frac{PC}{PB}}$ y ${PA\cdot PB=PC\cdot PD}.$ Entonces ${PD=\frac{4\cdot 6}{3}=8}.$

Problemas más difíciles

Problema 10. Demuestre que el producto de dos lados de un triángulo es igual a la altura sobre el tercer lado multiplicada por el diámetro de la circunferencia circunscrita: ${ab=2R\cdot h_c}.$

Solución. Un triángulo tiene a lo sumo un ángulo que no es agudo, así que podemos suponer que el ángulo $B$ es agudo (si no, intercambiamos $A$ y $B$). Sean $CH$ la altura y $CD$ el diámetro de la circunferencia circunscrita; $H$ está en la semirrecta $BA.$ El ángulo $CAD$ está inscrito en una semicircunferencia, así que ${\angle CAD=90^\circ=\angle CHB}.$ Los puntos $B$ y $D$ están en el mismo arco $CA\text{:}$ de lo contrario, ${\angle CDA=180^\circ-\angle B}$ sería obtuso, pero es un ángulo agudo del triángulo rectángulo $CAD.$ Así, los ángulos inscritos $CBA$ y $CDA$ abarcan el mismo arco y son iguales. Por AA ${\triangle CHB\sim\triangle CAD},$ por lo tanto ${\frac{CH}{CA}=\frac{CB}{CD}},$ es decir, ${CA\cdot CB=CD\cdot CH},$ o sea, ${ab=2R\cdot h_c}.$

Como ${h_c=\frac{2S}{c}},$ se obtiene la conocida fórmula ${S=\frac{abc}{4R}}.$

Problema 11. En el triángulo acutángulo $ABC$ se trazan las alturas $CD$ y $AE.$ Demuestre que el segmento $DE$ determina un triángulo semejante a $ABC.$

Solución. Los triángulos rectángulos $ABE$ y $CBD$ tienen el ángulo $B$ común, así que son semejantes y ${\frac{BE}{BD}=\frac{AB}{CB}},$ o sea, ${\frac{BD}{BC}=\frac{BE}{BA}}.$ Los triángulos $BDE$ y $BCA$ tienen el ángulo $B$ común y los lados que lo forman son proporcionales, así que por LAL ${\triangle BDE\sim\triangle BCA}$ con razón de semejanza ${\frac{BD}{BC}=\cos B}.$ Fíjese en la correspondencia: $D$ corresponde a $C$ y $E$ a $A,$ así que, en general, $DE$ no es paralelo a $AC$ (solo lo es cuando ${AB=BC}$).

Problema 12 (la recta de Euler). Sean $O$ el centro de la circunferencia circunscrita, $G$ el baricentro y $H$ el ortocentro (el punto de intersección de las alturas) del triángulo acutángulo $ABC.$ Demuestre que $O,$ $G$ y $H$ están alineados y que ${GH=2\,GO}.$

Solución. En un triángulo equilátero los tres puntos coinciden, así que supongamos que el triángulo no es equilátero y nombremos sus vértices de modo que ${AB\ne AC};$ entonces ni $H$ ni $O$ están en la mediana trazada desde $A.$ Sean $M$ y $N$ los puntos medios de $BC$ y $CA.$ Las rectas $OM$ y $AH$ son ambas perpendiculares a $BC,$ así que son paralelas; del mismo modo, ${ON\parallel BH},$ y ${MN\parallel AB}$ por unir los puntos medios de dos lados. Los triángulos $OMN$ y $HAB$ tienen los lados respectivamente paralelos, así que sus ángulos son iguales y son semejantes con razón de semejanza ${\frac{MN}{AB}=\frac12}.$ Por lo tanto, ${AH=2\,OM}.$

El baricentro está en la mediana $AM$ y ${AG=2\,GM}.$ El triángulo es acutángulo, así que $H$ y $O$ están en su interior: la semirrecta $AH$ va hacia $BC,$ y la semirrecta $MO$ se aleja de $BC.$ Por lo tanto, $H$ y $O$ están a uno y otro lado de $AM,$ y en los triángulos $AGH$ y $MGO$ los ángulos $HAG$ y $OMG$ son iguales por ser alternos internos entre las paralelas $AH$ y $OM,$ y ${\frac{AH}{MO}=\frac{AG}{GM}=2}.$ Por LAL ${\triangle AGH\sim\triangle MGO},$ así que ${\angle AGH=\angle MGO}.$ Estos ángulos están a uno y otro lado de la recta $AM,$ así que $H,$ $G$ y $O$ están alineados, y ${GH=2\,GO}.$

Lo mismo se cumple en todo triángulo que no sea equilátero; esta recta se llama recta de Euler.

