Porfirio Toledo Hern ´andez Mayo 2005

Geometr´ıa

Porfirio Toledo Hern ´andez

Contenido

1 Conceptos B ´asicos 1

1.1 Angulos . . . .´ 1

1.1.1 Rectas que se Cortan Entre S´ı . . . 1

1.1.2 Rectas Cortadas por una Secante . . . 2

1.2 Congruencia de Tri ´angulos . . . 7

1.2.1 Criterios de Congruencia . . . 8

1.3 Semejanza de Tri ´angulos . . . 8

1.3.1 Criterios de Semejanza . . . 9

1.4 Teorema de Thales . . . 10

1.5 Propiedades de los Paralelogramos . . . 13

1.6 Angulos en la Circunferencia . . . 18´

1.7 Segmentos y ´Angulos Dirigidos . . . 25

1.8 Problemas . . . 28

2 Tri ´angulo 34 2.1 Propiedades de los Tri ´angulos Is ´osceles . . . 34

2.2 Puntos y L´ıneas en los Tri ´angulos . . . 44

2.3 Cuadril ´ateros C´ıclicos . . . 51

2.4 La Recta de Euler . . . 56

2.5 La Circunferencia de los Nueve Puntos . . . 58

2.6 Teoremas de Ceva y Menelao . . . 60

2.7 Teorema de Desargues . . . 69

2.8 Inc´ırculo y Exc´ırculo . . . 75

2.9 Problemas . . . 81

3 Circunferencia 84 3.1 Teorema de Ptolomeo . . . 84

3.2 L´ınea de Simson . . . 86

3.3 Teorema de Brahmagupta . . . 91

3.4 Punto de Miquel . . . 92

3.5 Rectas Antiparalelas . . . 98

3.6 Potencia . . . 102

CONTENIDO Geometra

3.8 Eje Radical . . . 107

3.9 Homotecia . . . 112

3.10 C´ırculo de Similitud . . . 122

3.11 Problemas . . . 126

4 Sugerencias a los Problemas 128 4.1 Sugerencias para la Cap´ıtulo 1 . . . 128

4.2 Sugerencias para la Cap´ıtulo 2 . . . 130

4.3 Sugerencias para la Cap´ıtulo 3 . . . 131

Referencias 132

Cap´ıtulo 1

Conceptos B ´asicos

1.1

Angulos

´

Dadas dos rectas en el plano ´estas coinciden o son distintas. En este ´ultimo caso se cortan en un ´unico punto o no se cortan.

Cuando varias rectas pasan a trav ´es de un mismo punto decimos que ellas son concurrentes.

1.1.1

Rectas que se Cortan Entre S´ı

Definici ´

on 1.1.1

Un ´angulo recto es aquel quemide90

Æ .

Definici ´

on 1.1.2

Dos ´angulos son suplementarios, y cada uno es el suplemento del

otro, cuando su suma es dos ´angulos rectos. En el plano, dos puntos

distintosdeterminanuna

unia reta; la que pasa por ellos. Mientras que dos retas distintas, no paralelas, determinan a un unio punto; el punto queperteneeaambas.

Cuando una recta encuentra a otra formando con ella ´angulos ady-acentes iguales, estos ´angulos ser ´an rectos.

Deimos quedos angulos son adyacentes uando tienenunmismovertiey un lado om un yson ex-terioresel unoalotro.

1.1. ´ANGULOS Geometra

Dos angulos son

op-uestos por el v ´ertice

uando los lados de uno sonlasprolongaionesde losdelotro.

En todo sistema de dos rectas distintas que se cortan, tenemos que

1. los ´angulos adyacentes son suplementarios,

2. los ´angulos opuestos por el v ´ertice son iguales.

1.1.2

Rectas Cortadas por una Secante

Consideremos un sistema de dos rectas cortadas por una secante o transversal. En este caso tenemos, para cada intersecci ´on, un sistema de dos rectas que se cortan entre s´ı, obteniendo de esta manera varios ´angulos opuestos por el v ´ertice y adyacentes, correspondientes a cada intersecci ´on. Pero tambi ´en podemos clasificar los ´angulos de acuerdo a la posici ´on que ocupan con respecto a los sistemas adyacentes.

Llamaremos tri ´angulo al espaio limitado por tres retasqueseortan. Un tri ´angulo rect ´angulo es aquel que tiene un

anguloreto.

Teorema 1.1.1

Demostraci ´on. Sean4A 1

B 1

C 1y

4A 2

B 2

C

2dos tri ´angulos rect

´an-gulos, en donde sus hipotenusasA 1

C 1y

A 2

C

2como sus ´angulos ℄A

1

y℄A

2son iguales.

1.1. ´ANGULOS Geometra

Si colocamos el tri ´angulo4A 1 B 1 C 1sobre 4A 2 B 2 C

2de manera que A

1 coincida con A

2 y A

1 C

1 est ´e sobre A

2 C

2, entonces C

1 coincidir ´a

conC

2puesto que A 1 C 1 =A 2 C

2; y como ℄A 1 =℄A 2entonces A 1 B 1

Dos guras ualesquiera sonigualessipueden ha-erse oinidir en todos suspuntos.

estar ´a sobreA 2

B

2. Luego, ya que C

1coincide con C 2y ℄B 1 =90 Æ = ℄B 2entonces B 1 C

1coincide con B

2 C

2. As´ı

4A 1 B 1 C 1 =4A 2 B 2 C 2.

Teorema 1.1.2

paralelas distintas cortadas por una secante, se tiene que Dosretasenelplanoson

paralelas si no se ortan enun uniopunto.

1. los ´angulos correspondientes son iguales,

2. los ´angulos alternos son iguales,

3. los ´angulos colaterales son suplementarios.

Debemos sobreentender que al decir ´angulos iguales nos referimos a que son iguales entre s´ı; y de manera an ´aloga para los ´angulos su-plementarios.

Demostraci ´on. Consideremos el sistema de rectas paralelasABy

CD cortadas por la tranversal EF en los puntos M yN,

1.1. ´ANGULOS Geometra

Demostraremos primero que los ´angulos alternos internos℄AMN

y ℄MND son iguales, para esto consideremos el punto medioO de

MN y tracemos una perpendicular a las paralelas, que pase porO.

