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CAPÍTULO 4
CIRCUNFERENCIAS Y POLÍGONOS REGULARES.
INTRODUCCIÓN 4.
La rueda ha sido considerada como una de las aplicaciones más importantes que el hombre haya
realizado dentro de los últimos diez mil años. Sin ruedas no existiría nuestra civilización como la
conocemos y la rueda es el mejor ejemplo de lo que llamamos circunferencia. En este capítulo
se hace un estudio detallado y elemental de las circunferencias, sus cuerdas y diámetros. Se
estudian los ángulos inscritos, semi-inscritos, interiores y exteriores. Se estudia la potencia de un
punto respecto de una circunferencia y los ejes radicales. Se estudian así mismo los polígonos
inscritos y circunscritos a una circunferencia.
COMENTARIO 4.1.
Al final del capítulo 1 se estudió la definición de circunferencia y, por razones didácticas, la
escribiremos de nuevo.
DEFINICIÓN 4.1.
Una circunferencia de centro un punto O y de radio un número k > 0 es el conjunto de los
puntos que están a la distancia k de O.
cuerda
radio
O
O
P
A
B
diámetro
También se llama radio al segmento que une el centro O con cualquier punto P de la
circunferencia. Este punto P se llama extremo exterior de ese radio. El segmento que une dos
puntos de una circunferencia se llama cuerda. Un diámetro es una cuerda que pasa por el centro
de la circunferencia. También se llama diámetro al número 2k. Dos puntos se dicen diametralmente opuestos si son extremos de un diámetro.
COMENTARIO 4.2.
Una circunferencia es el lugar geométrico de los puntos que equidistan de un punto dado, y puede
trazarse con un compás.
Se ha usado la palabra radio en dos sentidos. Cuando se diga el radio significará el número
k > 0 y cuando se diga un radio significará un segmento. Lo propio ocurre con el vocablo
diámetro.
La notación O(A) denotará la circunferencia de centro O que pasa por el punto A, mientras
que O(k) u O(AB) denotará la circunferencia de centro O y de radio k o AB.
TEOREMA 4.1.
Un diámetro en una circunferencia es la cuerda de mayor longitud.
Demostración:
C
D
A
B
O
202
Sea AB un diámetro en O(k) y sea CD una cuerda en ella. Entonces OA = OB = OC = OD.
Luego, AB = OA + OB = OC + OD > CD donde se usó la desigualdad triangular en el triángulo
OCD.
COMENTARIO 4.3.
Este teorema indica que si CD es una cuerda en una circunferencia de radio k, entonces
CD ≤ 2k. Nótese que CD = 2k sii CD es un diámetro.
EJEMPLO 4.1.
Sea A un punto de O(3). Halle un punto B en O(3) de modo que AB = m si (a) m = 2 (b) m = 7
Solución:
Se traza A(m) con el compás hasta cortar a O(3) en el punto buscado B. En el caso (b) ello no es
posible puesto que la cuerda AB mide 7 y sería mayor que el diámetro 6 lo cual es absurdo por el
teorema anterior.
EJEMPLO 4.2.
Los extremos de dos diámetros en O(k) son los vértices de un paralelogramo.
Solución:
D
O
A
B
C
Los dos diámetros AB y CD se bisecan en O. Use el ejemplo 2.80.
DEFINICIÓN 4.2.
Un punto P dícese interior a O(k) si OP < k. El conjunto de los puntos interiores a una circunferencia se llama círculo. Un punto Q se dice exterior a O(k) si OQ > k. El conjunto de los puntos
exteriores a una circunferencia se llama su exterior.
círcunferencia
exterior
círculo
COMENTARIO 4.4.
Si un punto P está en el plano de O(k), entonces los números OP y k satisfacen la ley de
tricotomía:
“Se cumple una y solamente una de las siguientes posibilidades: OP < k, OP = k, OP > k”.
Esto indica que O(k) divide al plano en tres regiones excluyentes: el círculo de centro 0 y radio k,
la circunferencia de centro O y radio k y el exterior de la circunferencia.
A
B
O
203
Toda cuerda AB de O(k), que no es diámetro, forma un triángulo isósceles AOB y por pons
assinorum se ve que A = B.
TEOREMA 4.2.
Todo diámetro perpendicular a una cuerda la biseca.
Demostración:
D
O
M
A
B
C
Sea AB un diámetro de O(k) que es perpendicular a una cuerda CD. Si M es la intersección de
AB con CD, entonces OM es altura de la base CD en el triángulo isósceles DOC. Del ejemplo
2.18 se sigue que OM es la mediana de AB y así M es el punto medio de la cuerda.
TEOREMA 4.3.
La mediatriz de una cuerda pasa por el centro de la circunferencia.
Demostración:
Sea m la mediatriz de una cuerda AB de O(k). Ya que OA = OB se sigue del teorema 2.16 que O
está en m.
EJEMPLO 4.3.
Si OA = 3x – 2 y OB = 2x + 10 son radios de O(k), halle su diámetro.
Solución:
Como los radios son iguales se tiene que 3x – 2 = 2x + 10. Al restar x se ve que x – 2 = 10 y al
sumar 2 se obtiene que x = 12. Por tanto el diámetro es 2OA = 2(3x – 2) = 6x – 4 = 72 – 4 = 68.
EJEMPLO 4.4.
Halle la longitud de una cuerda de O(12) si esa cuerda es mediatriz de un radio.
Solución:
A
M
O
P
B
Sea AB la cuerda de O(12) que es la mediatriz del radio OP. Si M es el corte de AB y OP,
entonces por hipótesis se tiene que M es el punto medio de OP, y por el teorema anterior M es el
punto medio de AB. Así, OM = 6 y OB = 12. Aplicando el teorema de Pitágoras en el triángulo
AOM se ve que OA2 = OM2 + MA2, es decir, 122 = 62 + MA2. Luego, MA2 = 108 y al extraer
raíz cuadrada se obtiene que MA = 6 3 . Por tanto, AB = 2MA = 12 3
EJEMPLO 4.5.
Una cuerda de 16 centímetros está a 15 centímetros del centro de la circunferencia. ¿Cuál es el
radio de la circunferencia?
Solución:
204
En la figura anterior se toman AB = 16 y OM = 15. Luego, AM = 8. Por el teorema de Pitágoras
en el triángulo OMA se ve que OA2 = 152 + 82 = 289. Así, OA = 17.
DEFINICIÓN 4.3.
Dos circunferencias se dicen iguales o congruentes si sus radios son iguales. Dos circunferencias
son concéntricas si tienen el mismo centro.
O
Circunferencias concéntricas
Circunferencias iguales
TEOREMA 4.4.
En una circunferencia dos cuerdas son iguales sii equidistan del centro.
Demostración:
Sean M y N las proyecciones ortogonales de O sobre las cuerdas AB y CD de O(k). Si AB = CD,
entonces AM = CN. Por el criterio de congruencia HC los triángulos AMO y CNO son
congruentes. Luego, OM = ON lo que indica que las cuerdas AB y CD equidistan de O.
D
N
A
C
O
M
B
Recìprocamente, supóngase que las cuerdas AB y CD equidistan de O, es decir, OM = ON. Por el
criterio de congruencia HC los triángulos AMO y CNO son congruentes y así AM = CN. Por
ende, AB = 2AN = 2CN = CD.
EJEMPLO 4.6.
Halle el lugar geométrico de los puntos medios de las cuerdas de longitud d de O(k).
Solución:
Vea la figura anterior. Sea AB una cuerda de O(k) de longitud d. Si M es el punto medio de AB,
entonces AM = ½ d.. Por el teorema de Pitágoras aplicado al triángulo rectángulo OAM se ve que
d2
d2
2
2
2
2
2
OM = OA – AM = k −
y, por tanto, OM = k −
. Como este número es fijo se
4
4
concluye que el lugar geométrico de M es la circunferencia de centro O y radio
d2
k −
4
2
EJEMPLO 4.7.
Sean M y N los puntos medios de dos cuerdas no paralelas AB y CD en O(k). Entonces AB = CD
sii el triángulo OMN es isósceles de base MN.
205
Solución:
Vea la figura anterior. Se tiene que AB = CD sii OM = ON sii OMN es un triángulo isósceles de
base MN.
COMENTARIO 4.5.
Si las cuerdas AB y CD en el ejemplo anterior son paralelas, entonces los puntos O, M y N son
colineales y no forman un triángulo.
TEOREMA 4.5.
Si en una circunferencia dos cuerdas son distintas, la menor está más cerca del centro.
Demostración:
A
M
B
D
O
N
C
Sean AB, CD dos cuerdas de O(k) tales que AB > CD. Si M y N son las proyecciones
ortogonales de O sobre AB y CD, entonces del teorema 4.2 se ve que M y N son los puntos
AB CD
= ND. Por el teorema de Pitágoras aplicado en
medios de esas cuerdas. Luego, MB =
>
2
2
los triángulos OMB y ONB se obtiene que OB2 = OM2+MB2 y OD2 = ON2 + ND2. Ya que
OB = OD por ser radios se tiene que OM2 + MB2 = ON2 + ND2 , es decir,
MB2 − ND2 = ON2 − OM2......... (a)
Como MB > ND se sigue de (a) que ON2 > OM2 y así ON > OM. Esto indica que la cuerda AB
está más cerca de O que la cuerda CD.
EJEMPLO 4.8.
Establezca el teorema recíproco y demuéstrelo.
Solución:
El recíproco del teorema anterior puede escribirse en la forma: "Si una de dos cuerdas de una
circunferencia está más cerca del centro, entonces esa cuerda es mayor que la otra”. Su
demostración es: “De la hipótesis se tiene que OM < ON. De (a) vemos que ND < MB y entonces
se tendrá que CD = 2ND < 2MB = AB.
TEOREMA 4.6.
Cada punto interior a una cuerda es un punto interior a la circunferencia.
A
Demostración:
P
B
O
Sea P un punto interior a una cuerda AB de O(k). Del ejemplo 2.40 se tiene que OP < OA = k, y
así P es un punto interior a O(k).
206
TEOREMA 4.7.
Cada punto exterior a una cuerda es punto exterior a la circunferencia
A
Demostración:
B
O
P
Si P es un punto de la prolongación de la cuerda AB en O(k), entonces del ejemplo 2.40 se sigue
que OP > OA = k, y así P es un punto exterior a O(k). Lo propio ocurre si P está en la
prolongación del segmento BA.
COROLARIO 4.1.
Una recta corta a una circunferencia en, a lo más, dos puntos.
Demostración:
Sea m una recta que corta a O(k) en dos puntos A y B. Si P es otro punto de m, entonces P es
interior o exterior a la cuerda AB. Por los dos teoremas anteriores resulta que P es interior o
exterior a O(k) y esto quiere decir que si m corta a O(k) en A y B no la corta en otro punto.
TEOREMA 4.8.
Por tres puntos no colineales pasa una única circunferencia.
A
Demostración:
O
B
C
Sean A, B y C tres puntos no colineales. Si O es el centro de una circunferencia que pasa por A,
B y C, entonces OA = OB = OC = R. Luego, la circunferencia de centro O y radio R pasa por los
puntos A, B y C. Hemos demostrado que por tres puntos no colineales pasa al menos una
circunferencia. Supóngase ahora que existe una circunferencia de centro Q que pasa por A, B y
C. Luego, QA = QB = QC lo que indica que Q está en las mediatrices de los segmentos AB, AC
y BC. Por tanto, Q coincide con O y la circunferencia es única.
DEFINICIÓN 4.4.
La circunferencia que pasa por los vértices de un triángulo se llama su circuncírculo. Cualquier
diámetro de un circuncírculo se llama circundiámetro y cualquier radio se llama circunradio.
Varios puntos se dicen concíclicos si todos están en una circunferencia.
COMENTARIO 4.6.
El corolario 4.1 establece que toda recta tiene 0, 1 ó 2 puntos en común con cualquier
circunferencia. El circuncentro es el centro del circuncírculo.
DEFINICIÓN 4.5.
Diremos que una recta es exterior a una circunferencia si no la corta. Se dice que una recta es
tangente a una circunferencia si la corta en exactamente un punto, y este punto se llama punto
207
de tangencia o de contacto. Se llama secante a una circunferencia a una recta que la corta en
dos puntos.
Recta exterior
Recta tangente
Recta secante
TEOREMA 4.9.
La perpendicular a un radio en su extremo exterior es tangente a la circunferencia.
Demostración:
T
P
O
t
Sea OT un radio de O(k) y sea t la perpendicular a OT que pasa por T. Si P es un punto de t,
distinto de T, entonces OP es la hipotenusa del triángulo rectángulo OPT y se tiene que OP > OT.
Esto indica que P es exterior a O(k). Luego, t es tangente a O(k) ya que el único punto en común
es T.
TEOREMA 4.10.
Cualquier tangente a una circunferencia es perpendicular al radio que pasa por el punto de
tangencia.
Demostración:
D
P
t
T
O
Sea t una tangente a O(k) con punto de tangencia T. Debemos demostrar que OT es perpendicular a t. Sea D la proyección ortogonal de O sobre t y sea P el simétrico de T respecto del punto
Por el criterio de congruencia LAL se tiene que TDO ≅ PDO. Luego, OP = OT = k y se deduce
que P también está en O(k). Pero, esto contradice la hipótesis de que t es tangente a O(k). En
consecuencia,.OT es perpendicular a t.
EJEMPLO 4.9.
Sea t una tangente a O(5) en un punto T. Sea P un punto de t tal que PT = 12. Halle OP y PQ
donde Q es el corte de OP con O(k).
T
P
Solución:
O
Por el teorema 4.10 el triángulo OPT es rectángulo en T. Por el teorema de Pitágoras se tiene que
OP2 = OT2 + TP2 = 52 + 122 = 169 = 132. Luego, OP = 13. Además, PQ = OP – OQ = 13 – 5 = 8.
208
EJEMPLO 4.10.
Las tangentes a una circunferencia en los extremos de un diámetro son paralelas.
t
s
Solución:
O
A
B
Sean s y t las tangentes a O(k) en los puntos A y B donde AB es un diámetro, Ya que AB es un
diámetro se tiene que A, O y B son colineales. Por el teorema 4.10 los ángulos en A y B son
rectos. Por el corolario 2.11 las rectas s y t son paralelas.
EJEMPLO 4.11.
Dadas dos circunferencias concéntricas, toda cuerda de la circunferencia mayor que es tangente a
la circunferencia menor es bisecada por su punto de tangencia.
B
Solución:
T
O
A
Considérense dos circunferencias con el mismo centro O. Sea AB una cuerda de la circunferencia
mayor que es tangente en T a la circunferencia menor. Debido al teorema 4.10 el radio OT es
altura de la base AB del triángulo isósceles AOB. Del ejemplo 2.18 se sigue que OT es mediana
de AB y se tendrá que T es el punto medio de AB.
EJEMPLO 4.12
Dadas dos circunferencias concéntricas, todas las cuerdas de la circunferencia mayor que son
tangentes a la circunferencia menor son iguales.
B
Solución:
D
T
O
S
A
C
Seran AB y CD dos cuerdas de la circunferencia mayor de dos circunferencias concéntricas de
centro O, que son tangentes a la circunferencia menor en T y S. De OT = OS se deduce que las
cuerdas AB y CD equidistan del centro O. Por el teorema 4.4 dichas cuerdas son iguales.
EJEMPLO 4.13.
Sea AB un diámetro de O(k) y sea t la tangente a O(k) en T. Si X e Y son las proyecciones
ortogonales de A y B sobre t, entonces OX = OY.