Aplicaciones prácticas

Problema 13 (la altura a partir de la sombra). En el mismo instante, una persona de $1{,}8$ m de estatura proyecta una sombra de $2{,}7$ m, y un árbol proyecta una sombra de 15 m. ¿Cuánto mide el árbol?

Solución. Sean $AB$ el árbol y $BC$ su sombra, $A_1B_1$ la persona y $B_1C_1$ la sombra de la persona. Los rayos del sol son paralelos, así que forman ángulos iguales con el suelo: ${\angle C=\angle C_1}.$ El árbol y la persona son verticales, así que ${\angle B=\angle B_1=90^\circ}.$ Por AA ${\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1}$ y

$$\frac{AB}{A_1B_1}=\frac{BC}{B_1C_1}\quad\Rightarrow\quad AB=\frac{1{,}8\cdot 15}{2{,}7}=10\ \text{m}.$$

Problema 14 (mirando por encima de un árbol). Lucía quiere hallar la altura de un edificio. Delante del edificio, a 30 m de él, hay un árbol de $2{,}8$ m de altura. Lucía se aleja del árbol hasta que ve alineadas la punta del árbol y la parte más alta del edificio; en ese momento está a 5 m del árbol. Sus ojos están a $1{,}6$ m del suelo. ¿Cuál es la altura del edificio?

Solución. Sean $T$ la punta del árbol y $D$ la parte más alta del edificio. Trazamos la recta horizontal que pasa por el ojo de Lucía, $E;$ corta al árbol en $K$ y al edificio en $L.$ Los triángulos rectángulos $EKT$ y $ELD$ comparten el ángulo en $E,$ así que son semejantes. Aquí ${EK=5},$ ${EL=5+30=35}$ y ${KT=2{,}8-1{,}6=1{,}2}$ m, así que

$$\frac{LD}{KT}=\frac{EL}{EK}\quad\Rightarrow\quad LD=\frac{1{,}2\cdot 35}{5}=8{,}4\ \text{m}.$$

El edificio mide ${8{,}4+1{,}6=10}$ m de altura.

Problema 15 (el ancho de un río). Para hallar la distancia del punto $A$ al punto $X$ de la otra orilla, caminamos desde $A$ por la orilla, perpendicularmente a $AX,$ y marcamos el punto $B$ tal que ${AB=200}$ m. Sobre $AB$ marcamos $M$ tal que ${MB=30}$ m, caminamos desde $M$ paralelamente a $AX$ y nos detenemos en el punto $N$ que está en la recta $BX.$ Medimos ${MN=15}$ m. Halle $AX.$

Solución. ${MN\parallel AX},$ así que ${\triangle BMN\sim\triangle BAX}$ y

$$\frac{AX}{MN}=\frac{AB}{MB}\quad\Rightarrow\quad AX=\frac{15\cdot 200}{30}=100\ \text{m}.$$

Problema 16 (una cinta transportadora). Una cinta transportadora inclinada empieza en el punto $A$ del suelo y se apoya en un poste de 3 m de altura situado a 8 m de $A.$ Hay que prolongar la cinta, con la misma inclinación, hasta un nuevo poste de 9 m de altura. ¿A qué distancia del primer poste, más allá de él, está el nuevo poste, y cuánto se alarga la cinta?