Los ´angulos℄GOM y ℄HON son iguales, al ser opuestos por el

v ´ertice. De esta manera obtenemos dos tri ´angulos rect ´angulos4GOM

y 4HON con la misma hipotenusa, ya que NO = MO y el ´angulo

ayacente a ´esta es igual. Luego los tri ´angulos son iguales, por lo que deber ´an tener los ´angulos℄GMOy℄HNOiguales. Por lo tanto

℄EMB=℄AMN =℄GMO=℄HNO=℄DNM=℄FNC :

Por otro lado℄AMN+℄NMB = 180 Æ

y ℄DNM+℄MNC =180 Æ

, as´ı

℄NMB=180 Æ

℄AMN=180 Æ

℄DNM=℄MNC ;

de donde

℄AME=℄NMB=℄MNC=℄DNF;

lo cual demuestra el teorema.

Teorema 1.1.3

1. un par de ´angulos correspondientes iguales; o bien,

2. alg ´un par de ´angulos alternos iguales; o bien,

1.1. ´ANGULOS Geometra

3. alg ´un par de ´angulos colaterales suplementarios;

para que esas dos rectas sean paralelas.

Demostraci ´on. Cada una de los casos 1, 2 y 3 se reducen a probar que si dos rectas forman con una transversal ´angulos alternos internos iguales, esas dos rectas son paralelas . Supongamos que las rectas

AB y CD son cortadas por la secanteAF en los puntos M y N

re-spectivamente, y que adem ´as

℄AMN =℄DNM:

Consideremos la rectaXY paralela aCDque pasa porM.

Al ser XY paralela a CD entonces los ´angulos alternos internos

℄XMN y℄DNMson iguales, luego

℄XMN=℄DNM=℄AMN:

Por lo tantoAB coincide conXY; y comoXY es paralela aCD,

en-toncesABes paralela aCD.

Por lo tanto, cualquiera de las tres alternativas mencionadas en el Teorema Inverso (1.1.3), implica los incisos1,2y3del Teorema Directo

(1.1.2).

Este par de teoremas aunque aparentemente inofensivo resultar ´a muy importante pues se aplica para demostrar muchos resultados, como veremos a continuaci ´on.

Teorema 1.1.4

Æ

.

Demostraci ´on. Sea4ABCun tri ´angulo cualquiera. Tracemos una

1.1. ´ANGULOS Geometra

Sabemos que℄D+℄A+℄E=180 Æ

. Por lo tanto tenemos℄D=

℄Bpor ser ´angulos alternos internos, y por la misma raz ´on℄E=℄C :

Sustituyendo los valores de℄Dy℄Een la primera igualdad,

obten-emos el resultado.

Definici ´

on 1.1.3

Corolario 1.1.5

Demostraci ´on. Consideremos un tri ´angulo cualquiera4ABC.

Por el teorema (1.1.4),℄A+℄B+℄C=180 Æ

; y como℄E+℄B=

180 Æ

, entonces

℄E=℄A+℄C.

Corolario 1.1.6

Æ

.

Demostraci ´on. Sea4ABCun tri ´angulo cualquiera.

1.2. CONGRUENCIA DE TRI ´ANGULOS Geometra

Sean los ´angulos exteriores℄D ,℄E y ℄F. As´ı, por al colorario

(1.1.5) anterior, tenemos las siguientes identidades

℄D=℄B+℄C, ℄E=℄A+℄C, ℄F =℄A+℄B,

de esta manera

℄D+℄E+℄F =2(℄A+℄B+℄C)=2(180 Æ

).

Por lo tanto

℄D+℄E+℄F =360 Æ

.

1.2

Congruencia de Tri ´angulos

Definici ´

on 1.2.1

2 son

con-gruentes o iguales si y s ´olo si cumplen lo siguiente Emplearemos de manera indistinta los terminos ongruente oigual.

1. A 1 B 1 =A 2 B 2, 2. B 1 C 1 =B 2 C 2, 3. A 1 C 1 =A 2 C 2, 4. ℄A 1 =℄A 2, 5. ℄B 1 =℄B 2, 6. ℄C 1 =℄C 2.

Es decir, dos tri ´angulos son congruentes si y s ´olo si tienen sus lados congruentes y sus ´angulos congruentes. Para indicar que los tri ´angulos 4A

1 B 1 C 1 y 4A 2 B 2 C

2 son congruentes lo haremos de la

1.3. SEMEJANZA DE TRI ´ANGULOS Geometra

1.2.1

Criterios de Congruencia

Para que4A 1 B 1 C 1 '4A 2 B 2 C

2 es suficiente que se cumpla una de

las siguientes tres condiciones

1. L.A.L.) Dos lados iguales e igual el ´angulo comprendido

A 1 B 1 =A 2 B 2 ;B 1 C 1 =B 2 C 2y ℄B 1 =℄B 2 :

2. A.L.A.) Dos ´angulos iguales e igual el lado comprendido

℄A 1 =℄A 2 ;℄B 1 =℄B 2y A 1 B 1 =A 2 B 2 :

3. L.L.L.) Sus tres lados iguales

A 1 B 1 =A 2 B 2 ;B 1 C 1 =B 2 C 2y A 1 C 1 =A 2 C 2 :

1.3

Semejanza de Tri ´angulos

Definici ´

on 1.3.1

2son

seme-jantes si y s ´olo si cumplen lo siguiente

1. ℄A 1 =℄A 2, 2. ℄B 1 =℄B 2, 3. ℄C 1 =℄C 2, 4. A1B1 A 2 B 2 = B1C1 B 2 C 2 = A1C1 A 2 C 2 .

En general diremos que dos polgonos, on el mismo n umero de la-dos, son semejantes si sus lados orresp ondi-entes son proporionales y sus angulos orrespon-dientesson iguales.

Es decir, dos tri ´angulos son semejantes si y s ´olo si tienen sus tres ´angulos iguales y sus tres lados proporcionales. Para indicar que los tri ´angulos 4A

1 B 1 C 1 y 4A 2 B 2 C

2 son semejantes lo haremos de la

siguiente manera:4A 1 B 1 C 1 4A 2 B 2 C 2.

