Pues sí, vamos a calcular unas cuantas longitudes implícitas en un tetraedro, pero antes quizá convenga explicar algunos teoremos clásicos de la geometría que usaremos, más que nada para ir haciendo memoria.
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| Triángulo rectángulo |
Teorema de Pitágoras
Demostrado por Pitágoras, o al menos por la escuela pitagórica, este teorema es el más conocido por todo el mundo y establece la relación entre los lados de un triángulo rectángulo de forma que el cuadrado de la hipotenusa es la suma de los cuadrados de los catetos:$$c^{2}=a^{2}+b^{2}$$Es un teorema de elegante sencillez y ha sido partícipe de numerosos quebraderos de cabeza a lo largo de la Historia (podéis preguntarle a un tal Andrew Wiles, a ver qué dice).Teorema de Tales
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| Superponemos ambos triángulos y vemos que hay dos lados paralelos. |
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| El teorema del coseno se puede aplicar a cualquier triángulo. |
Teorema del coseno
Es una generalización del teorema de Pitágoras de triángulos rectángulos. Se usa para cualquier triángulo de lados a, b y c y ángulos respectivamente opuestos $\alpha$, $\beta$ y $\gamma$ y determina que un lado está relacionado con los otros dos y el ángulo que éstos forman, de tal modo que$$\begin{align*}a^{2}&=b^{2}+c^{2}-2bc\cos\left( \alpha \right) \\
b^{2}&=a^{2}+c^{2}-2ac\cos\left( \beta \right) \\
c^{2}&=a^{2}+b^{2}-2ab\cos\left( \gamma \right)
\end{align*}$$
Baricentro de un triángulo equilátero
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| Arriba: triángulo equilátero. Abajo: semejanza de dos subtriángulos de un triángulo equilátero. |
Una peculiaridad que tiene el triángulo equilátero es que el baricentro coincide con el ortocentro, el punto donde intersecan las alturas. Dada esta propiedad, hablaremos más bien de alturas. $h_{1}$ y $h_{2}$ son los dos segmentos en que divide el ortocentro a una altura. Podemos hallar el valor de la altura h usando el teorema de Pitágoras en el triángulo $\triangle AEC$:$$\begin{align*}
a^{2} &= h^{2}+ \left(\frac{a}{2}\right)^{2} = h^{2} + \frac{a^{2}}{4}\\
h^{2} &= a^{2}- \frac{a^{2}}{4} = \frac{3}{4} a^{2}\\
\\
h &= \frac {\sqrt{3}}{2} a\Leftrightarrow a = \frac{2}{\sqrt{3}} h
\end{align*}$$Nos interesará más el término de la derecha de la doble implicación. Para descubrir la relación entre la altura y sus segmentos usaremos el teorema de Tales en los triángulos $\triangle AEC$ y $\triangle OEC$,$$\begin{align*}
\frac{h}{a/2} &= \frac{a/2}{h_{1}} \\
hh_{1} &= \frac{a^{2}}{4} = \frac{h^{2}}{3} \\
h_{1} &= \frac{1}{3} h
\end{align*}$$Et voilà. Por ende, $h_{2} = \frac{2}{3} h = 2h_{1}$. Este resultado nos servirá más adelante.
Trigonometría
Recordaremos los senos y cosenos de los ángulos notables:$$\begin{matrix}& 0^{\circ} & 30^{\circ} & 45^{\circ} & 60^{\circ} & 90^{\circ} & 180^{\circ} & 270^{\circ} & 360^{\circ} \\
seno & 0 & \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} & 1 & 0 & -1 & 0 \\ \\
coseno & 1 & \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{1}{2} & 0 & -1 & 0 & 1 \\ \\
tangente & 0 & \frac{1}{\sqrt{3}} & 1 & \sqrt{3} & \not{\exists} & 0 & \not{\exists} & 0
\end{matrix}$$Usaremos el coseno de una suma de ángulos:$$\begin{matrix}
\cos \left( \alpha + \beta \right) = \cos \left( \alpha \right)\cos \left( \beta \right)-\sin \left( \alpha \right)\sin \left( \beta \right)\\
\cos \left( \alpha - \beta \right) = \cos \left( \alpha \right)\cos \left( \beta \right) + \sin \left( \alpha \right)\sin \left( \beta \right)
\end{matrix}$$En los triángulos rectángulos, los ángulos no rectos $\alpha$ y $\beta$ son complementarios (suman $90^{\circ}$), y podemos decir que $\alpha = 90^{\circ} - \beta$. Si aplicamos coseno a cada parte de la igualdad, tenemos:$$\begin{align*}
\cos \left( \alpha \right) &= \cos \left( 90^{\circ} - \beta \right)\\
&= \cos \left( 90^{\circ} \right)\cos \left( \beta \right) + \sin \left( 90^{\circ} \right)\sin \left( \beta \right)\\
&= 0 \cdot \cos \left( \beta \right) + 1 \cdot \sin \left( \beta \right)\\
&= \sin \left( \beta \right)
\end{align*}$$Aquí damos cuenta de que el coseno de un ángulo es el seno de su complementario, siempre que tratemos con triángulos rectángulos. Por ende, $\sin \left( \alpha \right) = \cos \left( \beta \right)$.