Solución:
209
A
O
B
X
T
Y
t
Como AX y BY son perpendiculares a t son paralelas entre sí, y se forma el trapecio AXYB. Ya
que O es el punto medio de AB se sigue que OT es la base media de ese trapecio. Luego, T es el
punto medio de XY y se ve que OT es mediatriz de XY. Del teorema 2.16 se sigue que O
equidista de X y Y.
EJEMPLO 4.14.
Si dos tangentes a una circunferencia son paralelas, entonces sus puntos de tangencia son los
extremos de un diámetro que es perpendicular a ambas tangentes.
Solución:
ss
t
O
A
B
Sean s y t dos tangentes a O(k) en A y B que son paralelas entre sí. Por el teorema 4.10 se sigue
que OA y OB son respectivamente perpendiculares a s y t. Al ser s y t paralelas se sigue del
ejemplo 2.88 que OA y OB son perpendiculares a t. Como por O pasa una única perpendicular a t
se ve que A, O y B son colineales.
DEFINICIÓN 4.6.
Si una recta es tangente a auna circunferencia, entonces cualquier segmento de esa recta que
tenga al punto de tangencia como extremo se llama segmento tangente del punto a la circunferencia.
A
t
O
P
s
B
TEOREMA 4.11
Los segmentos tangentes a una circunferencia desde un punto exterior son iguales, y la recta que
pasa por el punto exterior y el centro de la circunferencia es bisectriz del ángulo que forman las
dos tangentes.
Demostración:
Vea la figura anterior. Sean t y s dos tangentes a O(k) en los puntos A y B que se cortan en un
punto P. Del teorema 4.10 se deduce que los ángulos en A y B son rectos. Por el criterio de
congruencia HC se ve que AOP ≅ BOP. Luego, PA = PB y ∠AOP = ∠BOP.
EJEMPLO 4.15.
Halle las longitudes de los segmento tangentes desde un punto P a O(5) si OP = d donde
(a) d = 13 (b) d = 5 (c) d = 2.
Solución:
210
Vea la figura anterior. Por el teorema de Pitágoras se tiene que OP2 = OA2 + PA2.
(a)
132 = 52 + PA2 y así PA2 = 132 – 52 = 122. Por ende, PA = 12.
(b)
52 = 52 + PA2 y así PA2 = 52 – 52 = 0. Luego, PA = 0. Esto quiere decir que el punto P
está en O(5).
(c)
22 = 52 + PA2 y así PA2 = 22 – 52 = –21 lo cual es absurdo porque el cuadrado de un
número real no puede ser negativo. Esto ocurre porque P es un punto interior a O(k) y
no pueden trazarse tangentes.
T
A
EJEMPLO 4.16.
C
O
S
X
B
En la figura anterior AT = 4 y BS = 9 son tangentes a O(k) en T y S que son paralelas entre sí. La
recta AB es tangente a O(k) en el punto C. Halle k.
Solución:
Del ejemplo 4.13 se ve que TS es un diámetro perpendicular a AT y BS. Del teorema 4.11 vemos
que AC = AT = 4 y BC = BS = 9. Luego, AB = AC + CB = AT + BS = 4 + 9 = 13. Así, XB =
BS − SX = SB − TA = 9−4 = 5. Si X es la proyección ortogonal de A sobre SB, entonces
aplicando el teorema de Pitágoras en el triángulo AXB se obtiene AB2 = AX2 + BX2, o sea, 132 =
(2k)2 + 52. Luego, 4k2 = 132 − 52 = 122 y se tendrá que k = 6.
DEFINICIÓN 4.7.
Un ángulo de una circunferencia dícese central si su vértice es en el centro de la circunferencia.
A
O
B
COMENTARIO 4.7.
Dos puntos A y B de O(k) determinan el ángulo central AOB cuyos lados son los radios OA y
OB.
TEOREMA 4.12.
Dos cuerdas en una circunferencia son iguales sii sus ángulos centrales son iguales.
Solución:
A
B
O
C
D
Si AB y CD son dos cuerdas de O(k), entonces OA = OB = OC = OD = k. Si AB = CD, entonces
por el criterio de congruencia LLL se ve que AOB ≅ COD y así ∠AOB = ∠COD.
211
Recíprocamente, si ∠AOB = ∠COD, entonces por el criterio de congruencia LAL se sigue que
AOB ≅ COD son congruentes. Por tanto, AB = CD.
DEFINICIÓN 4.8.
Sean A y B dos puntos de O(k) que no sean diametralmente opuestos. El conjunto formado por A
y B, y los puntos de O(k) interiores al ángulo central AOB se llama arco menor. El conjunto
formado por A y B y, los puntos de O(k) que no están en el arco menor se llama arco mayor. En
cada caso los puntos A y B se llaman los extremos del arco. Si A y B son dos puntos
diametralmente opuestos, entonces se forman dos figuras llamadas semicircunferencias.
COMENTARIO 4.8.
P
A
semicircunferncias
A
arco mayor
B
arco menor
B
Cuando no haya dudas usaremos la palabra arco para denotar el arco menor.
Se puede establecer una correspondencia entre arcos, ángulos centrales y cuerdas. Esta
correspondencia se expresará usando variantes de los verbos subtender o determinar. Cada
ángulo central subtiende una cuerda y un arco. Cada cuerda subtiende un arco y un ángulo
central. Cada arco subtiende una cuerda y un ángulo central
Un arco de extremos A y B se denotará mediante arc{AB}. Para evitar ambiguedades en
algunos arcos es conveniente añadir un punto en él. En la figura anterior izquierda arc{APB} se
refiere al arco mayor de extremos A y B que contiene a P.
DEFINICIÓN 4.9.
Se llama medida de un arco de una circunferencia a la medida de su ángulo central correspondiente. Se llama medida de un arco mayor de una circunferencia a 360° menos la medida de su
arco correspondiente. La medida de una semicircunferencia es 180°.
COMENTARIO 4.9.
Usaremos la misma notación arc{AB} para denotar la medida del arco de extremos A y B. Así,
arc {AB} = x sii ∠AOB = x.
Aceptaremos que un punto P está en un arco AB sii arc{APB} = arc{AP} + arc{PB}.
A
B
EJEMPLO 4.17.
P
40°
O
60°
C
En la figura anterior se tiene que arc{AB} = 40°, arc{BC} = 60°, arc{AC} = 100° y arc{APC} =
360° − 100° = 260°.
212
EJEMPLO 4.18.
A
O
B
En la figura anterior AB es un diámetro y arc{BC} = 40°. ¿Cuánto mide arc{AC}?
Solución:
180° = arc{ACB} = arc{AC} + arc{BC} = arc{AC} + 40°. Luego, arc{AC} = 180°− 40° = 140°.
EJEMPLO 4.19.
C
O
A
B
En la figura anterior AB es un diámetro de O(k), AC = 5 y arc{BC} = 120°. Halle k.
Solución:
∠AOC = arc{AC} = arc{ACB} − arc{BC} = 180° − 120° = 60°. Por el ejemplo 2.30 el triángulo
AOC es equilátero. Luego, k = OB = OA = AC = 5.
DEFINICIÓN 4.10.
Dos arcos se dicen iguales si tienen la misma medida y están en la misma circunferencia o en
circunferencias iguales.
D
EJEMPLO 4.20
B
O
A
C
.
En la figura anterior se tienen dos circunferencias concéntricas de centro común O. Entonces los
ángulos AOB y COD son iguales y así arc{AB} = arc{CD}. Estos arcos tienen la misma medida,
pero no son iguales por estar en circunferencias distintas.
DEFINICIÓN 4.11.
Diremos que el punto M es el punto medio del arco AB si el punto está en el arco y divide al
arco en dos arcos iguales.
A
M
O
B
213
COMENTARIO 4.10.
El punto M es el punto medio del arco AB sii M está en el arco de extremos A y B y arc{AM} =
arc{MB}.
EJEMPLO 4.21.
La mediatriz de una cuerda de una circunferencia pasa por el punto medio del arco subtendido
por la cuerda.
A
Solución:
O
Q
M
B
Sea AB una cuerda de O(k) y sea M el corte de O(k) con la mediatriz de AB. Ya vimos que OM
es bisectriz del ángulo AOB. Por tanto, ∠AOM = ∠BOM y M es el punto medio del arco AB.
TEOREMA 4.13.
Dos cuerdas de una circunferencia son iguales sii subtienden dos arcos iguales.
Demostración:
Basta ver el teorema anterior.
M
EJEMPLO 4.22.
O
S
E
N
En la figura anterior se tiene que ME = SN. Entonces MN = SE.
Solución:
Como ME = SN se sigue del teorema anterior que arc{ME} = arc{SN}. Al sumar arc{EN} en
ambos miembros se tiene que arc{ME} + arc{EN} = arc{SN} + arc{EN}. Por lo dicho al final
del comentario 4.10 se obtiene que arc{MEN} = arc{SNE}. Del mismo teorema anterior resulta
que MN = SE.
DEFINICIÓN 4.12.
Se llama ángulo inscrito de una circunferencia a un ángulo cuyo vértice está en la circunferencia
y sus dos lados son secantes. Se llama ángulo semi–inscrito en una circunferencia a un ángulo
cuyo vértice está en la circunferencia, un lado es secante y el otro lado es tangente. Se llama
ángulo interior a una circunferencia a un ángulo cuyo vértice es un punto interior a esa
circunferencia. Se llama ángulo exterior a una circunferencia a un ángulo cuyo vértice es un
punto exterior a esa circunferencia y ninguno de los lados está en una recta exterior.
V
B
x
A
D
x
B
x
A
P
V
A
C
B
Ängulo interior
Ängulo inscrito
Ängulo semi–inscrito
B
A
D
214
S
A
B
V
V
A
P
x
x
V
Q
x
C
T
T
Ängulos exteriores
COMENTARIO 4.11.
Cada ángulo inscrito o semi–inscrito en una circunferencia determina un arco en ella, mientras
que cada ángulo interior o exterior determina dos arcos en la circunferencia. De las seis figuras
anteriores en la primera de ellas el arco determinado por el ángulo x es AB; en la segunda figura
el ángulo determinado por x es AVB; en la tercera figura los arcos determinados por el ángulo x
son los arcos AD y BC; en la cuarta figura los arcos determinados por el ángulox son AB y CD;
en la quinta figura los arcos son AT y BPT, y en la última figura los arcos son ST y SQT.
TEOREMA 4.14.
Un ángulo inscrito en una circunferencia es igual a la mitad de la medida del arco determinado.
Demostración:
Haremos la demostración considerando tres posibilidades
A
A
A
B
O
V
O
O
B
P
V
P
V
B
Caso 1
Caso 2
Caso 3
CASO 1.
Uno de los lados del ángulo inscrito pasa por O.
Sea AVB un ángulo inscrito en O(k) tal que VB es un diámetro. Entonces ∠AVO = ∠OAV por
pons assinorum. Se ve entonces que ∠AOB = ∠AVO + ∠OAV por ser ∠AOB exterior al
arc{AB}
triángulo AOV. Así, ∠AOB = 2∠AVB, o sea, ∠AVB = ½ ∠AOB =
2
CASO 2.
El centro de la circunferencia es interior al ángulo inscrito.
Sea AVB el ángulo inscrito en O(k) de modo que O esté en su interior. Trace el diámetro VP. Por
el caso 1 se ve que ∠BVP = ½ arc{BP} y ∠PVA = ½ arc{AP}. Así, ∠BVA = ∠BVP + ∠PVA =
½ [arc{BP} + arc{PA}] = ½ arc{AB}
CASO 3.
El centro es punto exterior al ángulo inscrito.
Sea AVB el ángulo inscrito en O(k) de modo que O es exterior al ángulo, Trace el diámetro VP.
Por el caso 1 se ve que ∠BVA + ∠AVP = ½ (∠BOA + ∠AOP) y ∠AVP = ½ ∠AOP. Por tanto,
∠BVA = ½ BOA + ½ AOP − ∠AVP = ½ AOB = ½ arc{AB}.
EJEMPLO 4.23.
En la figura que sigue arc{BC} = 110° y ∠C = 85°. Halle ∠A, arc{AB} y arc{AC}.
C
Solución:
A
B
215
Por el teorema anterior ∠A = ½ arc{BC} = ½ 110° = 55°. Del mismo teorema anterior se ve que
∠C = ½ arc{AB}. Luego, 85° = ½ arc{AB} y se tiene que arc{AB} = 2.85° = 170°. Por último,
se ve que arc{AB} + arc{BC} + arc{AC} = 360° y, por tanto, arc{AC} = 360° − 110° − 170° =
80°.
TEOREMA 4.15.
Si AB y CD son dos cuerdas paralelas de O(k), entonces arc{AC} = arc{BD}.
B
Solución:
D
A
C
Trace la cuerda BC. Entonces ∠ABC = ∠BCD por ser ángulos alternos internos entre las
paralelas AB y CD cortadas por BC. Por el teorema anterior se ve que ½ arc{AC} = ½ arc {BD}.
Al multiplicar por 2 se obtiene que arc{AC} = arc{CD}.
COMENTARIO 4.12.
A
W
B
V
En la figura anterior se ha representado un ángulo inscrito AVB. Si en el arco AB se toma un
punto W, entonces diremos que el ángulo AWB está inscrito en el mismo arco.
COROLARIO 4.2.
Todos los ángulos inscritos en una circunferencia que subtienden el mismo arco son iguales.
Demostración:
En la figura anterior se tiene que ∠AVB = ½ arc {AB} = ∠AWB.
EJEMPLO 4.24.
En la figura que sigue se tiene que AB = CD sii AC = BD.
B
Solución:
A
D
C
AB = CD sii arc{AB} = arc{CD}
sii arc{AB} + arc{BC} = arc{CD} + arc{BC}
sii arc{ABC} = arc{BCD}
sii AC = BD
Teorema 4.13.
Se suma la misma cantidad.
Comentario 4.9.
Teorema 4.13.
216
COROLARIO 4.3.
Un ángulo es inscrito en una semicircunferencia sii es recto.
P
Demostración:
Q
B
A
Sea AB un diámetro de O(k) y sea P un punto distinto de A y B en O(k). del teorema 4.14 se
tiene que ∠APB = ½ arc{AB} = ½ (180) = 90º, y el ángulo APB es recto. Recíprocamente,
supóngase que ∠APB = 90°. Por el ejemplo 2.32 los puntos A, B y P están en la circunferencia
de diámetro AB..
EJEMPLO 4.25.
Sea P un punto de una semicircunferencia de diámetro AB. Si Q es la proyección ortogonal de P
sobre AB, entonces PQ es media geométrica entre AQ y QB. Halle AQ y QB si AB = 25 y
PQ = 12.
Solución:
Vea la figura anterior. Del corolario 4.3 se ve que el triángulo APB es rectángulo en P y PQ es la
altura de la hipotenusa AB. Del corolario 2.7 se tiene que PQ2 = AQ.QB. Además, AQ + QB =
AB y al sustituir los valores dados se ve que 122 = AQ.QB y AQ + QB = 25. De ambas
igualdades se obtiene la ecuación cuadrática AQ2 − 25.AQ + 144 = 0 cuyas raíces son 16 y 9. Por
tanto, las soluciones son AQ = 16 y QB = 9 o AQ = 9 y BQ = 16.
EJEMPLO 4.26.
Sean BE y CF las alturas de los lados AC y AB del triángulo ABC que se cortan en su ortocentro
H. Entonces los puntos B, C, E ,F y A, F, H, AE son concíclicos.
F
E
H
B
C
Solución:
Como BE y CF son alturas se forman los triángulos rectángulos BCE y BCF cuya hipotenusa
común es BC. Por el corolario 4.3 la circunferencia de diámetro BC pasa por E y F. Hemos
demostrado que B, C, E y F son puntos concíclicos. Por la misma razón anterior se forman los
triángulos rectángulos AFH y AEH de hipotenusa común AH. Por el corolario 4.3 la
circunferencia de diámetro AH pasa por los puntos E y F. Por consiguiente, A, F, H y E son
concíclicos.