1.3. SEMEJANZA DE TRI ´ANGULOS Geometra

1.3.1

Criterios de Semejanza

Para que4A 1 B 1 C 1 4A 2 B 2 C

2 es suficiente que se cumpla una de

las tres condiciones siguientes

1. L.A.L.) Dos lados proporcionales e igual el ´angulo comprendido

A 1 B 1 A 2 B 2 = B 1 C 1 B 2 C 2 y℄B 1 =℄B 2 :

2. A.A.) Dos ´angulos iguales

℄A 1 =℄A 2y ℄B 1 =℄B 2 :

3. L.L.L.) Sus tres lados proporcionales

A 1 B 1 A 2 B 2 = B 1 C 1 B 2 C 2 = A 1 C 1 A 2 C 2 :

Proposici ´

on 1.3.1

Demostraci ´on. Sea4ABCun tri ´angulo cualquiera conDyE

pun-tos medios deACyBCrespectivamente.

Tenemos que demostrar que DE = 1 2

AB, y que DE y AB son

paralelos.

Como℄ACB =℄DCE y CD CA = 1 2 = CE CB

, entonces por el criterio L.A.L., 4ABC 4DEC. Por lo tanto todos sus lados son

propor-cionales y as´ı

DE AB = CD CA = CE CB = 1 2 ;

adem ´as los ´angulos correspondientes son iguales, por lo que tenemos

℄CDE=℄CAB.

1.4. TEOREMA DE THALES Geometra

Ejercicio 1.3.1

Eltriangulo formadopor los puntos medios de los lados de un triangulo dadosellamaeltri ´angulo

medial.

Soluci ´on. Sean4ABC un tri ´angulo cualquiera yD,E, F puntos

medios deAC,AByBCrespectivamente.

Tenemos que demostrar que4ABC4DEF. Para esto, veamos

que la proposici ´on (1.3.1) nos dice que DF = 1 2

AB, DE = 1 2

CB y EF=

1 2

AC.

Por lo tanto DF AB

= DE CB

= EF AC

= 1 2

y por el criterio de L.L.L. con-clu´ımos que4ABC4DEF.

Podemos observar que los tri ´angulos formados son congruentes al tri ´angulo medial, esto es

4AED'4DEF'BFE'4CDF:

De lo anterior podemos concluir que dichos tri ´angulos tienen la misma

´area, ´esta es igual a un cuerto del ´area del tri ´angulo mayor4ABC : Thales de Mileto. Naio en el a~no 624 antes de Cristo, en Mileto, Asia Menor (ahora Turqua). Murioenela~no547antes deCristo.

Otra forma de ver que el ´area de los tri ´angulos peque ˜nos es igual a un cuarto del ´area del mayor, es demostrando que sus alturas son la mitad de la altura correspondiente del tri ´angulo grande; y ocupar las proporciones de semejanza.

1.4

Teorema de Thales

Teorema 1.4.1

queDEes paralelo aBC, entonces

AD AB

= AE AC :

Demostraci ´on.

Consideremos la siguiente figura

1.4. TEOREMA DE THALES Geometra

ComoDEes paralelo aBCentonces

℄ADE = ℄ABC ; ℄AED = ℄ACD;

y por el criterio A.A. tenemos que4ABC4ADE, luego

AD AB

= AE AC :

Ejercicio 1.4.1

Soluci ´on. Supongamos que tenemos el triangulo4ABCyDEes

paralela aBC, como el figura; tenemos que demostrar que AD AE

= DB EC

.

Por el Primer Teorema de Thales (1.4.1) tenemos que AD AB

= AE AC

. Por lo tanto

ADAC = AEAB;

AD(AE+EC) = AE(AD+DB);

de donde

ADEC=AEDB:

As´ı podemos concluir que

AD AE

1.4. TEOREMA DE THALES Geometra

Ejercicio 1.4.2

Soluci ´on. Sea4ABC un tri ´angulo en donde una recta corta a los

ladosAB yACen los puntosDyErespectivamente, y adem ´as

AD AE = DB EC :

Por lo tantoADEC=AEDB, por consiguiente

ADAC = AD(AE+EC) = ADAE+ADEC = ADAE+AEDB = ABAE

de donde AD AB

= AE AC

. Y como℄DAE=℄BACentonces, por el criterio

L.A.L., los triangulos4ABCy4ADEson semejantes; luego

℄ADE=℄ABC ;

lo cual implica queDEes paralela aBC.

Teorema 1.4.2

Antes de demostrar el teorema observemos qu ´e nos quiere decir. Si consideramos las rectasl

1, l

2 y l

3 paralelas y suponemos que las

tranversalest 1y

t

2cortan a aquellas en los puntos

A,B,CyA 0

,B 0

,C 0

respectivamente, el teorema de Thales nos garantiza que

AB BC = A 0 B 0 B 0 C 0,

y tambi ´en que

AC BC = A 0 C 0 B 0 C 0 y AC AB = A 0 C 0 A 0 B 0.

1.5. PROPIEDADES DE LOS PARALELOGRAMOS Geometra

Demostraci ´on. Sea D la intersecci ´on de AC 0

con BB 0

. Por el Ejercicio (1.4.1) tenemos

AB BC = AD DC 0 y C 0 D DA = C 0 B 0 B 0 A 0 : Luego AB BC = AD DC 0 = B 0 A 0 C 0 B 0 ;

lo cual nos proporciona la primer relaci ´on de proporcionalidad. Ob-servemos que

AC BC

=

AB+BC BC = AB BC +1; A 0 C 0 B 0 C 0 = A 0 B 0 +B 0 C 0 B 0 C 0 = A 0 B 0 B 0 C 0 +1;

y ocupando la primer relaci ´on tenemos

AC BC

= AB BC

+1= A 0 B 0 B 0 C 0 +1=

A 0 C 0 B 0 C 0 :

Para Demostrar que AC AB = A 0 C 0 A 0 B

0 se procede de manera similar.