Solución. Sean $D$ y $E$ el pie y el extremo superior del primer poste, $B$ y $C$ los del nuevo poste, y ${x=DB}.$ Los triángulos rectángulos $ADE$ y $ABC$ tienen el ángulo $A$ común, así que son semejantes con ${k=\frac{BC}{DE}=\frac93=3}.$ Entonces ${AB=3\cdot 8=24}$ m y ${x=24-8=16}$ m. La cinta original mide ${AE}={\sqrt{8^2+3^2}}={\sqrt{73}}\approx{8{,}54}$ m. La nueva mide ${AC=3\cdot AE},$ así que la cinta se alarga ${EC=2\sqrt{73}\approx 17{,}09}$ m.

Problema 17 (un área en un mapa). En un mapa a escala ${1:5000}$ un campo triangular tiene un área de 12 cm². ¿Cuál es su área real?

Solución. El campo y su dibujo son semejantes con ${k=5000},$ así que el área real es ${12\cdot 5000^2}={300\,000\,000}$ cm² ${=30\,000}$ m², es decir, 3 hectáreas.

Errores frecuentes

Error	Incorrecto	Correcto
Lados que no son homólogos	${\triangle ABC\sim\triangle PQR},$ así que ${\frac{AB}{QR}=\frac{BC}{PQ}}$	Emparejar los lados según el orden de las letras: ${\frac{AB}{PQ}=\frac{BC}{QR}=\frac{AC}{PR}}$
Una parte del lado en lugar del lado completo	${DE\parallel BC},$ así que ${\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{DB}}$	${\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}}$
Las áreas cambian como las longitudes	Los lados se duplican, así que el área se duplica	El área se multiplica por ${2^2=4}$
El ángulo no está comprendido entre los lados	Dos lados son proporcionales y algún ángulo es igual, así que los triángulos son semejantes	El ángulo tiene que estar comprendido entre los lados (LAL) u opuesto al mayor de ellos
Sumar en lugar de multiplicar	Los triángulos de lados 3, 4, 5 y 4, 5, 6 son semejantes: cada lado es 1 unidad más largo	La semejanza exige razones iguales: ${\frac43\ne\frac54},$ así que no son semejantes
Tratar los polígonos como triángulos	Los lados de un cuadrado y de un rombo son proporcionales, así que son semejantes	Solo en los triángulos los lados proporcionales garantizan la semejanza; un rombo con un ángulo de ${60^\circ}$ no es semejante a un cuadrado

Ejercicios

Intente resolverlos por su cuenta y después abra la respuesta.

1. Los lados de un triángulo miden 26 cm, 38 cm y 46 cm. El lado menor de un triángulo semejante a él mide 13 cm. Halle sus otros lados.

${k=\frac{13}{26}=\frac12},$ así que los otros lados miden 19 cm y 23 cm.

2. Dos lados homólogos de dos triángulos semejantes miden 15 cm y 6 cm, y la altura trazada sobre el lado de 15 cm mide 8 cm. Halle la altura homóloga, trazada sobre el lado de 6 cm.

${8\cdot\frac{6}{15}=3{,}2}$ cm.

3. La razón de semejanza de dos triángulos semejantes es $1{,}75,$ y la suma de dos alturas homólogas es 121 mm. Halle estas alturas.

${h+1{,}75h=121},$ así que ${h=44}$ mm y ${1{,}75h=77}$ mm.

4. La razón de dos alturas homólogas de dos triángulos semejantes es $0{,}6,$ y dos bisectrices homólogas difieren en $1{,}4$ cm. Halle estas bisectrices.

Las bisectrices están en la misma razón: ${l-0{,}6l=1{,}4},$ así que ${l=3{,}5}$ cm y ${0{,}6l=2{,}1}$ cm.

5. Las áreas de dos triángulos semejantes son 18 cm² y 50 cm², y un lado del menor mide 6 cm. Halle el lado homólogo del mayor.

${k^2=\frac{50}{18}=\frac{25}{9}},$ ${k=\frac53},$ así que el lado mide 10 cm.

6. El ángulo del vértice de un triángulo isósceles es $\alpha,$ y un ángulo de la base de otro triángulo isósceles es ${90^\circ-\frac{\alpha}{2}}.$ Cada uno de los lados iguales del primer triángulo mide 80 cm, lo mismo que el perímetro del segundo, y la base del segundo mide 20 cm. Halle la base del primer triángulo.