217
TEOREMA 4.16.
Un ángulo semi−inscrito en una circunferencia es igual a la mitad de la medida del arco que
determina.
Demostración:
T
A
Se estudiarán tres posibilidades.
T
B
T
A
O
O
A
O
B
P
Caso 1
P
P=B
Caso 2
Caso 3
Sea AVB un ángulo semi–inscrito en O(k) y sea TP el diámetro que pasa por el punto de
tangencia.T..
CASO 1.
∠ATB > 90°
∠ATB = ∠BTP + ∠ATP = ½ arc{BP} + 90° = ½ arc{BP} + ½ 180° = ½ arc{BP} + ½ arc{TP}
= ½ arc{TPB}.
CASO 2.
∠ATB = 90°
∠ATP = ∠ATB = 90°= ½ 180° = ½ arc{VB}
CASO 3.
∠ATB < 90°
∠ATB = ∠ATP – ∠BTP = 90° – ½ arc{BP} = ½ arc{TP} – ½ arc{BP} = ½ arc{TB}.
A
EJEMPLO 4.27.
En la figura a la derecha A, B, C son puntos de O(k) y t es la tangente en A.
Pruebe que x = y.
B
Solución:
Por el teorema 4.16 se tiene que x = ½ arc{AB} y por el teorema 4.14 se ve que
y = ½ arc{AB}. Por tanto, x = y.
t
x
y
EJEMPLO 4.28.
Dos tangentes a O(k) en T y S se cortan en el punto P. Sea Q un punto cualquiera del arco mayor
TQS y sean D, E y F las proyecciones ortogonales de Q sobre PT, PS y TS. Entonces QF es la
media geométrica entre QD y QE.
D
Solución:
T
F
Q
P
S
E
Por el teorema 4.16 se ve que ∠QTD = ½ arc{QT} y ∠QST = ½ arc{QT} por el teorema 4.14.
Al ser iguales los dos segundos miembros de las igualdades anteriores se ve que ∠QTD = ∠QST.
Estos ángulos están en los triángulos rectángulos QTD y QSF y, por el segundo criterio de
semejanza, ambos triángulos son semejantes. Luego,
QT QD
=
......... (a)
QS QF
218
Del teorema 4.16 se ve que ∠QSE = ½ arc{QS} y ∠QTS = ½ arc{QS} por el teorema 4.14. Se
deduce de estas igualdades que ∠QSE = ∠QTF. Estos ángulos están en los triángulos rectángulos
QSE y QTF, y del segundo criterio de semejanza se deduce que ambos triángulos son semejantes.
Por ende,
QT QF
......... (b)
=
QS QE
QD QF
Como los primeros miembros de (a) y (b) son iguales se sigue que
y se obtiene al
=
QF QE
multiplicar en cruz que QF2 = QD:QE.
TEOREMA 4.17.
Un ángulo interior a una circunferencia es igual a la semisuma de las medidas de los arcos
formados por sus lados y sus prolongaciones.
A
D
Demostración:
P
C
B
Sean AB y CD dos cuerdas de O(k) que se cortan en un punto P que está en el interior a O(k). Se
ve que ∠BPC = ∠PAC + ∠PCA por ser exterior al triángulo ACP. Pero, ∠PAC = ½ arc{BC} y
∠PCA = ½ arc{AD} por el teorema 4.14. Al sustituir se tiene ∠BPC = ½ arc{BC}+ ½ arc{AD}
= ½ [arc{BC} + arc{AD}].
EJEMPLO 4.29.
Si arc{AC} = 40° y arc{BD} = 130° en la figura anterior, entonces y = ½ [arc{AC} + arc{BD}]
= ½ (40° + 130°) = 85°.y x = 180° – 85° = 95°.
EJEMPLO 4.30.
En la misma figura anterior se tiene que ∠APD = 85° y arc{AD} = 125°. Halle arc{BC}.
Solución:
Se ve que ∠APD = ½ [arc{BC} + arc{AD}]. Luego, 85° = ½ [arc{BC} + 125°]. Al multiplicar
por 2 se ve que 170° = arc{BC} + 125°. Así, arc{BC} = 170° – 125° = 45°
D
A
EJEMPLO 4.31.
P
En la figura a al derecha CA es la bisectriz del ángulo BCD. Además, arc{AB} = 60°
B
C
arc{DC} = 80°. Halle ∠DPC y arc{CD}.
Solución:
Del teorema 4.14 se ve que 2arc{AB} = ∠BCA = ∠DCA = 2arc{AD}. Al dividir entre 2 vemos
que arc{AD} = arc{AB} = 60°. Por otro lado, arc{AB} + arc{BC} + arc{CD} + arc{DA} = 360°
y, por tanto, se ve que 60° + 80° + 60° + arc{CD} = 360°. Luego, arc{CD} = 160°. Por último,
∠DPC = ½ [arc{CD} + arc{AB}] = ½ (160° + 60°) = 110°.
EJEMPLO 4.32.
Sean A, B, C son puntos cualesquiera de O(k) y sean D y E son los respectivos puntos medios de
los arcos AB y AC. Si la recta DE corta las cuerdas AB, AC en F, G, entonces AF = AG.
219
Solución:
A
F
D
G
C
B
Como D y E son los puntos medios de los arcos AB y AC se tiene que arc{AD} = arc{DB} y
arc{AE} = arc{EC}. Así, ∠AFG = ½ [arc{BD} + arc{AE}] = ½ [arc{AD} + arc{EC}] = ∠AGF.
Luego, AFG es un triángulo isósceles y se ve que AF = AG.
TEOREMA 4.18
El ángulo exterior a una circunferencia es igual a la semidiferencia de las medidas de los arcos
formados por sus lados.
Demostración:
Consideraremos tres casos.
S
Z
B
B
A
A
P
P
P
D
Y
T
C
X
T
CASO 1.
Dos lados secantes
Sean PAB y PCD dos secantes a O(k) Entonces ∠BCD = ∠PBC + ∠BPC por ser un ángulo
exterior al triángulo PCB. Así, ∠BPC = ∠BCD − ∠PBC. Pero, ∠BCD = ½ arc{BD}, y se tendrá
que ∠PBC = ½ arc{AC} por ser ángulos inscritos en esos arcos. Tendremos entonces que ∠BPC
= ½ arc{BD} − ½ arc{AC} = ½[ arc{BD} − arc{AC}.
CASO 2.
Un lado secante y un lado tangente.
Sea PAB secante a O(k) y sea PT tangente.Entonces ∠BAT = ∠BPT + ∠PTA por ser ángulo
exterior al triángulo APT. Pero, ∠BAT = ½ arc{BT} por el teorema 4.14 y ∠PTA = ½ arc{AT}
por el teorema 4.16. Luego, ∠BPT = ∠BAT – ∠PTA = ½ [arc{BT} – arc{AT}]
CASO 3.
Dos lados tangentes.
Sean PT y PSD las tangentes a O(k) en T, S y sea Z un punto en la prolongación de PS. Entonces
∠XST = ∠SPT + ∠PTS por ser ángulo exterior al triángulo PTS. Pero, ∠XST = ½ arc{TXS} y
∠PTS = ½ arc{TYS} por el teorema 4.16. Luego, ∠SPT = ∠XST – ∠PTS = ½ [arc{TXS} –
arc{TYS}].
B
EJEMPLO 4.33.
A
En la figura a la derecha arc{AC} = 28° y ∠BOD = 54°. Halle ∠P.
P
Solución:
C
De la definición 4,9 se ve que arc{BD} = ∠BOD = 54°. Por el teorema anterior se
tiene que P = ½ [arc{BD} – arc{AC}] = ½ (54° – 28°) = 13°.
X
EJEMPLO 4.34.
En la figura a la derecha arc{AT} = 140°, P = 40° y arc{AB} = 80°. Halle x e y.
Solución:
A
O
D
T
P
x
y
B
220
Del teorema 4.16 se ve que ∠x = ½ arc{TAB} = ½ (140° + 80°) = 160°. Por el teorema 4.18 se
tiene que ∠P = ½ [arc{TA} – arc{TC}]. Así, 40° = ½ [140° – arc{TC}]. Por tanto, arc{TC} =
70° – 40° = 30°. Del teorema 4.17 se ve que y = 1(2 [arc{AB} + arc{TC}] = ½ (80° + 30°) = 55°.
EJEMPLO 4.35.
Sean PAB y PCD dos secantes a O(k) y sea Q el corte de las cuerdas AD y BC. Si arc{BD} = 70°
y ∠DQB = 4∠P, halle arc{AC} y ∠P. P
Solución:
A
C
Q
B
D
Del teorema 4.17 se ve que ∠DQB = ½ [arc{AC} + arc{BD}] = ½ arc{AC} + 35°. Por el
teorema 4.18 vemos que ∠P =½ [arc{BD} − arc{AC}] = 35° − ½ arc{AC} Como ∠DQB = 4∠P
se ve que ½ arc{AC} + 35° = 4[ 35° − ½ arc{AC}]. Multiplicando por 2 resulta que arc{AC} +
70° = 280º − 4.arc{AC} y así arc{AC} = 42°. Además, ∠P = 35° − ½ arc {AC} = 35° − 21° =
14°
EJEMPLO 4.36.
Un punto P de una circunferencia, de centro O, se proyecta ortogonalmente sobre el diámetro
AOB. A lo largo de PO se toma un punto Q de modo que PQ = 2AN. Si AQ corta la
circunferencia de nuevo en S, entonces se tiene que ∠AOS = 3∠AOP
Y
Solución:
P
x
S
Z
x
Q
x
N
A
B
U
O
x x
X
Sea U el simétrico de A respecto de N y sea X el corte de PN con la circunferencia. Por el
teorema 4.2 se ve que N es el punto medio de PX. Luego, AXUP es un rombo ya que sus
diagonales PX, AU se bisecan en N y son perpendiculares. Esto indica que XU es paralela a AP.
Además, OQ = OP – PQ = OA – 2AN = OP – AU = OU y se ve que OQU es un triángulo
isósceles. Por ende, UQ es paralela a AP. Ya que la paralela a AP por U es única se concluye que
los puntos X, U, Q son colineales. Sea Y la intersección de la circunferencia con XU. En el
triángulo isósceles AXU se ve que XN es bisectriz del ángulo X. Así, ∠AXN = ∠UXN = x. Por
el teorema 4.14 los arcos AP y PY son iguales y se tiene que
∠AOP = ∠POY ......... (a)
221
Por otro lado, ∠APX = ∠UXP por ser ángulos alternos internos entre las paralelas AP y XU
cortadas por PX. Luego, los arcos AX y PY son iguales, y vemos que
∠XOA = ∠POY ......... (b)
Vemos así mismo que las cuerdas AP y PY son iguales lo que indica que P está en la mediatriz
del segmento AY. Pero, O también esta en esa mediatriz ya que OA = OY. Se deduce entonces
que OP es la mediatriz de AY. Al estar el punto Q en esa mediatriz vemos que QA = QY lo que
indica que el triángulo AQY es isósceles. Por pons assinorum se tiene que ∠YAQ = ∠AYQ = x.
Luego, los arcos AX y YS son iguales y se tiene
∠XOA = ∠YOS
(c)
De (a), (b), (c ) se obtiene que ∠AOP = ∠POY = ∠YOS. Se obtiene de aquúi la conclusión de
que ∠AOS = ∠AOP + ∠POY + ∠YOS = 3∠AOP.
DEFINICIÓN 4.13.
Diremos que un segmento AB se ve desde un punto P bajo el ángulo x sii ∠APB = x.
TEOREMA 4.19.
El lugar geométrico de los puntos desde los cuales se ve a un segmento dado AB bajo un ángulo
dado x está formado por dos arcos de circunferencias que pasan por A y B, y son simétricos
U
respecto de la recta AB.
P
Demostración:
A
B
A
B
V
Si U y V son puntos simétricos respecto de la recta AB, entonces ∠AUB = ∠AVB por el ejemplo
2.59. Esto indica que dichos arcos son simétricos. Sea P un punto tal que ∠APB = x. Trace la
circunferencia que pase por A, B y P según se indica en la figura anterior derecha. Del corolario
4.2 se sigue que cualquier punto del arco APB cumple con la propiedad de que ∠APB = x.
S
Q
S
P
P
Q
A
B
A
B
Sea Q un punto interior al arcoy sea S el punto donde BQ corta al arco APB. Se tendrá entonces
que ∠ASB = ∠APB = x por el corolario 4.2, y ∠AQB > ∠ASB por ser ángulo exterior al
triángulo AQS. Luego. ∠AQB > x y el punto Q no cumple la propiedad. Sea Q un punto exterior
al arco y sea S el corte de AQ con el arco. Entonces ∠ASB = ∠APB = x por el corolario 4.2 y
∠ASB > ∠AQB por ser ángulo exterior al triángulo SBQ. Luego, x > ∠AQB y el punto Q no
cuumple la propiedad.
DEFINICIÓN 4.14.
El arco desde el cual se ve un segmento dado AB bajo un ángulo dado x se llama arco capaz de x
sobre AB.
222
EJEMPLO 4.37.
El arco capaz de un ángulo recto sobre cualquier segmento es la semicircunferencia de diámetro
dicho segmento.
EJEMPLO 4.38.
Dado un segmento AB halle un punto P tal que AP = PB y el segmento AB se ve bajo un ángulo
recto.
Solución:
Como P debe equidistar de A y B deberá estar en la mediatriz de AB. Ya que ∠APB = 90° se
sigue que P está en la semicircunferencia de diámetro AB.
EJEMPLO 4.39.
Trace el arco capaz del ángulo de 30° sobre un segmento AB.
Solución:
P
O
A
B
m
T
Bastará hallar el centro O de la circunferencia que contiene al arco. El punto O debe estar en la
mediatriz del segmento AB ya que OA = OB. Además, la tangente a la circunferencia en A forma
con AB el ángulo de 30°. Por tanto, la construcción es así: “Trace por una recta t que forme con
AB el ángulo de 30°. Trace por la perpendicular a t hasta cortar en O a la mediatriz de AB”.
TEOREMA 4.20.
El lugar geométrico de un punto cuya relación de distancias a dos puntos dados A y B es un
m
número
con m ≠ n es una circunferencia.
X
n
Demostración:
P
B
A
Q
K
Y
J
Sean P y Q los conjugados armónicos respecto de A y B de razón
m
y sea X un punto tal que
n
m
. Por los teoremas 2.25 y 2.27 los segmentos XP y XQ son las bisectrices del ángulo
n
X en el triángulo ABX. Del teorema 2.1 se tiene que ∠PXB = 90° lo que indica que X está en la
circunferencia de diámetro PQ. Por otro lado, sea Y un punto que está en la circunferencia de
diámetro PQ. Por B trace las paraleas a YP e YQ hasta cortar a AY en J y K. Por el teorema de
AY AP
AY AQ
Thales obtenemos que
y
=
. Como los segundos miembros de ambas
=
YK QB
YJ PB
igualdades son iguales se tiene que YJ = YK. Pero, ∠KBJ = 90° porque sus lados son paralelos a
(ABX) =
223
los del ángulo recto PYQ. Luego, YJ = YB. Sustituyendo en la primera proporción resulta que
AY AP m
y el punto Y cumple la propiedad.
=
=
YB PB n
DEFINICIÓN 4.15.