1.5

Propiedades de los Paralelogramos

1.5. PROPIEDADES DE LOS PARALELOGRAMOS Geometra

Algunos cuadril ´ateros convexos tienen propiedades muy particu-lares. En esta secci ´on estudiaremos el caso del cuadril ´atero llamado paralelogramo.

Definici ´

on 1.5.1

Los paralelogramos tienen varias propiedades, entre ellas las sigu-ientes.

Teorema 1.5.1

en dondeAByBCson paralelos aCDyAD, respectivamente.

Tracemos la diagonalACobteniendo2tri ´angulos, a saber 4ABCy

4ACD. ComoBCes paralelo aADentonces℄1=℄2. Por otra parte,

ya queAB y DC son paralelos,℄3=℄4. Y como adem ´asAC =AC

entonces por el criterio A.L.A. tenemos4ABC'4ACD.

Finalmente podemos concluir queBC =ADyAB=CD.

Teorema 1.5.2

1.5. PROPIEDADES DE LOS PARALELOGRAMOS Geometra

Demostraci ´on. Supongamos que tenemos un paralelogramoABCD

en dondeAByBCson paralelos aCDyAD, respectivamente.

Trace-mos el segmentoAC.

ComoBCes paralelo aADentonces℄1=℄4. De manera

seme-jante, comoAB es paralelo a DC se sigue que℄2 = ℄3. Podemos

observar entonces que

℄A=℄1+℄3=℄4+℄2=℄C ;

y por lo tanto℄A=℄C. De manera an ´aloga podemos demostrar que

℄B = ℄D. Observemos adem ´as que℄3+℄4 +℄B = 180 Æ

. Por lo tanto

℄C =℄2+℄4=℄3+℄4=180 Æ

℄B:

Por consiguiente los ´angulos℄Cy℄Bson suplementarios.

De manera semejante, podemos probar que ℄Ay ℄B,℄A y ℄D,

℄Dy℄C, son parejas de ´angulos suplementarios entre s´ı.

Teorema 1.5.3

Demostraci ´on. Supongamos que tenemos un paralelogramoABCD

en dondeAByBCson paralelos aCDyAD, respectivamente.

Trace-mos las diagonalesACyBD.

ComoBCes paralelo aADentonces℄1=℄2y℄3=℄4. Y por el

Teorema (1.5.1) tenemos queAD=BC.

Ahora, por el criterio A.L.A. tenemos que 4ADE ' 4CBE. De

1.5. PROPIEDADES DE LOS PARALELOGRAMOS Geometra

Teorema 1.5.4

Demostraci ´on. Supongamos que tenemos un cuadril ´atero convexo

ABCD, en dondeADes paralelo aBCyAD=BC.

Tenemos que demostrar queDCes paralelo aAB, para esto

trace-mos la diagonalDB. ComoBCes paralelo aADentonces℄1=℄2.

As´ı, como BC = AD, ℄1 = ℄2 y DB = DB, por el criterio L.A.L.

obtenemos4ADB'4CBD. De esta manera℄3=℄4.

Y como los ´angulos ℄3y ℄4 son alternos internos iguales con

re-specto al sistema de rectas DC y AB cortadas por la secante DB,

concluimos queDCes paralelo aAB.

Teorema 1.5.5

Demostraci ´on. Supongamos que tenemos un cuadril ´ateroABCD

en el cualAD=BCyDC=AB.

Tenemos que demostrar que AD es paralelo aBC y que DC es

paraleloAB. Si trazamosACgeneramos el par de tri ´angulos4ADCy

4ABCen dondeAD=BC,DC=AB yAC=AC.

Ahora, por el criterio L.L.L. podemos ver que 4ADC ' 4ABC.

Luego℄1=℄4y℄2=℄3.

Por un lado, como ℄1 y ℄4 son ´angulos alternos internos iguales

con respecto al sistemaADyBC, entoncesADyBCson paralelos.

Por otro lado, como℄2y ℄3son ´angulos alternos internos iguales

con respecto del sistemaDC y AB, entoncesDC es paralelo aAB.

Concluimos as´ı queABCDes un paralelogramo.

1.5. PROPIEDADES DE LOS PARALELOGRAMOS Geometra

Teorema 1.5.6

lados de un cuadril ´atero convexo cualquiera determinan un paralelo-gramo. El per´ımetro del paralelogramo es igual a la suma de las lon-gitudes de las diagonales. Y su ´area es igual a la mitad del ´area del cuadril ´atero.

Demostraci ´on. SeaABCDun cuadril ´atero y seanE,F,GyHlos

puntos medios de los ladosAD,AB,BCyCD, respectivamente.

Para demostrar queEFGH es un paralelogramo, podemos ver que

de la Proposici ´on (1.3.1),

EH = 1 2

AC yEH kAC, FG=

1 2

AC yFGkAC.

De esta maneraEH = FGy EH es paralelo a FG. As´ı, por las

propiedades de vistas anteriormente,EFGHes un paralelogramo.

Utilizando de nuevo la Proposici ´on (1.3.1), tenemos que

EF = 1 2

BD=GH:

Por lo que el per´ımetro del paralelogramoEFGHes

EF+FG+GH+EH = 1 2

BD+ 1 2

AC+ 1 2

BD+ 1 2

AC

= AC+BD:

El ´area del paralelogramo ser ´a igual al ´area del cuadril ´ateroABDC

menos el ´area de los tri ´angulos 4AFE, 4BGF, 4CHG y 4DEH,

esto es

(ABCD) [(4AFE)+(4BGF)+(4CHG)+(4DEH)℄

=( ABCD) 1 4

[ (4ABD)+(4BCA)+( 4CDB)+(4DAC)℄

=( ABCD) 1 4

[ 2(ABCD) ℄

= 1 2

1.6. ´ANGULOS EN LA CIRCUNFERENCIA Geometra

Observemos que este teorema se cumple para cuadril ´ateros en-trantes, incluso los dos primeros resultados del teorema son v ´alidos para cuadril ´ateros cruzados.

1.6

Angulos en la Circunferencia

´

Una circunferencia es el conjunto de todos los puntos del plano que equidistan de un punto fijo llamado centro. El segmento entre el centro y un punto de la circunferencia se llama radio, mientras que el seg-mento determinado por dos puntos cualesquiera de la circunferencia se denomina cuerda. La cuerda de longitud mayor, igual a dos radios colineales, se llama di ´ametro.