El ángulo del vértice del segundo triángulo es ${180^\circ-2\left(90^\circ-\frac{\alpha}{2}\right)=\alpha},$ así que los triángulos son semejantes. Los lados iguales del segundo miden 30 cm, así que la base del primero es ${80\cdot\frac{20}{30}=53\frac13}$ cm.

7. La base de un triángulo isósceles mide 3 cm y cada uno de los lados iguales, 6 cm. Una recta paralela a la base determina entre los lados iguales un segmento de la misma longitud que el tramo de cada uno de ellos contiguo a la base. Halle este segmento.

Si el segmento mide $x,$ el triángulo pequeño tiene lados iguales de ${6-x}$ y base $x,$ así que ${\frac{x}{3}=\frac{6-x}{6}}$ y ${x=2}$ cm.

8. En el triángulo $ABC$ se tiene ${AB=9},$ ${BC=12}$ y ${AC=6}.$ El punto $D$ está en $AB$ y ${AD=4}.$ Halle $CD.$

${\frac{AD}{AC}=\frac{AC}{AB}=\frac23}$ y el ángulo $A$ es común, así que ${\triangle ADC\sim\triangle ACB}$ (LAL) y ${CD=\frac23\cdot BC=8}.$

9. El paralelogramo $AKMP$ está inscrito en el triángulo $ABC$ y comparte con él el ángulo $A$ ($K$ en $AC,$ $M$ en $BC,$ $P$ en $AB$). Halle sus lados si ${AC=24},$ ${AB=36}$ y ${KM:MP=3:1}.$

Sean ${MP=AK=t},$ ${KM=3t}.$ Como ${KM\parallel AB},$ se tiene ${\frac{3t}{36}=\frac{24-t}{24}},$ de donde ${t=8}.$ Los lados miden 8 y 24.

10. Los lados no paralelos de un trapecio miden 12 cm y 8 cm, y su base mayor mide 27 cm. Una diagonal divide el trapecio en dos triángulos semejantes. Halle esta diagonal y la base menor.

Sean ${AB=27}$ y $AC$ la diagonal. ${\angle DCA=\angle CAB}$ por ser alternos internos. Si además ${\angle D=\angle B},$ entonces ${\angle DAC=\angle ACB},$ así que ${AD\parallel BC}$ y $ABCD$ sería un paralelogramo. Por lo tanto, ${\angle D=\angle ACB},$ ${\triangle DCA\sim\triangle CAB}$ y ${\frac{DC}{CA}=\frac{CA}{AB}=\frac{AD}{BC}}.$ El cuadrado de esta razón es ${\frac{DC}{CA}\cdot\frac{CA}{AB}=\frac{DC}{AB}\lt 1},$ así que ${AD=8},$ ${BC=12}$ y la razón es $\frac23.$ Entonces ${CA=\frac23\cdot 27=18}$ cm y ${DC=\frac23\cdot 18=12}$ cm.

11. En el rectángulo $ABCD$ se tiene ${AB=10}$ y ${AD=4}.$ Desde un punto $M$ de $CD$ el lado $AB$ se ve bajo un ángulo recto. Halle $DM$ y $MC.$

${\triangle ADM\sim\triangle MCB}$ (ángulos rectos en $D$ y $C,$ y ${\angle DAM}={\angle CMB}={90^\circ-\angle DMA}$), así que ${DM\cdot MC=4\cdot 4=16}$ y ${DM+MC=10}.$ Por lo tanto, ${DM=2},$ ${MC=8}$ o ${DM=8},$ ${MC=2}.$

12. Un triángulo rectángulo con un cateto de 8 cm está inscrito en una circunferencia de radio 5 cm. Halle la proyección de este cateto sobre la hipotenusa.

La hipotenusa es un diámetro: mide 10 cm. De ${b^2=c\cdot m}$ obtenemos ${m=\frac{64}{10}=6{,}4}$ cm.