La circunferencia dada en el teorema anterior se llama círculo de Apolonio de razón
m
sobre el
n
segmento AB.
COMENTARIO 4.13.
Apolonio (ca. 225 A.C.) nació en Perga y fue llamado "el gran geómetra". Escribió una obra de
ocho libros sobre las Cónicas, e introdujo los términos elipse, parábola e hipérbola.
Nótese que si m = n, entonces el lugar geométrico anterior es la mediatriz del segmento AB.
EJEMPLO 4.40.
Halle el diámetro del círculo de Apolonio de razón
Q
A
P
1
sobre un segmento AB de longitud 12.
3
B
Solución:
PQ
Usando el teorema 1.9 resulta que
=
AB
1
3 = 3 . Por ende, PQ = 3 .12 = 9.
2
4
4
⎛1⎞
1− ⎜ ⎟
⎝3⎠
2
DEFINICIÓN 4.16.
Diremos que dos circunferencias se cortan o son secantes si tienen dos puntos distintos en
común. Los puntos en común se llaman puntos de corte o de intersección, y el segmento que
une esos dos puntos se llama la cuerda común. La recta que pasa por sus centros se llama la
recta de los centros.
A
O
C
B
COMENTARIO 4.14.
En la figura anterior A y B son los puntos de intersección de O(k) y C(s), la cuerda común es el
segmento AB y la recta OC es la recta de los centros.
TEOREMA 4.21.
Si O(k) y C(s) tienen un punto en común A que no está en la recta OC, entonces son secantes y la
cuerda común es perpendicular a la recta de los centros OC.
Demostración:
Sea B el punto simétrico de A respecto de la recta OC. Entonces OA = OB y CA = CB lo que
indica que B está en ambas circunferencias y que OC es la mediatriz del segmento AB.
224
COMENTARIO 4.15.
Sea O(k) y C(s). Si A está en ambas circunferencias y OC < OA + AC, entonces por el teorema
anterior las circunferencias son secantes.
EJEMPLO 4.41.
Si O(3), C(4) y OC = 5, entonces la tangente a una circunferencia por el punto de corte pasa por
el centro de la otra circunferencia.
Solución:
Vea la figura anterior. Como OC = 6 < 3 + 4 se sigue del comentario anterior que ambas
circunferencias son secantes. Si A es uno de los puntos de corte, entonces OA = 3, CA = 4 y
OC = 5. Pero, 32 + 42 = 52 y se deduce que el triángulo AOC es rectángulo en A, o sea, OA y CA
son perpendiculares. Por el teorema 4.10 la tangente a O(3) en A pasa por el punto C.
EJEMPLO 4.42.
Sean O(13) y C(k) dos circunferencias que se cortan en A y B tal que AB = 10. La recta OC corta
a O(13) y C(k) en P y Q de modo que PQ = 3. Halle k.
Solución:
A
k
13
O
P
Q
C
S
B
Sea S el corte de OC, AB. Ya que OC es mediatriz de AB se ve que AS = 5. E. En el triángulo
rectángulo OSA se tiene por Pitágoras que OS2 = OA2 – SA2 = º132 – 52 = 122. Así, OS = 12.
Como OQ = OA = 13 se tiene que SQ = OQ – OS = 13 – 12 = 1. Ahora, PS = PQ – SQ = 3 – 1 =
2. Por otro lado, CA = CP = k. Así, CS = CP – PS = k – 2. Aplicando Pitágoras en el triángulo
rectángulo ASC se ve que k2 = AS2 + CS2 = 52 + (k–2)2. Luergo, 4k = 29 y se obtiene que
29
k=
4
EJEMPLO 4.43.
Sea AB la cuerda común de dos circunferencias iguales de centros O y C. Trace por un punto P
cualquiera entre A y B la perpendicular a AB hasta cortar las circunferencias en X e Y. Entonces
XY = OC y ambos segmentos son paralelos.
Solucxión:
A
Y
X
P
O
U
C
V
B
Como XY y OC son perpendiculares a AB se tiene que XY y OC son paralelas entre sí. Sean U,V
las proyecciones ortogonales de X e Y sobre la recta OC. Entonces XUVY es un rectángulo y
XY = UV
(a)
225
Los triángulos OUX y CVY son rectángulos en U y V. Como OX = CY por ser los radios de las
circunferencias iguales, y usando (a) con el criterio de congruencia HC se tiene que OUX ≅
CVY. Luego, OU = CV. Por ende, OC = OU + UC = UC + CV = UV, es decir,
OC = UV
(b)
De (a) y (b) se obtiene que XY = OC.
DEFINICIÓN 4.17.
Dos circunferencias se dicen tangentes si ambas son tangentes a la misma recta en el mismo
punto. Este punto se llama punto de tangencia o de contacto.
t
t
O
C
T
O
T
C
TEOREMA 4.22.
Si dos circunferencias son tangentes, entonces sus centros y el punto de tangencia son colineales.
Demostración:
Si O(k) y C(s) son circunferencias tangentes en T, entonces existe una tangente t a las dos
circunferencias que pasa por T. Los radios OT y CT son perpendiculares a t debido al teorema
4.10. de la unicidad de la perpendicular se deduce que O, C, T son colineales.
DEFINICIÓN 4.18.
Diremos que dos circunferencias son tangentes interiormente si son tangentes y el punto de
tangencia está entre los dos centros. Se dice que dos circunferencias son tangentes
exteriormente si son tangentes y el punto de tangencia no está entre los dos centros.
COMENTARIO 4.16.
En la figura anterior izquierda se tienen dos circunferencias que son tangentes interiormente, y en
la figura derecha dos que son tangentes exteriormente. Si O(k) y C(s) son tangentes interiomente, entonces OC = k – s si k > s, y si O(k) y C(s) son tangentes exteriormente, entonces se
tiene que OC = k + s.
EJEMPLO 4.44.
Sean A, B, C los centros de tres circunferencias que son tangentes exteriormente de dos en dos
tales que AB = 10, AC = 14 y BC = 16. Halle cada uno de los radios.
Solución:
A
x
x
y
B
z
y
z
C
226
Si x, y, z son los respectivos radios, entonces x + y = 10, y + z = 16, x + z = 14. Al restar las dos
primeras igualdades resulta que x − z = −6, y al sumar este resultado con la tercera igualdad se ve
que 2x = 8 y así x = 4. De la primera igualdad se obtiene que y = 10 − 4 = 6, y de la tercera
igualdad vemos que z = 14 − 4 = 10. En consecuencia, los radios miden 4, 6 y 10.
EJEMPLO 4.45.
Si O(k) y C(s) son tangentes interiormente en T, C(s) pasa por O y una recta por T corta a C(s)
en A y a O(k) en B., entonces A es el punto medio de TB.
Solución:
O
C
P
T
A
B
Sea P el punto diametralmente opuesto a T según se indica en la figura anterior.Los ángulos TAO
y TBP son rectos por el corolario 4.3. Luwego, OA y PB son paralelas. Ya que O es el punto
medio de TP se sigue del corolario 2.5 que A es el punto medio de BT.
DEFINICIÓN 4.19.
Diremos que una recta es tangente común a dos circunferencias si es tangente a ambas. Una
tangente común se dice interior si corta a la recta de los centros en un punto que esté entre esos
centros. Una tangente común se dice exterior si no es interior.
B
A
T
S
COMENTARIO 4.17.
En la figura anterior TS es una tangente común exterior y AB es una tangente común interior.
EJEMPLO 4.46.
Halle el segmento de tangente común entre los puntos de tangencia de O(3) y C(8) si OC = 13.
S
CASO 1.
Tangente común exterior.
T
U
O
C
Sean T y S los puntos de tangencia. Entonces OT = 3, CS = 8 y los radios OT y CS son
perpendiculares a TS. Luego, dichos radios son paralelos. Trace por O la paralela a TS hasta
cortar a CS en U. Entonces TOUS es un rectángulo y US = OT = 3 y TS = OU. Pero, CU = CS −
US = 8−3 = 5. Aplicando el teorema de Pitágoras en el triángulo OCU rectángulo en U, se tiene
227
que OC2 = OU2 + CU2, o sea, 132 = OU2 + 52. Esto quiere decir que OU2 = 144 y se tiene que
OU = 12 = TS.
CASO 2.
Tangente común interior.
V
S
O
C
T
Trace por O la paralela a TS hasta cortar a CS en V. Se forma el rectángulo OTSV y así VS = OT
= 3 y TS = OV. Pero, CV = CS + SV = 8 + 3 = 11. Aplicando el teorema de Pitágoras en el
triángulo OCV, rectángulo en V, se tiene que OC2 = OV2 + VC2, o sea, 132 = OV2 + 112. Luego,
OV2 = 48 y se tiene que OV = TS = 4 3
EJEMPLO 4.47.
Las tangentes comunes interiores a dos circunferencias que no se cortan y la recta de los centros
de esas circunferencias se cortan en el mismo punto.
S
Solución:
T
P
Q
O
C
X
Y
Sean O(k) y C(s) con OC > k + s. Sean T, Y y X, S los puntos de tangencia de las tangentes
comunes interiores según se ve en el dibujo anterior. Supóngase que TY corta a OC en P y XS
corta a OC en Q. Los triángulos rectángulos TOP y YCP son semejantes ya que ∠TPO = ∠YPC
por ser ángulos opuestos por el vértice. Luego,
OT OP
......... (a).
=
CY CP
Los triángulos rectángulos XOQ y SCQ son semejantes porque ∠XQO = ∠SQC por ser ángulos
opuestos por el vértice. Por ende,
OX OQ
......... (b).
=
CS CQ
Los primeros miembros de (a) y (b) coinciden puesto que OT = OX = k y CS = CY = s. Luego,
OP OQ
. Esto quiere decir que P y Q dividen internamente a OC en la misma razón y, por
=
CP CQ
ende, P y Q coinciden. En consecuencia, TY, XS y OC pasan por el mismo punto
EJEMPLO 4.48.
Los segmentos de tangentes interiores entre dos circunferencias son iguales.
Solución:
S
T
228
Q
U
V
Sean ST y UV las dos tangentes interiores a las circunferencias O(k) y C(s). Entonces debido al
teorema 4.11 se tiene que SQ = UQ y QT = QV. Por tanto, ST = SQ + QT = UQ + QV = UV.
EJEMPLO 4.49.
Los segmentos de tangentes exteriores a dos circunferencias son iguales.
Solución:
S
T
T
S
P
U
U
V
V
Sean ST y UV las dos tangentes exteriores a las circunferencias O(k) y C(s). Si k = s, entonces se
forma el rectángulo TUVS y vemos que TS = UV. Si k ≠ s, entonces TS y UV se cortan en P.
Usando el teorema 4.11 se ve que TS = PS – PT = PV – PU = UV.
TEOREMA 4.23.
Si PAB y PCD son dos secantes a O(k). donde P es un punto exterior a O(k), entonces PA.PB =
PC.PD.
Demostración:
B
A
C
P
D
Se ve que ∠PBC = ∠PDA por ser ángulos inscritos en el mismo arco AC. Luego, los triángulos
PB PC
PBC y PDA son semejantes. Por tanto,
, o sea, PA.PB = PC.PD.
=
PD PA
TEOREMA 4.24.
Si P es el punto común de dos cuerdas AB y CD de O(k), entonces PA.PB = PC.PD.
Demostración:
D
A
P
B
C
229
Se tiene que ∠DAP = ∠PCB por ser ángulos inscritos en el mismo arco BD. Además, ∠APD =
∠BPC por ser ángulos opuestos por el vértice. Por el segundo criterio de semejanza se tiene que
PA PD
los triángulos APD y CPB son semejantes. Luego,
, o sea, PA.PB = PC.PD.
=
PC PB
COMENTARIO 4.18.
Los dos últimos teoremas indican que si P es un punto que no está en O(k), entonces al trazar
cualquier secante a ella que la corte en A y B, el número PA.PB es constante. Si P está en O(k),
entonces ese producto es cero.
DEFINICIÓN 4.20.
Sea P un punto cualquiera y sea O(k). El número PA.PB, donde A y B son los puntos de
intersección de O(k) con cualquier recta que pase por P, se llama la potencia de P respecto de la
circunferencia O(k).
COMENTARIO 4.19.
La palabra potencia fue introducida por el geómetra suizo Jacob Steiner (1796–1863).
EJEMPLO 4.50
Dos cuerdas de una circunferencia se cortan en P. Las longitudes de los segmentos de una cuerda
son 4 y 6. Si la longitud de un segmento de la otra cuerda es 3, determínese la longitud del otro
segmento.
Solución:
3
6
4
P
x
La potencia de P respecto de O(k) es 4.6 = 3x y así x = 8.
EJEMPLO 4.51.
Sea P uno de los puntos de trisección de la cuerda AB de longitud 12 en O(k). Halle la potencia
B
de P respecto de O(k).
Solución:
P
A
Se tiene que AP + PB = AB = 12 y 2PB = AP. Luego, 2BP + BP = 12 y así 3BP = 12. Por ende,
BP = 4 y AP = 8, y la potencia de P respecto de O(k) es AP.PB = 4.8 = 32.
EJEMPLO 4.52.
Dos cuerdas AB, CD de O(k) son perpendiculares entre sí y se cortan en P tal que AP = 2,
PB = 12 y CP = 4. Halle el radio k.
Solución:
230
A
C
P
N
M
D
O
B
La potencia del punto P respecto de O(k) es AP.PB = PC.PD, es decir, 2.12 = 4PD. Así, PD = 6.
Sean M y N las proyecciones ortogonales de O sobre AB y CD. Entonces M y N son los puntos
medios de esas cuerdas y se tendrá wue ON = PM = AM –AP = 7 – “ = 5. Aplicando el teorema
de Pitágoras en el triángulo NOD se tiene que k2 = OD2 = ON2 + ND2 = 25 + 25 = 50. Por tanto,
k= 5 2
TEOREMA 4.25.
La potencia de un punto P respecto de O(k) es el número OP2 − k2 o k2 − OP2 según que P sea
exterior o interior a O(k).
Demostración:
O
A
P
P
B
A
O
B
CASO 1.
P es exterior a O(k)
Sea PAB la secante que pasa por O y P. Entonces la potencia del punto P respecto de O(k) es
PA.PB = (OP − OA)(OP + OB) = (OP − k) (OP + k) = OP2 − k2.
CASO 2.
P es interior a O(k)
Trace por P el diámetro AB. Entonces la potencia del punto P respecto de O(k) está dada
mediante PA.PB = (AO – OP)(OB + OP) = ( k – OP)(k + OP) = k2 − OP2.
COMENTARIO 4.20.
Si se aceptan las distancias negativas podemos hablar de las potencias negativas en el caso de que
el punto P sea interior a la circunferencia.
TEOREMA 4.26.
La potencia de un punto P, exterior a O(k), respecto de O(k) es igual a PT2, donde T es el punto
de contacto de la tangente a ella trazada por P. T
Demostración:
P
O
Se tiene que OP2 = OT2 + PT2 aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo OPT, rectángulo en
T. Por tanto, PT2 = OP2 − OT2 = OP2 − k2. Aplíquese el teorema anterior.
231
D
EJEMPLO 4.53
En la figura a la derecha las circunferencias son tangentes interiormente a t en T.
PA PB
P es un punto de t, distinto de T. Entonces
=
PC PD
Solución:
Por el teorema anterior se tiene que PT2 = PA.PD y PT2 = PB.PC. Ya que los
primeros miembros de las dos igualdades anteriores son iguales se sigue
PA PB
que PA.PD = PB.PC. Luego,
=
.
PC PD
t
C
T
B
A
P
EJEMPLO 4.54.