Definici ´

on 1.6.1

´angulo central ℄AOB es el que tiene su v ´ertice en el centroO de la

circunferencia y sus lados son los segmentosOAyOB. Un ´angulo central es ualquiera formado por dos radios de la irunferenia.

El arco correspondiente es el que se encuentra entre los lados del ´angulo central:

_

AB=℄AOB

Por definici ´on, todo ´angulo central mide lo mismo que el arco que abraza, sobreentendiendo por supuesto, que nos referimos a la medida angular del arco, mas no a su longitud. Es decir, el ´angulo central es la medida en grados del arco que abrazan los radios que lo conforman.

Definici ´

on 1.6.2

el ´angulo inscrito ℄APB es el ´angulo que tiene su v ´erticeP en la

circunferencia y sus ladosPAyPBson secantes. Un ´angulo inscrito es el formado pordos uerdas quetienenunextremoen om un.

1.6. ´ANGULOS EN LA CIRCUNFERENCIA Geometra

Teorema 1.6.1

abra-za. Este teorema se onoe

omo el Teorema

Funda-mental de los ´Angulos In-scritos.

Demostraci ´on. Tenemos que demostrar que℄APB= 1 2

_ AB.

Pro-cederemos por casos. Caso 1.

El centro de la circunferencia est ´a en uno de los lados del ´angulo.

Sea = ℄APB, tracemos el radio OA y llam ´emosle M al punto

medio del ladoAP. De esta forma, por el criterio L.L.L. los tri ´angulos

4OMP y4OMAson congruentes y por lo tanto

℄OAP =℄APB=:

Y como(el ´angulo central℄AOB) es exterior del tri ´angulo4AOP

y no adyacente ay℄OAP, entonces

=+℄OAP =2.

Por lo tanto℄APB== 1 2 = 1 2 _ AB: Caso 2.

El centro de la circunferencia est ´a entre los lados del ´angulo inscrito.

Sea=℄APB. Tracemos el di ´ametro que tiene como uno de sus

extremos aP y llam ´emosleCal otro extremo.

Sean 1

=℄APCy 2

=℄CPB. Tenemos que= 1

+

2. Y por

el caso 1, 1 = 1 2 _ ACy 2 = 1 2 _ CB.

Por lo tanto

1.6. ´ANGULOS EN LA CIRCUNFERENCIA Geometra

Caso 3.

El centro de la circunferencia queda fuera del ´area que comprende el ´angulo inscrito.

Sea=℄APB. Tracemos el di ´ametro que tiene como uno de sus

extremos aP y llam ´emosleCal otro extremo.

Sean 1

=℄APCy 2

=℄BPC. As´ı 1

=+

2. Y por el caso 1,

1 =

1 2

_ ACy

2 =

1 2

_ BC.

Se sigue que

= 1

2

= 1 2

_ AC

_ BC

=

1 2

_ AB.

Otra manera de presentar el Teorema fundamental de los ´Angulos Inscritos es: todo ´angulo inscrito en una circunferencia mide la mitad del ´angulo central correspondiente.

Como consecuencias inmediatas tenemos los siguientes resulta-dos.

Corolario 1.6.2

Corolario 1.6.3

Demostraci ´on. SeanA,B,P,P 0

yQcomo en la figura, es decirP

yP 0

est ´an del mismo lado de la cuerdaAB y los puntosP yQest ´an

en lados distintos.

1.6. ´ANGULOS EN LA CIRCUNFERENCIA Geometra

Por el teorema (1.6.1) sabemos que℄APB = 1 2

_

AQB= ℄AP 0

B,

as´ı vemos que, si los v ´ertices del ´angulo est ´an del mismo lado de la

cuerda, ellos son iguales. Por otro lado tenemos que℄AQB= 1 2

_ APB,

luego

℄APB+℄AQB= 1 2

_ AQB +

1 2

_ APB=

1 2

360 Æ

=180 Æ

.

Concluimos que si los v ´ertices est ´an en lados opuestos respecto de la cuerda, entonces los ´angulos son suplementarios.

Definici ´

on 1.6.3

Teorema 1.6.4

Demostraci ´on. La demostraci ´on se har ´a por casos de manera se-mejante a como se procedi ´o en el teorema (1.6.1).

Caso 1.

Supongamos que el centroOde una circunferencia est ´a sobre uno

1.6. ´ANGULOS EN LA CIRCUNFERENCIA Geometra

Unaretatangente enun punto a una irunfer-enia es perpendiular al diametro que tiene omo uno de sus extremos al puntodetangenia

Entonces AC es el di ´ametro de la circunferencia y as´ı℄BAC =

90 Æ

= 1 2

_ AC.

Caso 2.

Supongamos que el centroO de una circunferencia est ´a entre los

lados del ´angulo.

Tracemos el di ´ametro que tiene como un extremo al v ´ertice Adel

´angulo semi-inscrito℄BAC. SeaDel otro extremo y sean=℄BAC,

=℄BADy=℄DAC.

Por el caso 1,= 1 2

_

AD. Y comoes un ´angulo inscrito que abraza

al arco

_

DC, entonces= 1 2

_ DC. As´ı

=+= 1 2

_ AD+

1 2

_ DC=

1 2

_ ADC

.

Caso 3.

Supongamos que el centroO de una circunferencia no est ´a entre

los lados del ´angulo semi-inscrito℄BAC. Tracemos el di ´ametroAD,

sean=℄BAC,=℄BADy=℄CAD.

1.6. ´ANGULOS EN LA CIRCUNFERENCIA Geometra

Por el caso 1, =90 Æ

= 1 2

_

AD. Y comoes un ´angulo inscrito que

abraza a

_

CDentonces= 1 2

_

CD. Por lo tanto

= = 1 2

_ AD

1 2

_ CD=

1 2

_ AC.

Una manera m ´as simple de demostrar este teorema es trazando una recta paralela a la tangente y observando que el ´angulo semi-inscrito es igual al semi-inscrito que se forma entre la recta secante y la paralela.