No puede faltar incluir la ecuación fundamental de la trigonometría, que relaciona el seno y el coseno de un ángulo de forma que:$$\sin ^{2} \left( \alpha \right) + \cos ^{2} \left( \alpha \right) = 1$$
Comencemos
¿Veis este tetraedro? ¿Seríamos capaces de calcular todos los segmentos con tan sólo conocer una de las aristas? La respuesta es sí, pues la complejidad de este problema se reduce al saber que un tetraedro está formado por 4 triángulos equiláteros y, por definición, sus lados miden lo mismo. Así que pongámonos manos a la obra. Pero antes aclaremos qué son todas estas letras. Empezaremos por los segmentos, representados como letras minúsculas:
a es una arista.
b es la altura de una cara.
c y d son las divisiones de una altura cuyo extremo común es G.
h es la altura del tetraedro.
Las letras mayúsculas designan puntos:
A, B, C y D son los vértices del tetraedro.
E es el punto medio de una arista a.
G es el centro de gravedad de una cara.
O es el ortocentro del tetraedro.
Y los ángulos se representan con letras griegas:
α es el ángulo de cualquier cara del tetraedro.
β es el ángulo diédrico, es decir, la inclinación que tiene cualquiera de las caras levantadas.
γ es el ángulo de inclinación de cualquier arista levantada.
δ es el ángulo de apoyo sobre la vertical de cualquier cara levantada.
El primer segmento que necesito es la altura de una cara, identificada como b. Pero ya lo hemos calculado en el párrafo Baricentro de un triángulo equilátero:$$b = \frac{\sqrt{3}}{2} a$$El ángulo $\alpha$ ya sabemos que vale $60^{\circ}$ porque al tratarse de un triángulo equilátero, sus ángulos valen igual y por tanto $180 = 3\alpha \Leftrightarrow \alpha = 60^{\circ}$.
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| El triángulo de la derecha es isósceles porque dos de sus lados son alturas de sendas caras del tetraedro. |
a^{2} &= 2 \left( \frac{\sqrt{3}}{2} a \right) ^{2}\left( 1-\cos \beta \right) = \frac{3}{2} a^{2} \left( 1-\cos \beta \right)\\
1 &= \frac{3}{2} \left( 1-\cos \beta \right)\\
\frac{2}{3} &= 1 - \cos \beta\\
\cos \beta &= 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}\\
\\
\beta &= \arccos \left( \frac{1}{3} \right) \approx 70'53^{\circ}
\end{align*}$$
El punto G divide a la altura de una cara en dos trozos, c y d, cuyo valor ya hemos obtenido en la explicación del párrafo Baricentro de un triángulo equilátero. Entonces:$$\begin{align*}c &= \frac{1}{3} b = \frac{\sqrt{3}}{2 \cdot 3} a = \frac{1}{2 \sqrt{3}} a\\
d &= 2c = \frac{1}{\sqrt{3}} a
\end{align*}$$
Ya estamos en disposición de obtener la altura del tetraedro y el ángulo $\delta$. Mediante el teorema de Pitágoras:$$h = \sqrt{b^{2}-c^{2}} = \sqrt{\frac{3}{4}a^{2} - \frac{1}{12}a^{2}} = \sqrt{\frac{8}{12}a^{2}} = \sqrt{\frac{2}{3}} a$$En el párrafo Trigonometría, hemos relacionado los ángulos no rectos de un triángulo rectángulo de forma que el seno de uno es el coseno del otro. Entonces, conociendo el ángulo $\beta$ y su coseno, obtenemos $\delta$ del modo:$$\sin \left( \delta \right) = \cos \left( \beta \right) = \frac{1}{3}$$Podemos escribir este resultado en función del coseno de $\delta$ usando la ecuación fundamental de la trigonometría, así:$$\begin{align*}
\sin \left( \delta \right) &= \frac{1}{3} \\
\sin ^{2} \left( \delta \right) &= \frac{1}{9} \\
1 - \cos ^{2} \left( \delta \right) &= \frac{1}{9} \\
\cos ^{2} \left( \delta \right) &= 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}\\