En un triángulo ABC se tiene que AB = 5, AC = 7 y BC = 9. Sea D un punto en BC de modo que
BD
.
AD = 5. Halle la razón
A
DC A
Solución:
5
5
7
P
D
B
C
9
B
C
D
Trace A(5) que pasará por B y D y corta a AC en un punto P de modo que AP = 5. Luego,
PC = AC − AP = 7−5 = 2. Sea Q el punto diametralmente opuesto a P. Usando la potencia de C
respecto de A(5) resulta que CP.CQ = CD.CB, o sea, 2.12 = CD.9. Se tiene entonces que
19
BD
19
= 3=
CD = 8/3. Por tanto, BD = BC − CD = 9 − 8/3 = 19/3. Por consiguiente,
DC 8
8
3
EJEMPLO 4.55.
Supóngase que O(k) y C(s) se cortan en dos puntos A y B. Sean T y S los puntos de tangencia de
una tangente común exterior a ambas circunferencias. Entonces la recta AB biseca al segmento
TS.
T
P S
Solución:
A
B
Sea P la intersección de AB con TS. La potencia de P respecto de O(k) es PT2 = PA.PB, y la
potencia de P respecto de O´(k´) es PS2 = PA.PB. Al ser iguales los segundos miembros resulta
que PT2 = PS2. Al ser las bases de las potencias números positivos resulta que PT = PS y P es el
punto medio de TS.
TEOREMA 4.27.
El lugar geométrico de un punto cuyas potencias respecto de dos circunferencias dadas sean
iguales es una recta perpendicular a la recta que pasa por los centros.
Demostración:
Dadas O(k) y C(s), si P es un punto del lugar geométrico requerido, entonces OP2 − k2 = CP2 − s2
por el teorema 4.25. Luego, OP2 − CP2 = k2 – s2 es una constante. Aplíquese el teorema 2.24.
232
DEFINICIÓN 4.21.
La recta dada en el teorema anterior se llama eje radical de las dos circunferencias.
EJEMPLO 4.56.
Si O(k) y C(s) se cortan en dos puntos A y B, entonces la recta AB es el eje radical de ambas
circunferencias.
Solución:
Las potencias de A y B respecto de ambas circunferencias son iguales a cero. Por tanto, A y B
están en el eje radical.
TEOREMA 4.28.
Los ejes radicales de tres circunferencias, cuyos centros no son colineales, tomados de dos en dos
son concurrentes.
Demostración:
Sean O(k), C(s), P(p) tres circunferencias donde O, C, P no son colineales. Sea X el corte del eje
radical de las dos primeras circunferencias con el eje radical de las dos últimas circunferencias.
Las potencias de X respecto de las dos primeras circunferencias son iguales y las potencias con
respecto a la dos últimas también son iguales. Por tanto, las potencias de X respecto de O(k) y
P(p) son iguales. Así, X está en el eje radical de esta dos últimas circunferencias.
DEFINICIÓN 4.22.
El punto común dado en el teorema anterior se llama el centro radical de las tres circunferencias.
COMENTARIO 4.21.
Los términos eje y centro radicales fueron introducidos en 1813 por Louis Gaultier.
EJEMPLO 4.57.
Trace el eje radical de dos circunferencias dadas.
Solución:
Sean O(k) y C(s) las dos circunferencias dadas. Si ellas se cortan en A y B, entonces la recta AB
es su eje radical por el ejemplo anterior. Si ambas circunferencias son tangentes su eje radical es
la tangente común. Supóngase entonces que ambas circunferencias no tienen puntos en común.
P
B
O
E
C
A
D
Trace una nueva circunferencia que corte a O(k) en A y B, y corte a C(s) en D y E. Las rectas
AB, DE se cortan en un punto P. La perpendicular a OC que pasa por P es la solución pedida
puesto que P es el centro radical de las tres circunferencias.
233
DEFINICIÓN 4.23.
A
D
C
B
Sean A1, A2, ..., An n puntos de modo que tres cualesquiera de ellos no sean colineales. La unión
de los segmentos A1A2, A2A3, ..., An−1An se llama polígono si esos segmentos no tienen puntos
interiores en común. Los n puntos mencionados se llaman vértices y los segmentos indicados se
llaman lados del polígono. Dos vértices son consecutivos si son extremos del mismo lado y dos
lados se dicen consecutivos si tienen un vértice en común. Dos lados consecutivos forman un
ángulo del polígono. Dos ángulos son consecutivos si sus vértices son consecutivos. Un ángulo
es exterior a un polígono si es adyacente a uno de sus ángulos. El segmento que une dos vértices
no consecutivos se llama diagonal del polígono. La suma de los lados de un polígono se llama su
perímetro y se llama semiperímetro a su mitad. Un polígono dícese convexo si cada uno de sus
ángulos es menor que uno llano.
EJEMPLO 4.58.
La primera figura anterior representa un polígono de cuatro lados. La segunda figura no
representa un polígono puesto que dos de sus lados se cortan en puntos interiores. La tercera
figura es un polígono de seis lados que no es convexo.
COMENTARIO 4.22.
En estas anotaciones solamente se estudiarán los polígonos convexos.
EJEMPLO 4.59.
Un triángulo es un polígono de tres lados y un cuadrilátero es un polígono de cuatro lados.
COMENTARIO 4.23.
Generalmente los polígonos se nombran de acuerdo al número de lados: pentágono es un
polígono de 5 lados; hexágono es un polígono de 6 lados: heptágono es un polígono de 7 lados:
octógono es un polígono de 8 lados: enéagono es un polígono de 9 lados: decágono es un
polígono de 10 lados: endecágono es un polígono de 11 lados: dodecágono es un polígono de 12
lados: pentadecágono es un polígono de 15 lados e icosógono es un polígono de 20 lados.
Los demás polígonos se nombran simplemente de acuerdo al número de lados como, por
ejemplo, el polígono de 17 lados.
EJEMPLO 4.60.
¿Cuántas diagonales tiene un polígono de n lados?
Solución:
De cada vértice parten dos lados que no son diagonales, es decir, hay tres vértices que no forman
diagonales. Por ende, de cada vértice parten n−3 diagonales y ya que hay n vértices habrá n(n−3)
diagonales. Pero, la diagonal AB es la misma diagonal BA y, por tanto, se repetiràn las
n (n − 3)
.
diagonales. En consecuencia, el número de diagonales es
2
Otra solución:
234
Cada dos puntos distintos determinan una recta. Por tanto, n puntos no colineales de tres en tres,
⎛n⎞
n!
n (n − 1)
rectas. Tenemos que quitarle el número de lados n y se
forman ⎜⎜ ⎟⎟ =
=
2
⎝ 2 ⎠ 2!(n − 2)!
obtiene el mismo resultado anterior.
EJEMPLO 4.61.
¿Cuánto es la suma de los ángulos de un polígono de n lados?.
Solución:
Si desde un vértice se trazan las diagonales se obtienen n−2 triángulos y, como en cada uno de
ellos la suma de sus ángulos es 180º, se tendrá que la solución es 180(n−2).
DEFINICIÓN 4.24.
Un polígono díces equilátero si todos sus lados son iguales. Un polígono se dice equiangular si
todos sus ángulos son iguales. Un polígono es regular si es equilátero y equiangular.
EJEMPLO 4.62.
Los rectángulos son polígonos equilangulares que no tiene que ser equiláteros. Un rombo es un
polígono que es equilátero y no tiene que ser equiangular. El cuadrado es un polígono
equiangular y equilátero.
EJEMPLO 4.63.
Un triángulo equilátero es un polígono regular de tres lados. Un cuadrado es un polígono regular
de cuatro lados.
DEFINICIÓN 4.25.
Diremos que un polígono está inscrito en otro polígono o que éste está circunscrito al segundo
polígono si los vértices del primero están en los lados del segundo. Se dice que un polígono está
inscrito en una circunferencia o que la circunferencia está circunscrita al polígono si todos sus
vértices están en ella. También se dice en este caso que el polígono es cíclico o es inscriptible
Diremos que una circunferencia está inscrita en un polígono o que el polígono está circunscrito
a la circunferencia si sus lados son tangentes a ellas.
EJEMPLO 4.64.
En la primera figura que sigue hay un polígono inscrito en otro. En la segunda figura hay un
pentágono cíclico. En la tercera figura la circunferencia está inscrita en el polígono y el polígono
está circunscrito a la circunferencia.
235
EJEMPLO 4.65.
Todo triángulo es cíclico porque sus vértices están en su circuncírculo y su centro es el corte de
las mediatrices de los lados.
EJEMPLO 4.66.
El incírculo de un triángulo está inscrito en dicho triángulo, y el triángulo está circunscrito al
incírculo.
TEOREMA 4.29.
Un cuadrilátero es cíclico sii el ángulo que forma un lado y una diagonal es igual al ángulo que
forma el lado opuesto y la otra diagonal.
D
Demostración:
A
B
C
Sea ABCD un cuadrilátero cíclico. Entonces ∠ABD = ∠ACD porque subtienden el mismo arco
AD. Recíprocamente, supóngase que BACD es un cuadrilátero tal que ∠ABD = ∠ACD. Por el
teorema 4.19 los vértices del cuadrilátero estarán en el arco capaz del segmento AD bajo el
ángulo ∠ABD.
EJEMPLO 4.67.
Si P es cualquier punto de una semicircunferencia de diámetro AB, si BC y CD son dos arcos
iguales y, si E y F son las intersecciones de CA, PB y AD, PC, entonces AD es perpendicular a
EF.
Solución:
D
´P
F
C
E
A
B
Se ve que ∠FAE = ∠FPE por ser ángulos inscritos que subtienden los arcos iguales CD y BC.
Por el teorema anterior los puntos A, E, F y P están en una circunferencia. Además, el ángulo
APB es recto por estar inscrito en la semicircunferencia dada. Pero, ∠APB = ∠APE = ∠AFE
por el mismo teorema anterior. Luego, ∠AFE = 90°.
TEOREMA 4.30.
Un cuadrilátero es cíclico sii dos de sus ángulos opuestos son suplementarios.
Demostración:
C
C
D
C
D
D
P
A
A
B
A
B
P
B
236
Si ABCD es un cuadrilátero inscrito en O(k), entonces A + C = ½ arc{DCB} + ½ arc{DAB} =
½[arc{DCB} + arc{DAB}] = ½(180º) = 90º. Por ende, A y C son suplementarios. Recíprocamente, supóngase que A y C son ángulos suplementarios. Debemos demostrar que hay una circunferencia que pasa por los vértices. Trace O(k) por B, C y D. Supóngase que A no está en O(k).
Entonces AB corta a O(k) en P. De lo anterior se ve que P + C = 180º = A + C. Así, A = P. Pero,
esto es absurdo ya que si A es exterior a O(k) se tiene que P > A; si A es interior a O(k), entonces
A < P . En consecuencia, A está en O(k) y ABCD es cíclico.
EJEMPLO 4.68.
Las intersecciones de las bisectrices de los ángulos de un cuadrilátero son los vértices de un
cuadrilátero cíclico.
Solución:
u
x
u
x
α
α
β
β
y
z
y
z
En la figura anterior se ve que 2x + 2y + 2z + 2u = 360° y se tiene que x + y + z + u = 180° en el
cuadrilátero dado. En los triángulos que se forman se ve que x + y + α = 180, z + u + β = 180 y
al sumar las igualdades se tiene que α + β + (x + y + z + u) = 360°. Por la segunda igualdad se
tiene que α + β = 180°. Por el teorema anterior el cuadrilátero que se forma es cíclico.
EJEMPLO 4.69.
El indiámetro de un triángulo rectángulo es igual a la suma de los catetos menos la hipotenusa.
Solución:
A
x
Z
x
Y
y
I
r
B
r
X
y
C
Sea I el incentro del triángulo ABC, rectángulo en C y sean X, Y, Z los puntos de contacto del
incírculo con los lados BC, AB, AC. Por el teorema 4.11 se ve que BY = BZ = x, AX = AZ = y,
CX = CY = r. Por ende, BC + AC – AB = (x + r) + (r + y) – (x + y) = 2r.
EJEMPLO 4.70.
La altura sobre la hipotenusa de un triángulo rectángulo es igual a la suma del inradio más los
inradios de los triángulos en que la altura divide al triángulo dado.
B
Solución:
D
C
A
237
Sea CD la altura de la hipotenusa AB de un triángulo rectángulo ABC y sean 2k, 2p los
indiámetros de los triángulos BCD y ADC. Del ejemplo anterior se tiene que
AC + BC – AB = 2r ……… (a)
BD + CD – BC = 2k……… (b)
AD + CD – AC = 2p ……… (c)
Sumando (b) y (c) se ve que (BD + AD) + 2CD – (AC + BC) = 2k + 2p. Se tiene entonces que
AB + 2CD – (AC + BC) = 2k + 2p, es decir, 2CD = 2k + 2p + (AC + BC – AB). Al usar (a) se
obtiene que 2CD = 2k + 2p + 2r y al dividir por 2 se vemos que CD = k + p + r.
DEFINICIÓN 4.26.
La circunferencia que es tangente a un lado de un triángulo y a las prolongaciones de los otros
dos lados se llama excírculo de ese lado. Su centro se llama excentro y su radio se llama
exradio. El incírculo y los tres excírculos se llaman los cuatro equicírculos o círculos
tritangentes del triángulo y sus centros se llaman los equicentros o centros tritangentes.
COMENTARIO 4.24.
Cada excentro equidista de los tres lados del triángulo. Como es tangente a las prolongaciones de
dos de sus lados estará en una bisectriz y en las dos exteriores de los otros ángulos.
Los exradios de los lados BC, AC y AB de un triángulo ABC se denotarán mediante ra, rb, rc,
mientras que Ia, Ib, Ic denotarán sus respectivos excentros.
Za
C
Z
Xa
Ia
I
X
A
Y
B
Ya
En la figura anterior hemos representado en el triángulo ABC el incírculo de centro. Los puntos
de tangencia con los lados BC, AB, AC son X, Y, Z. También se ha representado el excírculo del
lado BC de centro Ia , y sus puntos de tangencia con el lado BC y las prolongaciones de los lados
AB y AC son Xa, Ya, Za. Nótese que de acuerdo al teorema 4.11 se ve que AY = AZ, BY == BX,
CX = CZ, BXa = BYa, CXa = CZa, AYa = AZa.
TEOREMA 4.31.
La distancia de un vértice de un triángulo al punto de tangencia del incírculo, en uno de los lados
que parten del vértice, es igual al semiperímetro del triángulo menos el lado opuesto al vértice en
consideración.
A
Demostración:
x
x
Y
Z
y
B
z
y
X
z
C
238
Sea ABC un triángulo y sean X, Y, Z los puntos de tangencia del incírculo con BC, AB, AC. Por
el teorema 4.11 se ve que AY = AZ = x, BX = BY = y, CX = CZ = z. Luego, 2s = 2x + 2y + 2z y
así s = x + y + z. Es decir, s = x + (y + z) = x + a y vemos que x = s – a. De manera análoga se
obtiene que z = s – c e y = s – b.
TEOREMA 4.32.
La distancia de un vértice de un triángulo al punto de tangencia de un excírculo, en una de las
prolongaciones del lado que parte del vértice, es igual al semiperímetro del triángulo.
Demostración:
En la figura del comentario 4.25 se tiene que 2AYa = AYa + AZa = AB + BYa + AC + CZa =
AB + BXa + AC + CXa = AB + BC + CA = 2s. Al dividir por 2 resulta que AYa = AZa = s.
EJEMPLO 4.71.
El segmento que une un vértice de un triángulo con el punto de contacto del lado opuesto con el
excírculo de ese lado biseca el perímetro del triángulo.