Claro que esto requiere saber que los arcos

_ AD y

_

AC miden lo

mismo, lo cual es f ´acil de demostrar.

Ejercicio 1.6.1

1.6. ´ANGULOS EN LA CIRCUNFERENCIA Geometra

Soluci ´on. Consideremos el primer caso, en el que el ´angulo est ´a formado por dos rectas secantes. Tr ´acemos un l´ınea paralela a PD,

que pase porBy llam ´emosleEa la intersecci ´on con la circunferencia.

Por construcci ´on deBE, _ BC=

_

DE. De esta manera _

AE = _ AD

_ ED=

_ AD

_ BC.

Ahora, comoPDyBEson paralelas, entonces℄APD=℄ABE=

1 2

_

AE, por lo que resulta

℄APD= 1 2

_ AD

_ BC

.

Esta misma idea se puede utilizar en los otros casos para resolver el ejercicio.

Observemos que en el primer caso la recta secantePApuede girar

hasta convertirse en tangente como en el segundo caso. Y despu ´es la secantePD puede girar de manera semejante, hasta llegar a ser

tangente como en el tercer caso.

Ejercicio 1.6.2

Este ´angulo se llama ´angulo interior.

Soluci ´on. SeanAB yCD dos cuerdas que se cortan en el punto

P, interior de una circunferencia.

1.7. SEGMENTOS Y ´ANGULOS DIRIGIDOS Geometra

El ´angulo interior℄APCes un ´angulo esterior del tri ´angulo4PBC,

por lo que

℄APC=℄PCB+℄PBC :

Pero al ser estos ´ultimos ´angulos inscritos, mediran la mitad de los arcos que abrazan, lo cual implica que

℄APC = ℄PCB+℄PBC

= 1 2

_ BD+

_ AC

:

1.7

Segmentos y ´

Angulos Dirigidos

En general tenemos que el segmentoAB es ingual al segmento BA.

En algunos casos ser ´a necesario considerar segmentos dirigidos, esto es, dados dos puntos A y B le podemos asignar un sentido al

seg-mento determinado, por ejemplo deA aB, decimos entonces que el

segmentoAB es un segmento dirigido, que va del extremoAal

ex-tremoB. El mismo segmento recorrido del extremoBal extremoAser ´a

el segmento dirigidoBAy la relaci ´on entre estos dos est ´a determinada

por la ecuaci ´on

AB = BA;

o en otras palabras

AB+BA=0:

Dados tres puntosA,ByCen una recta, estos est ´an relacionados

mediante la Relaci ´on de Chasles Michael Chasles. Naio

el 15 de noviembre de 1793 en Epernon, F ran-ia. Murio el 18 de di-iembrede1880enPars, Frania.

AB+BC=AC;

v ´alida para cualquier posici ´on de los puntos en la recta.

1.7. SEGMENTOS Y ´ANGULOS DIRIGIDOS Geometra

Teorema 1.7.1

tos cualesquiera en una recta. Entonces

ABCD+ACDB+ADBC=0:

Demostraci ´on.

Ocupando la Relaci ´on de Chasles, tenemos

ABCD + ACDB+ADBC = AB CA+AD

+AC DA+AB

+AD BA+AC

= AB CA+AC

+AC DA+AD

+AD AB+BA

= 0:

Cuando los segmentos no se encuentran en una misma recta, no se puede hablar de segmentos dirigidos.

Teorema 1.7.2

colineales yDes cualquier cuarto punto, entonces

DA 2

BC+DB 2

CA+DC 2

AB+ABBCCA=0.

Demostraci ´on. Supongamos primero que D est ´a en la recta que

pasa por los puntosA,ByC.

1.7. SEGMENTOS Y ´ANGULOS DIRIGIDOS Geometra

Entonces, ocupando la Relaci ´on de Chasles, tenemos que

DA 2

BC + DB 2

CA+DC 2

AB+ABBCCA = DA

2

BA+AC

+ DA+AB

2 CA

+ DA+AC

2

AB+AB BA+AC

CA

= DA 2

BA+AB

+DA 2

AC+CA

+2DAAB CA+AC

+ABCA AB+BA

+ACAB AC+CA

= 0:

Supongamos ahora que D no est ´a en la recta que pasa por los

puntosA,ByC. SeaEel pies deDen eta recta.

Por el Teorema de Pit ´agoras

DA 2 = EA 2 +DE 2 ; DB 2 = EB 2 +DE 2 ; DC 2 = EC 2 +DE 2 :

Ocupando estas relaciones tenemos que

DA 2

BC + DB 2

CA+DC 2

AB+ABBCCA = EA 2 +DE 2 BC+ EB 2 +DE 2 CA + EC 2 +DE 2

AB+ABBCCA

= h

EA 2

BC+EB 2

CA+EC 2

AB

+ABBCCA+DE 2

i

BC+CA+AB

:

Como la primer relaci ´on se anula porqueEest ´a en la l´ınea determinada

porA, B yC; y la segunda se hace cero por la Relaci ´on de Chasles;

1.8. PROBLEMAS Geometra

De igual manera que a los segmentos en una l´ınea recta, se les puede asociar la idea de direcci ´on a los ´angulos. Por lo general pode-mos obtener un ´angulo ℄AOB rotando una l´ınea OA hasta llegar a

la posici ´on OB, manteniendo fijo el extremo situado enO, el mismo

´angulo puede ser obtenido rotandoOB hasta llegar aOA.

Cuando la rotaci ´on se hace en el sentido contrario a las manecil-las del reloj, el signo del ´angulo es positivo; mientras que cuando la rotaci ´on es en el sentido de las manecillas del reloj, el ´angulo es nega-tivo.

\ AOB =

\ BOA

1.8

Problemas

1. ¿Cu ´anto mide el ´angulosi las rectas horizontales son

parale-las?

2. ¿Cu ´anto suman los ´angulos marcados en la siguiente figura?

3. ¿Cu ´anto mide el ´anguloxen la figura?

1.8. PROBLEMAS Geometra

4. ¿Cu ´anto vale cada uno de los ´angulos interiores de un hept ´agono regular?