\cos \left( \delta \right) &= \frac{2\sqrt{2}}{3} \\ \\
\delta &= \arccos \left( \frac{2\sqrt{2}}{3} \right) \approx 19'47^{\circ}
\end{align*}$$El ángulo $\gamma$ lo podemos hallar usando el teorema del coseno con el triángulo $\triangle AED$:$$\begin{align*}
b^{2} &= b^{2}+a^{2} - 2ab\cos \left( \gamma \right) \\
\cos \left( \gamma \right) &= \frac{a}{2b} = \frac{a}{2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}a} = \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \\
\gamma &= \arccos \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right) \approx 54'74^{\circ}
\end{align*}$$Os preguntaréis por qué no hemos usado la suma de ángulos de un triángulo. Y es meramente una cuestión de elegancia. Usando tal regla, tendríamos:$$\begin{align*}
180^{\circ} &= \beta+2\gamma\\
\gamma &= \frac{180^{\circ}-\beta}{2} = 90^{\circ} - \frac{\arccos \left( \frac{1}{3} \right)}{2}
\end{align*}$$Coincidiréis conmigo que es más elegante $\gamma = \arccos \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)$ que no el resultado anterior.
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| Ortocentro de un tetraedro |
Ortocentro
Ahora queremos saber a qué altura está el baricentro del tetraedro (su centro de gravedad), pero al igual que en el triángulo equilátero, este punto coincide con el ortocentro del tetraedro, así que resultará más cómodo hablar del ortocentro por ser la intersección de las alturas del tetraedro. Hallar la altura del ortocentro es equivalente a hallar la distancia a la que se encuentra de cualquier cara, o también la distancia a cualquier vértice. Todo esto lo podremos calcular usando los teoremas anteriores, y aún más datos que no son relevantes pero nos hace ganas obtener. ¿A que sí? |
| Alturas de un triángulo y semejanzas de subtriángulos |
Según la imagen, queremos conocer $h_{1}$ y $h_{2}$ (no confundamos estos segmentos con los que aparecen explicados en el párrafo Baricentro de un triángulo equilátero). Nos damos cuenta que los triángulos $\triangle AEG$ y $\triangle DHE$ son iguales porque ambos son rectángulos y comparten el ángulo $\beta$. Por ende,$$\theta = \delta = \arccos \left( \frac{2\sqrt{2}}{3} \right) \approx 19'47^{\circ}$$
Del triángulo $\triangle OGD$ tenemos$$\sigma = 90^{\circ} - \theta = 90^{\circ} - \delta$$Y podemos ver en el triángulo $\triangle AEG$ que $90^{\circ} - \delta = \beta$. Por tanto,$$\sigma = \beta = \arccos \left( \frac{1}{3} \right) \approx 70'53^{\circ}$$
Esto nos dice que los triángulos $\triangle AEG$ y $\triangle OGD$ son semejantes, y por tanto, podemos aplicar el teorema de Tales de semejanza de triángulos, de tal modo que$$\frac{c}{h_{2}} = \frac{h}{d} \Leftrightarrow h_{2} = \frac{cd}{h}$$Sabiendo que $c = \frac{a}{2\sqrt{3}}$, $d = \frac{a}{\sqrt{3}}$ y $a^{2} = \frac{3}{2} h^{2}$, nos queda$$h_{2} = \frac{cd}{h} = \frac{ \left( \frac{1}{2\sqrt{3}}a \right) \left(\frac{1}{\sqrt{3}} a \right)}{h} = \frac{\frac{1}{6}a^{2}}{h} = \frac{\frac{1}{6} \cdot \frac{3}{2} h^{2}}{h} = \frac{1}{4} h$$El ortocentro se halla a 1/4 de la altura del tetraedro, esto es, a 1/4 de altura de cualquier cara del poliedro. Equivalentemente, está a 3/4 de altura de cualquier vértice, pues $h = h_{1} + h_{2}$. En función del valor de la arista, que es realmente el único dato a priori que conocemos, y sabiendo $h=\sqrt{\frac{2}{3}}a$, estos segmentos resultan:$$\begin{matrix}