Solución:
En la figura del comentario 4.25 se ve que AB+BXa = AYa = s y AC+CXa = AC+CZa = AZa = s.
EL TEOREMA GENERALIZADO DEL SENO
a
b
c
En un triángulo ABC es tiene que
=
=
= 2R
senA senB senC
A
Demostración:
B
A
D
O
D
B
C
C
Sea O(R) el circuncírculo del triángulo ABC y sea D el punto diametralmente opuesto de
BC
a
C.Entonces ∠CBD = 90º. En el triángulo BCD se ve que sen ∠BDC =
. En la figura
=
CD 2R
anterior izquierda A = D porque subtienden el mismo arco. En la figura a la derecha se ve que
A + D = 180º por el teorema anterior. En ambos casos se tiene que sen A = sen D. Por consia
a
guiente, sen A =
y vemos que
= 2R . Las otras igualdades surgen del teorema del
2R
senA
seno.
EJEMPLO 4.72.
El circunradio de un triángulo es media proporcional entre los radios de las circunferencias que
pasan por un vértice y son tangentes al lado opuesto en sus extremos.
Solución:
Sean p,q los radios de las circunferencias que pasan por el vértice A de un triángulo ABC y son
tangentes al lado BC en los vértices B,C. En la figura que sigue solamente hemos dibujado la
circunferencia que es tangente en C. Sea X el punto diametralmente opuesto a C. Entonces
CX = 2q. Además, ∠XAC = 90 ya que CX es un diámetro. ∠AXC = ∠ACB porque sus lados son
239
respectivamente perpendiculartes. Luego, en el triángulo XAC, rectángulo en A, se ve por la
AC b
=
. Del teorema generalizado del seno se ve que
trigonometría que sen ∠AXC = sen C =
CX 2q
c
b
=
. Luego, qc = bR. De manera análoga en la otra circunferencia se obtiene que pb = cR.
2R 2q
Al multiplicar ambas igualdades vemos que pqbc = bcR2, y al simplificar se obtiene que R2 = pq.
X
A
B
C
EJEMPLO 4.73.
Sea ABCD un cuadrilátero. Trace por A una recta que forme con AD el ángulo BAC y por D una
recta que forme con AD el ángulo BCA hasta cortarse en el punto P. Entonces ABCD es cíclico
sii P está en la diagonal BD. A
A
Solución:
B
B
P
C
P
D
C
D
Supóngase que ABCD es cíclico. Entonces ∠ADB = ∠ACB por estar inscritos en el arco AB.
Por hipótesis ∠ADP = ∠AC. De ambas igualdades se tiene que ∠ADP = ∠ADB y se tiene que P
está en BD. Recíprocamente, supóngase que P está en BD. De la hipótesis se tiene que ∠ADP =
∠ADB = ∠ACB. Al trazar la circunferencia que pase por A, B, C es el arco capaz del ángulo
∠ACB y así pasa por D. Por ende, ABCD es cíclico.
EL TEOREMA DE PTOLOMEO
Un cuadrilátero es cíclico sii el producto de sus diagonales es igual a la suma de los productos de
los pares de lados opuestos.
Demostración:
Sea ABCD un cuadrilátero cíclico. Trace por A una recta que forme con AD el ángulo BAC y por
D una recta que forme con AD el ángulo BCA hasta cortarse en el punto P. Los triángulos APD y
AC BC AB
=
=
ABC son semejantes por el segundo criterio de semejanza. Luego,
. Por ende,
AD PD AP
AC.PD = AD.BC ......... (a)
AB AP
. Además, ∠BAP = ∠BAC + ∠BAP =
Por otro lado de la proporción se ve que
=
AC AD
∠CAP + ∠BAC = ∠CAP + ∠PAD = ∠CAD. Por el axioma 5 se tiene que los triángulos ABP y
AB BP
=
ACD son semejantes y así
, o sea, AC.BP = AB.CD ......... (b).
AC CD
Sumando (a) y (b) se obtiene que
240
AC.(BP + PD) = AD.BC + AB.CD ......... (c).
Del ejemplo anterior se ve que BD = BP+PD y al sustituir en (c) se obtiene la igualdad
AC.BD = AD.BC + AB.CD ......... (d).
Recíprocamente, sea ABCD un cuadrilátero que cumple (d). Podemos hacer todo lo anterior y se
obtiene (c). Al comparar (c) y (d) resulta que BD = BP + PD lo que indica que P está en BD. Por
el ejemplo anterior ABCD es cíclico.
COMENTARIO 4.25.
Este resultado recibe ese nombre en honor del astrónomo griego Claudio Ptolomeo
(ca.85−ca.165) quien escribió el Almagesto donde aparece este teorema.
EJEMPLO 4.74.
Si P es un punto del arco BC del circuncírculo de un triángulo equilátero ABC, entonces PA =
PB + PC.
Solución:
Aplicando el teorema de Ptolomeo se ve que AP.BC = AB.PC + AC.BP. Como AB = BC = AC =
x al dividir la igualdad anterior por x se tiene el resultado deseado.
EJEMPLO 4.75.
Sea ABCD un paralelogramo. Trace una circunferencia cualquiera que pase por A y corte a AB,
AC, AD en los puntos E, F, G. Entonces AE.AB + AG.AD = AF.AC
D
C
Solución:
G
F
A
E
B
Aplicando el teorema de Ptolomeo al cuadrilátero AEFG se tiene que AF.GE = FG.AE + EF.AG.
Por otro lado, ∠FGE = ∠FAE = ∠CAB por estar inscritos en el arco FG. Por el segundo criterio
de semejanza se tiene que los triuángulos EFG y CBA son semejantes. Luego,
EF EG FG
=
=
= k . O sea, EF = k.BC, EG = k.AC y FG = k.AB. Sustituyendo estos valores en
BC AC AB
la igualdad anterior y dividiendo por k se obtiene el resultado deseado.
TEOREMA 4.33
Demostración:
Todo polígono
regular es inscriptible.
A
D
u
O
u
u
B
C
Sea ABCD... un polígono regular. Debe hallarse una circunferencia que pase por A, B, C, D, ...
Trazamos O(A) circunscrita al triángulo ABC. Vamos a mostrar que el vértice D y, por ende, los
241
demás vértices están en O(A). OA = OB = OC. Además, AB = BC = CD por ser lados de un
polígono regular. ∠ABC = ∠BCD por ser ángulos en un polígono regular y así ∠ABO + ∠OBC
= ∠BCO + ∠OCD. Pero, ∠OBC = ∠BCO ya que OB = OC. Al simplificar se tiene que ∠ABO
= ∠OCD. Por el segundo cirterio de congruencia los triángulos AOB y COD son congruentes y
se tiene que OA = OD.
TEOREMA 4.34.
En todo polígono regular puede inscribirse una circunferencia.
Demostración:
Vea la figura anterior. Sea ABCD... un polígono regular. Por el teorema anterior se puede trazar
la circunferencia circunscrita O(k). En O(k) AB = BC = CD y, por el teorema 4.8 estas cuerdas
están a la misma distancia u de O. La circunferencia buscada es O(u).
COMENTARIO 4. 26.
Nótese que las circunferencias inscrita y circunscrita al mismo polígono regular son
concéntricas.Todo polígono regular de n lados puede ser dividido en n triángulos isósceles
trazando los radios a sus vértices.
DEFINICIÓN 4.27.
El centro de un polígono regular es el centro de las circunferencias inscrita y circunscrita al
polígono. Se llama apotema del polígono regular al radio de la circunferencia inscrita al
polígono. Se llama radio del polígono regular al radio de la circunferencia circunscrita a él.
TEOREMA 4.35.
1
a=
4R 2 − L2 es la apotema de un polÍgono regular de lado L y radio R.
2
A
Demostración:
M
O
B
AB = L y si M es su punto medio, entonces OM = L/2. Por el teorema de Pitágoras se tiene que
OA2 = OM2 + AM2, o sea, R2 = a2 + (L/2)2. Bastará despejar a.
COMENTARIO 4.27.
Al trazar la mediatriz del lado AB de un polígono regular de n lados, inscrito en O(k), se corta a
O(k) en el punto medio N del arco subtendido por el lado. El triángulo ANB es isósceles y se
tiene que AN es el lado de un polígono regular, inscrito en O(k), con el doble número de lados.
O
M
A
B
N
242
EJEMPLO 4.76.
Si en el comentario anterior se tiene que L` = BN, AB = L y OA = OB = ON = R, entonces
usando el teorema 2.21 en el triángulo ONB se tiene que BN2 = ON2 + OB2 − 2.ON.OM. Por
1
tanto, BN2 = 2R2 − 2Ra y del teorema anterior se sigue que BN2 = 2R 2 − 2R.
4R 2 − L2 .
2
Vemos así que L` =
2R 2 − R 4R 2 − L2
EJEMPLO 4.77.
Halle el lado L de un cuadrado inscrito en O(R).
Solución:
A
B
D
C
Como los ángulos en los vértices son rectos las diagonales AC y BD son diámetros perpendi.
culares. Luego, L2 = DC2 = OD2 + OC2 = 2R2. Por tanto, L = R 2
EJEMPLO 4.78.
Halle el lado L` de un hexágono regular inscrito en O(R).
Solución:
O
A
B
3600
= 60º. Luego, el triángulo OAB
En el hexágono regular sus ángulos centrales son iguales a
6
es isósceles y al tener un ángulo de 60º es equilátero. Por tanto, L` = R.
EJEMPLO 4.79.
Halle el lado d de un decágono regular inscrito en O(R).
Solución:
3600
=
10
36º. Así, los ángulos OAB y OBA miden 72º. Por tanto, los ángulos OBP y PBA miden 36º. Se
tiene entonces que OP = PB = AB = L. Por el teorema 2.28 vemos que OB:AB = OP:PA, o sea,
R:L = L:(R − L). Se obtiene la ecuación de segundo grado L2 + RL − R2 = 0 cuya única raíz
1
O
positiva es L = R ( 5 − 1) .
2
Sea AB = L. Trace la bisectriz de B hasta cortar a OA en P. El ángulo central AOB mide
P
A
B
243
EJEMPLO 4.80.
Halle el lado L del pentágono regular inscrito en O(R).
Solución:
Haciendo L` igual al valor obtenido en el ejemplo anterior, y despejando L se obtiene que
R
L=
10 − 2 5 .
2
COMENTARIO 4.28.
En la figura situada en la página que sigue se tiene un triángulo ABC de circuncírculo α. El punto
O es el circuncentro y los puntos Oa, Ob, Oc son los simétricos de O respecto de los lados BC = a,
AC = b, AB = c. Los segmentos AX = ha, BY = hb, CZ = hc son las alturas del triángulo ABC que
se cortan en su ortocentro H. Los puntos U, V, W son las intersecciones de las alturas AX, BY,
CZ con el circuncírculo α. El segmento JJ´ es el circundiámetro perpendicular al lado BC. Así, J
es el punto medio del arco BUC y J´ es el punto medio del arco BAC. Los segmentos AP, BQ son
los circundiámetros que pasan por los vértices A, B. Los puntos D, E, F son los puntos medios de
los lados BC, AC, AB. El punto I es el incentro del triángulo y r es su inradio. El punto Ia es el
excentro del lado BC. La circunferencia δ es la circunferencia de diámetro IIa. La circunferencia
β es el circuncírculo del triángulo BCH. El punto S es la interseción de β con la perpendicular a
CZ por H. Los puntos K, L, M son los puntos de Euler del triángulo ABC. El punto N es el punto
medio del segmento HO. El punto G es el corte de la mediana AD con HO. El número R es el
circunradio del triángulo ABC, o sea, OA = OB = OC = R.
Todas las demostraciones de los teoremas que siguen se referirán a dicha figura.
TEOREMA 4.36.
El simétrico del ortocentro de un triángulo respecto de un lado está en el circuncírculo.
Demostración:
244
245
∠BAX + B = 90°
(a)
por ser ángulos agudos en el triángulo ABX rectángulo en X.
∠BCZ + B = 90°
(b)
por ser ángulos agudos en el triángulo BCZ rectángulo en Z.
De (a) y (b) se sigue que
∠BAX = ∠BCZ
(c)
Por otro lado
∠BAX = ∠BCU
(d)
por ser ángulos inscritos en el mismo arco BU.
De (c) y (d) se deduce que
∠BCZ = ∠BCU
(e)
Esta igualdad indica que CX es bisectriz del ángulo C en el triángulo HCU. Pero, CX es también
altura de ese triángulo ya que AX es perpendicular a BC por hipótesis. Ya que CX es altura y
bisectriz en el triángulo HCU se ve que dicho triángulo es isósceles y CX es mediatriz de HU. De
manera análoga se prueba que
∠WBZ = ∠ZBH, ∠ZAY = ∠YAV (f)
Además,
HX = XU
(f)
HC = UC
(g)
Del mismo modo se demuestra que los triángulos HBW, HAV son isósceles y BZ, AY son
mediatrices de HW, HV. Por tanto,
HY = YV
(h)
HA = AV
(i)
HZ = ZW
(j)
HB = BW
(k)
TEOREMA 4.37.
En un triángulo dado los tres productos de los segmentos en que el ortocentro divide las alturas
son iguales.
Demostración:
La potencia del ortocentro H respecto del circuncírculo α es AH.HU = BH.HV = CH.HW. Por el
teorema anterior se ve que HU = 2HX, HV = 2HY, HW = 2HZ y al sustituir estos valores arriba
se tiene que AH.2HX = BH.2HY = CH.2HZ. Al simplificar por 2 se obtiene AH.HX = BH.HY =
CH.HZ
TEOREMA 4.38.
El producto de los segmentos en que un lado de un triángulo es dividido por el pie de su altura es
igual a esa altura multiplicada por la distancia del lado al ortocentro.
Demostración:
La potencia del pie X de la altura AX respecto de α es AX.XU = BX.XC. Pero, XU = HX por el
Teorema 4.36. Luego, AX.HX = BX.XC. Se verifica inmediatamente que BY.HY = AY.YC y
CZ.HZ = AZ. ZB
TEOREMA 4.39.
Los triángulos formados por dos vértices de un triángulo dado y su ortocentro tiene el mismo
circunradio del triángulo dado.
246
Demostración:
Como B está en la mediatriz del segmento HU se tiene que BH = HU. Por ende, los triángulos
BUC, BHC son congruentes por tener sus lados iguales. Luego, los circuncírculos de ambos
triángulos tienen sus radios iguales. Nótese que el circuncírculo del triángulo BUC es el mismo
del triángulo ABC. Por otro lado se verifica que los pares de triángulos AWB, AHB y AVC,
AHC son congruentes.
COMENTARIO 4.29.
Este teorema indica que si H es el ortocentro del triángulo ABC, entonces los triángulos ABC,
AHC, BHC, AHB tienen sus circunradios iguales.
TEOREMA 4.40.
El circuncentro del triángulo cuyos vértices son los extremos de un lado de un triángulo dado y su
ortocentro es el punto simétrico del circuncentro del triángulo dado respecto de ese lado.
Demostración:
Ya que BC es cuerda de esa circunferencia su centro estará en la mediatriz de BC. Por el teorema
anterior R es el circunradio de ese triángulo. Luego, si T es el circuncentro del triángulo BHC se
tiene que OB = BT. Esto quiere decir que T es el simétrico de O respecto de BC, o sea, Oa es el
circuncentro del triángulo BHC.
TEOREMA 4.41.
Las mediatrices de dos segmentos de Euler de un triángulo dado se cortan en el punto simétrico
del circuncentro del triángulo dado respecto del lado que une los dos vértices considerados.