13. La base de un triángulo isósceles mide 6 cm y cada uno de los lados iguales, 9 cm. Halle la distancia entre los puntos de tangencia de la circunferencia inscrita con los lados iguales.

El segmento de tangente trazado desde el vértice opuesto a la base hasta la circunferencia mide ${9-3=6}$ cm. El segmento buscado es paralelo a la base, así que mide ${6\cdot\frac69=4}$ cm.

14. La base de un triángulo isósceles mide 12 cm y cada uno de los lados iguales, 9 cm. Se traza una tangente a la circunferencia inscrita, paralela a la base. Halle la parte de esta tangente comprendida entre los lados iguales.

${h=\sqrt{81-36}=3\sqrt5},$ ${r=\frac{S}{p}=\frac{18\sqrt5}{15}=1{,}2\sqrt5}.$ El triángulo pequeño tiene la altura ${h-2r=0{,}6\sqrt5=\frac{h}{5}},$ así que el segmento mide ${\frac{12}{5}=2{,}4}$ cm.

15. Dos circunferencias de radios 36 cm y 24 cm son exteriores entre sí. Su tangente común interior divide el segmento que une los centros en dos partes que difieren en 16 cm. Halle la distancia entre los centros.

Los dos triángulos rectángulos que se forman con los radios trazados a los puntos de tangencia son semejantes, así que las partes están en la razón ${36:24=3:2}.$ Entonces las partes miden 48 cm y 32 cm, y la distancia es de 80 cm.

16. Dos circunferencias de radios 3 cm y 2 cm son tangentes exteriores. Sus tangentes comunes exteriores se cortan en $M.$ Halle la distancia del centro de la circunferencia menor a $M.$

Si la distancia es $d,$ entonces ${\frac{d}{d+5}=\frac23}$ (triángulos rectángulos semejantes formados con los radios trazados a una tangente), así que ${d=10}$ cm.

17. Las bases $AB$ y $CD$ del trapecio $ABCD$ están en la razón ${5:1},$ y ${AC=22}$ cm. ¿En qué partes divide a $AC$ la recta que pasa por $B$ y por el punto medio de $AD?$

La recta corta la prolongación de $CD$ en un punto $K$ tal que ${DK=AB}$ (los triángulos que tienen un vértice en el punto medio de $AD$ son congruentes). Si la recta corta $AC$ en $O,$ entonces ${\triangle AOB\sim\triangle COK}$ con ${\frac{AB}{CK}=\frac{5}{6}}.$ Así, ${AO=10}$ cm y ${OC=12}$ cm.

18. La mediana $BM$ del triángulo $ABC$ forma con $AB$ un ángulo igual al ángulo $C.$ Demuestre que ${AC^2=2AB^2}.$

${\triangle ABM\sim\triangle ACB}$ (AA: el ángulo $A$ es común y ${\angle ABM=\angle C}$). Así, ${\frac{AB}{AC}=\frac{AM}{AB}},$ ${AB^2=AC\cdot\frac{AC}{2}},$ y ${AC^2=2AB^2}.$

19. Desde un punto $P$ exterior a una circunferencia se trazan la tangente $PB$ y una secante que corta la circunferencia en $C$ y $A$ (en este orden). Demuestre que ${PB^2=PC\cdot PA}.$

El ángulo entre la tangente y la cuerda $BC$ (ángulo semiinscrito) es igual al ángulo inscrito $BAC,$ así que ${\angle PBC=\angle PAB}.$ El ángulo $P$ es común, así que ${\triangle PBC\sim\triangle PAB}$ y ${\frac{PB}{PA}=\frac{PC}{PB}},$ es decir, ${PB^2=PC\cdot PA}.$

20. Las alturas $BD$ y $CE$ del triángulo acutángulo $ABC$ se cortan en $H.$ Demuestre que ${EH\cdot HC=DH\cdot HB}.$

Los triángulos rectángulos $EHB$ y $DHC$ tienen iguales los ángulos opuestos por el vértice en $H,$ así que son semejantes y ${\frac{EH}{DH}=\frac{HB}{HC}}.$

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