h_{1} = \frac{3}{4}h = \frac{3}{4} \sqrt{\frac{2}{3}}a = \sqrt{\frac{3}{8}}a & & & h_{2} = \frac{1}{4}h = \frac{1}{4} \sqrt{\frac{2}{3}}a = \frac{1}{\sqrt{24}}a
\end{matrix}$$Nos quedan por hallar los ángulos $\varepsilon$ y $\varphi$. $\varepsilon$ es el suplementario de $\sigma$, esto es, $\varepsilon = 180^{\circ} - \sigma$. Si aplicamos coseno a la igualdad, tenemos:$$\begin{align*}
\cos \left( \varepsilon \right) &= \cos \left( 180^{\circ} - \sigma \right) \\
&= \cos \left( 180^{\circ} \right)\cos \left( \sigma \right) + \sin \left( 180^{\circ} \right)\sin \left( \sigma \right)\\
&= -\cos \left( \sigma \right) = - \frac{1}{3}\\ \\
\varepsilon &= \arccos \left( -\frac{1}{3} \right) \approx 109'47^{\circ} \\
\end{align*}$$Por otra parte, $\phi$ es la diferencia de los ángulos conocidos $\gamma$ y $\delta$. Si aplicamos cosenos a la igualdad, tenemos:$$\begin{align*}
\phi &= \gamma - \delta \\
\cos \left( \phi \right) &= \cos \left( \gamma - \delta \right) \\
&= \cos \left( \gamma \right)\cos \left( \delta \right) + \sin \left( \gamma \right)\sin \left( \delta \right)\\
\end{align*}$$Conocemos el valor de $\cos \left( \delta \right)$ porque lo hemos calculado más arriba, pero no el de $\sin \left( \gamma \right)$. No obstante, al igual que hicimos con $\sin \left( \delta \right)$, usaremos la ecuación fundamental de la trigonometría para obtener $\sin \left( \gamma \right)$ a partir de $\cos \left( \gamma \right)$:$$\begin{align*}
\cos \left( \gamma \right) &= \frac{1}{\sqrt{3}} \\
1 - \sin ^{2} \left( \gamma \right) &= \frac{1}{3} \\
\sin \left( \gamma \right) &= \sqrt{\frac{2}{3}}
\end{align*}$$Ahora podemos substituir en el desarrollo del coseno de $\phi$:$$\begin{align*}
\cos \left( \phi \right) &= \cos \left( \gamma \right)\cos \left( \delta \right) + \sin \left( \gamma \right)\sin \left( \delta \right)\\
&= \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3} + \sqrt{ \frac{2}{3}} \cdot \frac{1}{3}\\
&= \frac{2\sqrt{2} + \sqrt{2}}{3\sqrt{3}} = \sqrt{ \frac{2}{3}}\\ \\
\phi &= \arccos \left( \sqrt{ \frac{2}{3}} \right) \approx 35'26^{\circ}
\end{align*}$$Finalmente, presentamos una tabla con las relaciones de todos los datos obtenidos dependiendo de si conocemos el valor de una arista o de la altura del tetraedro:$$\begin{matrix}
& \textrm{Conocida la arista} & \textrm{Conocida la altura}\\
a & a & \sqrt{\frac{3}{2}}h\\
& & \\
b & \frac{\sqrt{3}}{2}a & \frac{3}{\sqrt{8}}h\\
& & \\
c & \frac{1}{\sqrt{12}}a & \frac{1}{\sqrt{8}}h\\
& & \\
d & \frac{1}{\sqrt{3}}a & \frac{1}{\sqrt{2}}h\\
& & \\
h & \sqrt{\frac{2}{3}}a & h\\
& & \\
h_{1} & \sqrt{\frac{3}{8}}a & \frac{3}{4}h\\
& & \\
h_{2} & \frac{1}{\sqrt{24}}a & \frac{1}{4}h
\end{matrix}$$Y una relación de los ángulos obtenidos:$$\begin{align*}
\alpha &= 60^{\circ}\\
\beta &= \arccos \left( \frac{1}{3} \right) \approx 70'53^{\circ}\\
\gamma &= \arccos \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right) \approx 54'74^{\circ}\\
\delta &= \arccos \left( \frac{2\sqrt{2}}{3} \right) \approx 19'47^{\circ}\\
\varepsilon &= \arccos \left( -\frac{1}{3} \right) \approx 109'47^{\circ}\\
\theta &= \delta = \arccos \left( \frac{2\sqrt{2}}{3} \right) \approx 19'47^{\circ}\\
\sigma &= \beta = \arccos \left( \frac{1}{3} \right) \approx 70'53^{\circ}\\
\phi &= \arccos \left( \sqrt{\frac{2}{3}} \right) \approx 35'26^{\circ}
\end{align*}$$
Buen aporte, pero lo de la Sociedad Creativa esta interesante
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