Demostración:
Nótese que BH, CH son cuerdas del circuncírculo β. Luego, las mediatrices de BH y CH pasan
por el centro Oa de β.
TEOREMA 4.42.
Un vértice de un triángulo es el punto medio del arco en el circuncírculo determinado por las
intersecciones de ese circuncírculo con las alturas que no parten de ese vértice.
Demostración:.
Basta ver las igualdades (e) y (f) del teorema 4.36.
TEOREMA 4.43.
El circunradio que pasa por un vértice del triángulo es perpendicular a un lado del triángulo
órtico.
Demostración:
Como A es el punto medio del arco WV se tiene que OA es perpendicular a WV. Además, Y, Z
son puntos medios de los lados HV, HW en el triángulo VHW. Luego, ZY es paralela a WV y
vale su mitad. Por lo dicho antes OA es perpendicular a YZ.
TEOREMA 4.44.
Las paralelas a OA, OB, OC que pasan por U, V, W son concurrentes
Demostración:
La paralela a OA que pasa por U es perpendicular a WV. Luego, esa paralela es una altura en el
triángulo UVW.
.
247
TEOREMA 4.45.
La bisectriz de un ángulo de un triángulo corta la mediatriz del lado opuesto en un punto del
circuncírculo.
Demostración:
∠BAJ = ∠CAJ porque J es el punto medio del arco BC. Luego, AJ es bisectriz del ángulo A del
triángulo ABC. Por otro lado, OJ pasa por el punto medio D del lado BC.
TEOREMA 4.46.
Las bisectrices interior y exterior de un ángulo de un triángulo pasan por los extremos del
circundiámetro que es perpendicular al lado opuesto al vértice considerado.
Demostración:
∠JAJ´ = 90° por estar inscrito en una semicircunferencia.
TEOREMA 4.47.
El simétrico del ortocentro de un triángulo respecto del punto medio de un lado está en el circuncírculo, y es el punto diametralmente opuesto al vértice opuesto al lado
Demostración:
∠ABP = ∠ACP = 90° por estar inscritos en una semicircunferencia. Luego, BP es perpendicular
a AB y, así, BP y CH son paralelas. CP es perpendicular a AXC y, así, CP y BH son paralelas.
Entonces BPCH es un paralelogramo y sus diagonales PH, BC se bisecan en D. .
DEFINICIÓN 4.28.
Dos rectas que pasan por el vértice de un ángulo se llaman isogonales conjugadas respecto de
ese ángulo si ambos ángulos tienen la misma bisectriz.
TEOREMA 4.48.
La altura y el circundiámetro de un triángulo que parten de un vértice son isogonales conjugadas
respecto del ángulo del triángulo en ese vértice.
Demostración:
∠BAX = 90° − B en el triángulo rectángulo ABX. ∠APC = B por ser ángulos inscritos en el
mismo arco AC. Luego, ∠PAC = 90° − ∠APC = 90° − B.
TEOREMA 4.49.
El ángulo que forma la altura de un triángulo y su circundiámetro que parten del mismo vértice es
igual a la diferencia de los otros dos ángulos.
Demostración:
∠XAP = ∠BAC − ∠BAX − ∠PAC = A − 2(90° − B) = a + 2B − 180° = A + 2B − A − B − C =
B − C.
TEOREMA 4.50.
Los lados de un triángulo son las bisectrices exteriores de su triángulo órtico, es decir, los
vértices de un triángulo son los excentros de su triángulo órtico.
Demostración:
AX, BY, CZ son perpendiculares a BC, AC, AB. Luego, hemos demostrado los siguientes dos
teoremas
248
TEOREMA 4.51.
La distancia del circuncentro de un triángulo a uno de sus lados es la mitad de la longitud del
segmento de Euler que parte del vértice opuesto al lado considerado.
Demostración:
Por el Teorema 4.48 se tiene que HQ, AC se bisecan en E. Luego, AHCQ es un paralelogramo y
se tendrá que AH = CQ. Por otro lado, al ser O y D puntos medios de BQ y BC se tiene que
CQ = 2OD. Por tanto, AH = 2OD.
TEOREMA 4.52.
La suma de los cuadrados de las longitudes de un segmento de Euler y su lado opuesto es cuatro
veces el cuadrado del circunradio.
Demostración:
Por el teorema de Pitágoras aplicado al triángulo BOD rectángulo en D se tiene que OB2 = OD2 +
AH 2 + BC2
⎛1
⎞ ⎛1
⎞
BC = ( ⎜ AH ⎟ + ⎜ BC ⎟ =
. Osea, AH2 + BC2 = 4OB2 = 4OA2.
4
⎝2
⎠ ⎝2
⎠
2
2
2
TEOREMA 4.53.
El producto de dos lados de un triángulo es igual a la altura del tercer lado multiplicada por el
circundiámetro.
Demostración:
Se tiene que B = ∠APC por estar inscritos en el mismo arco AC. Luego, los triángulos ABX,
AB AX
APC son semejantes y se tiene que
y así AB.AC = AP.AX. En símbolos se ve que
=
AP AC
bc = 2Rha.
TEOREMA 4.54.
Si la perpendicular por H a CH corta a β en S, entonces los puntos S, O´, C son colineales y
ABSH es un paralelogramo.
Demostración:
Como H, S, C están en la circunferencia β y ∠SHC = 90° el segmento CS es diámetro de β y, por
tanto, pasará por O´. También se verifica que ∠SBC = 90° y BS, AH son paralelas. Las rectas
HS, ZB son paralelas por ser perpendiculares a CZ.
TEOREMA 4.55.
El ortocentro de un triángulo, su baricentro y su circuncentro son colineales, y la distancia entre
el ortocentro y el baricentro es el doble de la distancia del baricentro al circuncentro.
Demostración:
Se ve que ∠HAG = ∠ODG por ser alternos internos entre las paralelas HK, OD cortadas por AD.
∠AGH = ∠DGO por ser opuestos por el vértice. Luego, los triángulos HAG y ODG son
AH AG HG
semejantes y se tiene que
. Por el Teorema 4.52 el primer miembro de estas
=
=
DO GD OG
razones vale 2. Así, AG = 2GD y HG = 2OG. La primera igualdad nos dice que G tiene que ser el
baricentro del triángulo.
249
DEFINICIÓN 4.29.
La recta que pasa por el ortocentro, el baricentro y el circuncentro de un triángulo se llama recta
de Euler.
TEOREMA 4.56.
El circuncentro del triángulo de Euler de un triángulo dado es el punto medio del segmento
formado por el ortocentro y el circuncentro de este último triángulo, y su circunradio es la mitad
del circunradio del triángulo dado.
Demostración:
Los puntos N, K son puntos medios de los lados HO, HA del triángulo AHO. Luego, OA = 2NK.
Análogamente, OB = 2NL y OC = 2NM. Pero, OA = OB = OC = R es el circunradio del
triángulo ABC lo que significa que NK = NL = NM = ½ R.
TEOREMA 4.57.
El circuncentro del triángulo órtico de un triángulo dado es el punto medio del segmento formado
por el ortocentro y el circuncentro de este último triángulo, y su circunradio es la mitad del
circunradio del triángulo dado.
Demostración:
Por el Teorema 4.52 se ve que HK = OD. Además, dichos segmentos son paralelos. Por tanto,
KHDO es un paralelogramo y sus diagonales HO y KD se bisecan en N. En el triángulo KXD
rectángulo en X el punto N es el punto medio de la hipotenusa KD. Luego, NK = NX = ND. De
manera análoga N equidista de E, F, Y, Z.
TEOREMA 4.58.
El circuncentro del triángulo medial de un triángulo dado es es el punto medio del segmento
formado por el ortocentro y el circuncentro de este último triángulo, y su circunradio es la mitad
del circunradio del triángulo dado.
Demostración:
Ya fue dada en el teorema anterior.
COMENTARIO 4.30.
En los tres últimos teoremas se vio que los triángulos órtico, medial y de Euler de un triángulo
dado tienen exactamente el mismo ciruncírculo; su centro está en el punto medio del segmento
determinado por el ortocentro y el circuncentro, y su radio es la mitad del circunradio del
triángulo dado.
La circunferencia que pasa por los pies de las alturas, los pies de las medianas y los
puntos de Euler de un triángulo dado se llama el círculo de los nueve puntos de ese triángulo
dado. En 1765, Leonard Euler demostró que el circuncírculo del triángulo órtico es el
circuncírculo del triángulo medial. Por esta razón algunos denominan a esa circunferencia el
círculo de Euler. Esto también fue descubierto por K. W. Feuerbach y por eso algunos
matemáticos la llaman el círculo de Feuerbach. En 1821, Ch. Brianchon y V.Poncelet
redescubrieron esa circunferencia y vieron que también pasaba por los puntos de Euler. Victor
Poncelet fue el que le puso el nombre de círculo de los nueve puntos.
250
EJERCICIOS §4.
D
T
P
1.
A
P
B
C
B
A
(I)
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.
17.
18.
19.
20.
21.
22.
23.
24.
25.
(II)
En (I) AB y CD son cuerdas en O(k) que se cortan en P. En (II) PT es tangente a O(k) en T.
(I)
(a)
Si arc{AC} = 67º y arc{BD} = 51º, halle ∠APC.
(b)
Si arc{BC} = 205º y arc{AD} = 39º, halle ∠APC.
(c)
Si ∠APC = 64º y arc{BD} = 59º, halle arc{AD}.
(II)
(a)
Si arc{AT} = 76º y arc{TB} = 50º, halle ∠TPA.
(b)
Si ∠TPA = 15º y arc{AT} = 73º, halle arc{TB}.
(c)
PA.PB = PT2.
Una secante y una tangente paralela a ella determinan arcos iguales en una circunferencia.
Dos tangentes paralelas determinan arcos iguales en una circunferencia.
Dos circunferencias no pueden tener más de dos puntos en común.
Todo paralelogramo inscrito en una circunferencia es un rectángulo.
Todo trapecio inscrito en una circunferencia es isósceles.
¿Cuáles son los polígonos regulares de tres lados? ¿Cuáles son los de cuatro lados?.
Si un cuadrilátero está circunscrito a una circunferencia, la suma de dos lados opuestos es igual a la suma de
los otros dos lados.
Si dos circunferencias se cortan en dos puntos distintos, la recta que pasa por ellos es mediatriz del
segmento determinado por sus centros.
Por uno de los puntos P de corte de dos circunferencias se trazan dos diámetros PA y PB, uno en cada una
de ellas. Entonces AB pasa por el otro punto de intersección.
La recta que une el centro de una circunferencia inscrita en un polígono regular con un vértice es bisectriz
de ese ángulo.
Todo polígono equilátero inscrito en una circunferencia es regular.
Todo polígono equiangular inscrito en una circunferencia es regular.
Si una circunferencia se divide en seis arcos iguales, cada cuerda es igual al radio.
Si una circunferencia se divide en arcos iguales, las cuerdas subtendidas por esos arcos forman un polígono
regular inscrito.
Halle el radio de una circunferencia circunscrita a un cuadrado de lado x.
Halle el lado de un triángulo equilátero inscrito en una circunferencia de radio 8.
Dos tangentes paralelas de una circunferencia son perpendiculares a uno de sus diámetros.
Sea P un punto que no está en O(k). Los puntos de O(k) que están más cerca y más lejos de P están en la
intersección de O(k) con la recta OP.
Se llama normal a O(k) a la perpendicular a una tangente a O(k) en uno de sus puntos.Todas las norrnales a
una circunferencia pasan por su centro.
Dos circunferencias son secantes sii la distancia entre sus centros es menor que la suma de sus radios.
El lugar geométrico de los centros de las circunferencias que pasan por dos puntos es la mediatriz del
segmento determinado por dichos puntos.
En O(k) se trazan un diámetro AB y una cuerda CD paralela a AB e igual a k. Por el punto medio M de BD
se traza una perpendicular a AB hasta cortar a O(k) en un punto P tal que PD > PB. Si Q es el punto medio
de CD, entonces AB biseca al segmento PQ.
En O(k) se prolonga una cuerda AB en una longitud BC igual a k. Se traza la recta CFOE que pasa por O y
C. Entonces ∠AOE = 3∠ACE.
En O(k) se traza un diámetro AB y un radio OC perpendicular a AB. Se prolonga el diámetro AB a ambos
lados de O(k) en longitudes iguales AE = BD. Las rectas CE y CD cortan a O(k) en F y G. Entonces ∠CFO
= ∠CGO.
251
26.
27.
28.
29.
30.
31.
32.
33.
34.
35.
36.
37.
38.
39.
40.
41.
42.
43.
44.
45.
46.
47.
48.
49.
50.
51.
52.
53.
54.
Un triángulo ABC está inscrito en O(k). Sea H su ortocentro. Si N es el punto medio de AH, P es el punto
medio de AB y Q es el punto medio de AC, entonces OQNP es un paralelogramo.
En O(k) un diámetro AB y una cuerda AC forman en A un ángulo de 30º. La tangente a O(k) en C corta la
recta AB en D. Entonces el triángulo ACD es isósceles.
Por el punto medio M del segmento AB se traza una recta cualquiera m. Se traza B` simétrico de B respecto
de m y se traza la perpendicular B`N a MB`(N sobre m). Entonces NB es tangente a la circunferencia de
diámetro AB.
Sea A un punto de O(k). Se traza en A la tangente AP de longitud dada d. Trace el lugar geométrico de P
cuando A recorre O(k).
Por el punto de contacto T de dos circunferencias tangentes exteriormente se traza una secante que corta a
una circunferencia en A y a la otra en B . Entonces las tangentes en A y B son paralelas.
O(k) y O`(k`) se cortan en A y B. Por A se trazan los diámetros AC y AD. Entonces CD es perpendicular a
AB y pasa por B.
Se traza una cuerda que corta a dos circunferencias concéntricas: a la de menor radio en A y B, y a la otra en
C y D. Entonces AC = BD.
Se tienen dos circunferencias concéntricas. Entonces las cuerdas en la circunferencia mayor que son
tangentes a la otra circunferencia son iguales.
En O(k) se trazan los radios OA y OB. Se traza una cuerda MN perpendicular a la bisectriz del ángulo AOB.
MN corta a OA en F y a OB en G. Entonces MF = NG y FA = GB.
La cuerda más pequeña que puede trazarse por un punto interior de una circunferencia es perpendicular al
diámetro que pasa por dicho punto.
En un triángulo ABC se trazan las alturas AD y BE. La circunferencia de diámetro AB pasa por D y E. Si
∠BAC = 64º calcule ∠ADE.
Sea una semicircunferencia de diámetro AB. Trace una cuerda AC de modo que ∠CAB = 20º. Trace la
tangente XDY paralela a AC y punto de contacto D. Halle ∠YDC y ∠XDA.
Dos circunferencias son tangentes en A. Se trazan dos secantes BAC y B`AC` por ese punto. Entonces BB`
y CC` son paralelas.
En el extremo A de un diámetro AB de una circunferencia se traza una cuerda AC, y en el otro extremo B se
traza la tangente. La bisectriz del ángulo CAB corta la recta BC en F, a la circunferencia en H y a la
tangente en D. Entonces BD = BF y FH = HD.
Sea ABC un triángulo isósceles inscrito en O(k). Sea I el incentro del triángulo. Sean E y los cortes de BI y
CI con O(k). Entonces el cuadrilátero AFIE es un rombo. Calcule ∠IAC − ∠IAB en función de los ángulos
de la base.
Sea A un punto de O(k) y sea P un punto interior a O(k). Por el punto medio de AP se traza la cuerda BC
perpendicular a AP. PB corta a O(k) en B` y PC la corta en C`. Entonces ∠BB`C` = ∠BC`A.