5. Encontrar una f ´ormula para determinar el valor de cada uno de los ´angulos interiores de un pol´ıgono regular denlados.

Un pol´ıgono regular es aquelque tiene todos sus ladosyangulosinteriores iguales.

6. Los puntosA,B,C,D,E,FyGson los v ´ertices de un hept ´agono

regular, colocados en el sentido de las manecillas del reloj,FEy

BC se prolongan hasta cortarse en el puntoP. ¿Cu ´anto vale el

´angulo℄CPE?

7. En un rect ´anguloABCD,MyN son los puntos medios deBCy

CD, P es la intersecci ´on deDM yBN. Probar que los ´angulos ℄MAN y℄BPMson iguales.

8. Sea4ABCun tri ´angulo rect ´angulo en donde℄BAC=90 Æ

. Trazar la altura que pasa porA. Probar que la altura divide a4ABCen

dos tri ´angulos semejantes al tri ´angulo original.

9. Demostrar el Teorema de Pit ´agoras utilizando semejanza de tri ´an-gulos.

10. Sea4ABCun tri ´angulo en dondeAC=3yAB =2. Considerar

una semirecta con origen enBque corta aACenD, de tal forma

que los ´angulos℄ABDy ℄ACB son iguales. Encontrar el valor

deAD.

Para todo polgono dos verties distintos son

adyacentes si perteneen a un mismo lado. Y por el ontrario, si no perteneen, les lla-maremos opuestos. Al segmento que une dos verties opuestos de un

11. SeaABCDun cuadrado. Por el v ´erticeAse traza una l´ınea que

intersecta a la extensi ´on del ladoBCenE, al ladoDC enF y a

la diagonalBDenG. SiAG=3yGF =1, encontrar la longitud

deFE.

1.8. PROBLEMAS Geometra

12. Sea4ABCun tri ´angulo rect ´angulo de hipotenusa AC, siM es

el punto medio deAC, demostrar que

AM =MB=MC

13. En la figura, los segmentosAB,A 1

B 1,

A 2

B 2,

A 3

B

3son paralelos.

SiBB 1

=B 1

B 2

=B 2

B 3

=B 3

C=AB =2, encontrar el valor de

la sumaAB+A 1

B 1

+A 2

B 2

+A 3

B 3.

14. Considerar un tri ´angulo4ABC y D el punto medio deBC. Si

una l´ınea paralela aADcorta aABenP, aACenQy a la l´ınea

paralela aBC, que pasa porA, enM. Probar queMes el punto

medio dePQ.

15. Las bases de un trapecio son a y b. Encontrar la longitud del

segmento que une los puntos medios de las diagonales.

16. Si el ´area del rect ´angulo ABCD es igual a 1y M es el punto

medio del ladoAB, determinar el ´area que tiene el tri ´angulo

som-breado4MCE.

17. Sobre el ladoABde un tri ´angulo4ABCse toma un punto cualquiera

P . Luego se tomanW yX entreAyB, tales queAW =WP y PX =XB. Adem ´as se toman Z entreAy C; yY entreC yB;

tales queAZ=ZCyBY =YC. Demostrar queXY =WZ.

18. SeanE,F,KyLpuntos sobre los ladosAB,BC,CDyDAdel

cuadradoABCD, respectivamente. Mostrar que si los segmentos

EKyFLson perpendiculares entoncesEK=FL.

1.8. PROBLEMAS Geometra

19. Sea ABCD un paralelogramo en el que L y M son los

pun-tos medios deAB y CD, respectivamente. Demostrar que los

segmentosLCyAM dividen la diagonalBD en tres segmentos

iguales.

20. En el paralelogramoABCD,AP =CRyBQ=DS. Demostrar

quePQR Stambi ´en es un paralelogramo.

21. Dado un paralelogramoABCDyM la intersecci ´on de sus

diag-onales, encontrar una l´ınea que pase porMy divida al

paralelo-gramo en dos piezas con las que se pueda armar un rombo.

22. Dos tri ´angulos is ´osceles se unen como se muestra en la siguiente figura.

Probar que los puntos medios de los lados del cuadril ´ateroABCD

que se forma, son los v ´ertices de un cuadrado.

23. Considerar un pent ´agono convexo arbitrario, en donde los lados se numeran sucesivamente en el sentido de las manecillas del reloj. Trazar el segmento que une los puntos medios de los lados

1.8. PROBLEMAS Geometra

lados2y 4; y por ´ultimo, trazar el segmento que une los puntos

medios de eso dos segmentos trazados.

Si la longitud del lado 5es de kunidades, encontrar la longitud

del ´ultimo segmento que se traz ´o.

24. Calcular las funciones trigonom ´etricas para un ´angulo inscrito que abraza el segmentoABmenor en longitud que el di ´ametro de un

c´ırculo de radior.

25. Sean4ABCun tri ´angulo yDun punto interior de4ABCtal que

℄DAB = ℄DBC = ℄DCA. Si AD, BD y CD se prolongan

hasta intersectar a una circunferencia que pasa por los v ´ertices del tri ´angulo4ABC enB

0

, C 0

y A 0

respectivamente, demostrar que4ABCy4A

0 B

0 C

0

son semejantes.

26. SeaR el ´area de la regi ´on encerrada por tres semic´ırculos

tan-gentes entre s´ı en sus extremos. Demostrar que R es igual al

´area del c´ırculo que tiene como di ´ametro el segmentoBD,

per-pendicular al di ´ametroCAen el punto de tangenciaD.

27. Considerar la figura, en donde dos c´ırculos con centros enA y

B son tangentes entre s´ı y la recta tangente a ambas

circunfer-encias toca a ´estas en los puntos P y Q. Sea O el punto de

intersecci ´on de la tangente exterior y la l´ınea que pasa porAyB.

SiOP =4yAP =3. Determinar el valor dePQ.

28. Si uno de los catetos de un tri ´angulo rect ´angulo es el di ´ametro de un c´ırculo, demostrar que la tangente trazada por el punto en el que el c´ırculo corta la hipotenusa pasa por el punto medio del otro cateto.