Dos circunferencias se cortan en B y C. Por B se traza una secante MBN. Las tangentes por M y N forman
el mismo ángulo que el de las tangentes por B.
Si dos circunferencias iguales son tangentes exteriormente, entonces todo punto que equidiste de sus centros
está en la tangente común.
Sea P un punto que está a una distancia de 20 del centro de O(5). Halle las longitudes de las tangentes de P a
O(k).
Sea AB un diámetro de O(k) y sea AC una cuerda cualquiera. La recta que pasa por O y es paralela a AC
corta en D a la tangente a O(k) en C. Entonces DB es tangente a O(k) en B.
En O(25/2) una cuerda dista 5 de O. Halle la longitud de la cuerda.
Una cuerda y un diámetro de O(k) tienen un extremo común. Si el diámetro es 40 y la cuerda es 24, ¿a qué
distancia de O está la cuerda?.
Una cuerda de O(k) mide 16 y está a la distancia 15 de O. Halle k.
El lugar geométrico de los puntos medios de las cuerdas de longitud dada de una circunferencia es otra
circunferencia concéntrica con aquélla.
Si dos cuerdas en una circunferencia tienen un extremo común y forman ángulos iguales con el diámetro
que pasa por dicho extremo, entonces las cuerdas son iguales.
Si dos cuerdas (que no son diámetros) iguales de una circunferencia se cortan en un diámetro, entonces
forman ángulos iguales con dicho diámetro.
Determine cómo se halla el centro y el radio de una circunferencia si se conoce solamente un arco de ella.
Un diámetro perpendicular a una cuerda biseca los arcos subtendidos por la cuerda.
Si un ángulo inscrito en un arco es recto, entonces dicho arco es una semicircunferencia.
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Si el diámetro AB de una circunferencia corta perpendicularmente a la cuerda CD en M, entonces CD2 =
4.AM.BM.
Si el ángulo que forman dos tangentes a una circunferencia trazada desde un punto exterior mide 60º,
entonces los segmentos tangentes forman un triángulo equilátero con la cuerda que une los puntos de
tangencia.
La tangente común exterior a O(5) y O`(17) mide 16. Halle OO`.
Dos circunferencias de diámetros 4,86 y 3,74 son tangentes exteriormente. Halle la distancia entre sus
centros.
Si dos circunferencias se cortan en A y B, entonces el ángulo formado por las tangentes en A y el ángulo
formado por las tangentes en B son iguales. Este ángulo común se llama el ángulo entre las dos
circunferencias. Dos circunferencias se dicen ortogonales si el ángulo es recto.
Dos circunferencias secantes son ortogonales sii los radios que pasan por los puntos comunes son
perpendiculares.
Si dos circunferencias son ortogonales, entonces la circunferencia que tiene como diámetro el segmento que
une sus centros, pasa por los puntos comunes.
Describa el recíproco de la proposición del ejercicio anterior y demuéstrela.
Si dos circunferencias son ortogonales, el radio de una de ellas que pasa por uno de los puntos comunes, es
tangente a la otra circunferencia. ¿Es verdadero su recíproco?.
Si P es un punto de la semicircunferencia de diámetro AB, entonces las circunferencias APO y BPO son
ortogonales.
Si dos circunferencias son ortogonales, entonces cualquier diámetro que interseca la otra circunferencia es
cortada armónicamente por dicha circunferencia.
Establezca y demuestre el recíproco del ejercicio anterior.
Una condición necesaria y suficiente para que dos circunferencias sean ortogonales es que la potencia del
centro de una de ellas, respecto de la otra, sea igual al cuadrado del radio correspondiente.
Dos cirunferencias O(k) y O`(k`), que se cortan en A y B, son ortogonales sii AB.OO` = 2kk`.
Sea H el ortocentro del triángulo ABC. Las circunferencias que tienen como diámetro a AH y BC son
ortogonales.
O(k) y O`(k`) son tangentes exteriormente en T. Si AT y BT son diámetros de O(k) y O`(k`) de modo que
A, T, B son colineales, y BC es una tangente a O(k) en C, entonces arc{AC} = arc{DC} + arc{DE}.
Sean AB y AC las tangentes a O(k) con puntos de contacto B y C. Sea E la proyección ortogonal de C sobre
AB
BO
el diámetro BD. Entonces BE.BO = AB.CE y
.
=
BE
ED
Si un triángulo inscrito en una circunferencia tiene un ángulo constante, entonces el lado opuesto es
tangente a una circunferencia tangente con la circunferencia dada.
La distancia d entre el circuncentro O y el incentro I de un triángulo ABC está dada por d2 = R(R − 2r).
Los puntos de contacto de un lado de un triángulo con el incírculo y el excírculo de ese lado son puntos
isotómicos, es decir, puntos que equidistan del punto medio del lado.
La suma de los catetos de un triángulo rectángulo es igual al circundiámetro más la hipotenusa.
La distancia de un lado de un triángulo al circuncentro es igual a la mitad de la distancia del lado al
ortocentro.
El radio de la circunferencia de los nueve puntos de un triángulo es igual a la mitad del circunradio.
El centro de la circunferencia de los los nueve puntos de un triángulo es el punto medio del segmento
determinado por el circuncentro y el ortocentro.
El centro de la circunferencia de los nueve puntos de un triángulo está en la recta de Euler.
La circunferencia de los nueve puntos de un triángulo es tangente al incícrculo y a los excírculos del
triángulo.
Sea AB un diámetro de O(k). Se trazan por B la tangente t y por A una secante que corte a O(k) en M y a t
en N. Entonces AM.AN = 4k2.
Los extremos de dos diámetros perpendiculares en O(k) son los vértices de un cuadrado.
Calcule la apotema de un cuadrado en función del radio de la circunferencia circunscrita.
Calcule el lado y la apotema de un octógono regular en función de su radio.
Calcule el lado y la apotema de un triángulo equilátero en función del radio de la circunferencia circunscrita.
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Al trazar por los vértices de un polígono regular, inscrito en una circunferencia, las tangentes se forma un
polígono regular circunscrito a dicha circunferencia. Halle el lado de este polígono en función del lado del
polígono inscrito.
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Halle la apotema de un cuadrado inscrito en O(3) si el lado del cuadrado mide 3 2 .
Halle el diámetro de una circunferencia si el perímetro de un hexágono regular inscrito en ella mide 48.
Calcule el lado de un triángulo equilátero circunscrito a O(15).
En O(k) de diámetro AB se trazan dos cuerdas AC y AD de modo que ∠BAC = 30º y ∠BAD = 45º. Halle el
perímetro del cuadrilátero ABCD.
La circunferencia que pasa por los vértices A, B, C de un paralelogramo ABCD corta a DA y BC en los
puntos A` y C`. Entonces A`B:A`C` = A`C:A`B.
Un punto P de O(k) se proyecta ortogonalmente en N sobre uno de sus diámetros AOB. Se traza PQ = 2.AN
a lo largo de la semirrecta PQ. Si AQ corta a O(k) de nuevo en el punto S, entonces ∠AOS = 3∠AOP.
Desde el punto S se trazan las tangentes SA y SB, y la secante SPQ a la misma circunferencia. Entonces
AP:AQ = BP:BQ.
Una cuerda variable AB de una circunferencia dada es paralela a un diámetro fijo que pasa por un punto
dado P. La suma de los cuadrados de las distancias de P a los extremos de AB es constante, e igual al doble
del cuadrado de la distancia de P al punto medio del arco AB.
Un triángulo ABC está inscrito en una circunferencia. Si P es un punto en el interior de esa circunferencia,
al trazar las rectas PA, PB, PC cortan de nuevo a la circunferencia en los puntos X, Y, Z que forman un
nuevo triángulo. Halle el punto P de modo que el triángulo XYZ sea equilátero.
Dos cuerdas AB y CD en O(k) son perpendiculares y se cortan en un punto P. La recta q ue pasa por P, perpendicular a la cuerda AC, biseca la cuerda BP.
Un cuadrado ABCD está inscrito en O(k) y P es un punto cualquiera de O(k). Entonces la suma de los
cuadrados de las distancias de P a los vértices es constante. Halle esta constante si el lado del cuadrado es 8.
Un diámetro AB de O(37) se extiende hasta un punto P de modo que AP = 77. Se traza por P otra secante
PCD de modo que PD = 33. Halle ∠APD.
En un triángulo ABC sus lados son AB = 12, BC = 18 y AC = 25. Se traza una semicircunferencia de centro
O cuyo diámetro esté en AC y que sea tangente a AB y BC. Halle OA y el diámetro de la
semicircunferencia.
Un triángulo ABC está inscrito en O(k). Se traza el diámetro AD y se traza por D la tangente hasta cortar a
AB y AC en E y F. Si AB = 4, AC = 6 y BE = 8, halle CF, ∠DAF y BC.
Una circunferencia se inscribe en un triángulo de lados 10, 10 y 12. Una segunda circunferencia se traza de
modo que sea tangente a la anterior y a los lados iguales del triángulo. Halle el radio de esta segunda
circunferencia.
Halle la diagonal de un trapecio isósceles en función de las bases a y b y del lado no paralelo c.
En el lado AB de un cuadrado ABCD se construye un triángulo ABF que es rectángulo en F y F es exterior
al cuadrado. Si AF = 6 y BF = 8, halle la distancia entre F y el punto de intersección de las diagonales del
cuadrado.
Haga el ejercicio anterior si F está dentro del cuadrado.
En un cuadrilátero ABCD las diagonales AC y BD se cortan en E. Si AE = 2, BE = 5, CE = 10, DE = 4 y
BC = 15/2, halle AB.
Si P es un punto del arco BC del circuncírculo de un triángulo ABC isòsceles de base BC, entonces
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PA
AC
.
=
PB + PC BC
107.
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111.
ABCDE es un pentágono regular inscrito en O(k) y P es un punto del arco BC. Entonces PA+PD =
PB+PC+PE.
ABCDEF es un hexágono regular inscrito en O(k) y P es un punto del arco BC, entonces PE+PF =
PA+PB+PC+PD.
Una recta trazada por el vértice A del triángulo BAC corta al lado opuesto BC en D y al circuncírculo en P.
1
1
1
Entonces
=
+
.
PD PB PC
El simétrico del ortocentro de un triángulo respecto de uno de sus lados es un punto que está en el
circuncírculo del triángulo.
Un triángulo inscrito en O(5) tiene dos lados que miden 5 y 6. Halle la medida del tercer lado.
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Un cuadrado ABCD de lado 8 está inscrito en O(k). Si E es un punto de O(k), halle AE2 + BE2 + CE2 +
DE2.
Una circunferencia de diámetro AC es cortada por una secante en B y D. La secante y el diámetro se cortan
en un punto P, exterior a la circunferencia. Sean E y F las proyecciones ortogonales de A y C sobre la
secante. Halle DF si EB = 2 y BD = 6.
En el triángulo ABC de lados AB = 12, BC = 18 y AC = 25, se traza una semicircunferencia cuyo diámetro
está en AC, y es tangente a AB y BC. Si O es el centro de la circunferencia, halle AO.
AB es una cuerda de O(k) y M es su punto medio. CMD es otra cuerda de O(k). Se traza una semicircunferencia de diámetro CD. Se traza por M la perpendicular a CD hasta cortar la semicircunferencia en P.
Entonces PM = AM.
O(k) tiene como diámetro la altura AD en el triángulo ABC. Si O(k) corta AB y AC en E y F, halle EF:BC.
PA y PB son tangentes a O(k) y PCD es una secante. Halle BC si AC = 9, AD = 12 y BD = 10.
Las alturas del triángulo ABC se cortan en el punto H. BC = 16. El diámetro del circuncírculo del triángulo
ABC es 20. Halle AH.
Dos circunferencias son tangentes interiormente en el punto T y una cuerda AB de la circunferencia mayor
es tangente en C a la circunferencia menor. PB y PAQ cortan la circunferencia menor en E y D. Halle AC si
AB = 15, PE = 2 y PD = 3.
Sean A(k) y B(k) dos circunferencias iguales. que son tangentes exteriormente en el punto T. La cuerda TM
en A(k) es perpendicular a la cuerda TN en B(k). Entonces ABNM es un paralelogramio.
El centro de la circunferencia de los nueve puntos de un triángulo es el punto medio del segmento que une el
circuncentro con el ortocentro.
Sea P un punto del circuncírculo de un triángulo ABC y sean X,Y,Z las proyecciones ortogonales de P sobre
los lados AB,BC,CA. Sean U,V,W puntos de modo que X,Y,Z sean los puntos medios de AU,BV,CW.
Entonces U,V,W están en una recta que pasa por el ortocentro del triángulo
El circuncírculo de un triángulo es la circunferencia de los nueve puntos del triángulo cuyos vértices son los
excentros.
Dos circunferencias son tangentes internamente en T. La cuerda AB de la circunferencia mayor es tangente
en P a la circunferencia menor. Entonces TP es bisectriz del ángulo ATB.
Los puntos donde las alturas cortan al circuncírculo forman un triángulo semejante al triángulo órtico.
Trace la recta de Simpson para cada vértice de un triángulo
Los lados opuestos de un cuadrilátero cíclico se cortan en V y los otros dos lados se cortan en W. Entonces
las bisectrices de los ángulos en V y W son perpendiculares.
Desde un punto P, exterior a O(k), se trazan las tangentes a ella que la tocan en T,S. Sea K la proyección
ortogonal de S sobre el diámetro TQ que pasa por T. Entonces TK.TO = PT.SK y PT QK =TO TK
Sean OA,OB dos radios perpendiculares en O(k). Trace una recta paralela a AB que corte a OA en P, a OB
en Q y a O(k) en M y N de modo que P esté entre M y Q. Halle k si MP = 56 y PN = 12.
ABCD es un cuadrilátero cíclico. Supóngase que la diagonal BD biseca a AC. Halle BC si AB = 10, AD =
12 y CD = 11.
Supóngase que O(k) y C(s) son tangentes externamente en T. La cuerda TM en O(k) es perpendicular a la
cuerda TN en C(s). Entonces MN es igual y paralela a OC.
Se inscribe una circunferencia en un triángulo de lados 10, 10, 12. Una segunda circunferencia menor se
inscribe tangente al la primera circunferencia y a los lados iguales del triángulo. Halle el radio de la segunda
circunferencia.
Sobre el lado AB de un cuadrado ABCD se traza externamente el triángulo rectángulo ABF, de hipotenusa
AB. Halle EF, donde E es el centro del cuadrado, si AF = 6 y BF = 8. resuelva el problema si F está dentro
del cuadrado.
Las diagonales AC y BD de un cuadrilátero ABCD se cortan en E. Halle AB si AE = 2, BE = 5, CE = 10,
15
DE = 4 y BC =
.
2
Las rectas que pasan por los puntos medios de los lados de un cuadrilátero cíclico y son perpendiculares a
los lados opuestos son concurrentes.
En un cuadrilátero cíclico con diagonales perpendicularees, la distancia del circuncentro a un lado es igual a
la mitad del lado opuesto.
Las diagonales de un cuadrilátero cíclico ABCD se cortan en M y sean E,F los puntos medios de AC,BD.
Entonces el ortocentro del triángulo EMF es el anticentro de ABCD.
255
138.
139.
140.
Considérese el triángulo ABC. Sea P un punto de BC. Los incírculos de los triángulos ABP y ACP son
tangentes entre sí sii P es el punto de tangencia del incírculo del triángulo ABC.
Las mediatrices de los segmentos que unen los vértices de un triángulo con su incentro se cortan en el
circuncírculo.
Halle el ángulo A del triángulo ABC si el vértice A equidista del ortocentro y del circuncentro del triángulo.