1.8. PROBLEMAS Geometra

29. Si A, B y C son puntos en la misma l´ınea y P, Q y R son los

puntos medios deBC,CAyAB respectivamente, demostrar

uti-lizando segmentos dirigidos que el punto medio deCR coincide

Cap´ıtulo 2

Tri ´angulo

2.1

Propiedades de los Tri ´angulos Is ´

osceles

Para un tri ´angulo cualquiera, tenemos las siguientes definiciones.

Definici ´

on 2.1.1

La altura es el segmento de recta perpendicular a un lado o a su prolongaci ´on y va al v ´ertice opuesto.

La bisectrizdeun angulo eslaretaquelodivideen dosangulosiguales

La bisectriz es la recta que sale de un v ´ertice y divide al ´angulo interior en dos partes iguales.

2.1. PROPIEDADES DE LOS TRI ´ANGULOS IS ´OSCELES Geometra

La mediatriz de un seg-mentoeslaretaquepasa por el punto medio y es perpendiularadiho seg-mento.

La mediatriz es la recta que pasa por el punto medio de un lado y es perpendicular a ´el.

Teorema 2.1.1

Deimosqueuntriangulo es is ´osceles si tiene dos desus ladosiguales.

Demostraci ´on. Sea4ABCun tri ´angulo que tiene dos lados iguales,

AB=AC.

Demostraremos que℄B=℄C.

SeaMel punto medio del ladoBC, tracemos la medianaMA.

Afir-mamos que4ABM '4ACM. En efecto, tenemos que por hip ´otesis

AB = AC y BM = MC por ser M punto medio de BC, adem ´as AM es el lado com ´un para ambos tri ´angulos. Por el criterio de L.L.L., 4ABM '4ACM y por lo tanto tienen congruentes los ´angulos. As´ı ℄B=℄C.

2.1. PROPIEDADES DE LOS TRI ´ANGULOS IS ´OSCELES Geometra

1. el segmentoAMes mediana,

2. el segmentoAM es mediatriz puesM es el punto medio deBC

y adem ´as como℄4+℄5=180 Æ

y℄4=℄5entonces℄4=℄5=

90 Æ

,

3. el segmentoAM es la altura, puesto que vimos que℄4=℄5 =

90 Æ

y adem ´asAMtoca al v ´erticeA,

4. el segmentoAMes la bisectriz ya que divide al ´angulo℄Aen dos

´angulos iguales, pues podemos ver que℄A=℄1+℄2y℄1=℄2.

Deimosqueuntriangulo es equil ´atero si todos sus ladosson iguales.

Corolario 2.1.2

Ejercicio 2.1.1

Soluci ´on. Consideremos el tri ´angulo4ABC, en donde℄ABC =

℄ACB. Demostraremos queAB = AC. Tracemos la altura desde el

v ´erticeAy llamemosDa su pie en el segmentoBC.

Si dos triangulos seme-jantes tienen razon de proporionalidad igual a uno, ellos son ongru-entes.

De esta manera ℄ADB = 90 Æ

=℄ADC. Despu ´es, por el criterio

A.A. podemos garantizar que los tri ´angulos4ADB y 4ADCson

se-mejantes. Y como tales tri ´angulos comparten el ladoAD, la raz ´on de

semejanza es uno, en otras palabras, los tri ´angulos son congruentes. Se sigue que

AB =AC.

Una consecuencia inmediata de este ejercicio es que un tri ´angulo con todos sus ´angulos interiores iguales es equil ´atero.

2.1. PROPIEDADES DE LOS TRI ´ANGULOS IS ´OSCELES Geometra

Teorema 2.1.3

Demostraci ´on. Sea 4ABC un tri ´angulo cualquiera, si la bisectriz

del ´angulo ℄BAC, corta a BC enP, entonces debemos probar que BP

PC =

AB AC

.

Llam ´emosleQa la intersecci ´on de la prolongaci ´on deBAcon una

paralela aAP que pase porC.

ComoPAyCQparalelas, entonces

℄BAP =℄AQC, ℄PAC =℄ACQ.

Y como adem ´as℄BAP =℄PAC, por serADbisectriz del ´angulo

℄BAC, entonces

℄ACQ=℄AQC.

As´ı, por el Ejercicio (2.1.1), AC = AQ y el tri ´angulo 4ACQ es

is ´osceles.

Por otro lado, utilizando el teorema de Tales, comoPAes paralela

aCQ, entonces

BP PC

= BA AQ

.

SustituyendoAQporACdemostramos lo que quer´ıamos.

Teorema 2.1.4

perteneciente al ladoBCde un tri ´angulo4ABC. Si los segmentosBP

yPC son proporcionales a los ladosAB yACentoncesAP biseca al

´angulo℄BAC.

Demostraci ´on. SeaQel punto sobre la prolongaci ´on del lado BAtal

2.1. PROPIEDADES DE LOS TRI ´ANGULOS IS ´OSCELES Geometra

Por hip ´otesis PC BP

= AC BA

, y sustituyendoACtenemos

PC BP

= AQ BA

.

Por lo que

BP BP

+ PC BP

=1+ PC BP

=1+ AQ BA

= BA BA

+ AQ BA

.

En otras palabras

BC BP

= BQ BA

.

As´ı, por el criterio L.A.L., los tri ´angulos4ABP y4QBCson

seme-jantes. Se sigue que℄BAP =℄BQC, luegoAP yQCson paralelos.

De esta forma tenemos que ℄PAC = ℄ACQ y comoAC = AQ

entonces, por el Teorema (2.1.1)

℄ACQ=℄AQC.

Por lo tanto

℄BAP =℄BQC =℄AQC =℄ACQ=℄PAC

que es lo que quer´ıamos demostrar.

Existe un resultado similar al Teorema de la Bisectriz para ´angulos exteriores de un tri ´angulo.

Teorema 2.1.5

en dondeBP es bisectriz del ´angulo exterior℄ABQ:

2.1. PROPIEDADES DE LOS TRI ´ANGULOS IS ´OSCELES Geometra

Entonces

PC PA

= BC BA :

Demostraci ´on. SeaDenBC, tal queDAes paralelo aPB. Por el

Teorema de Thales

PC PA

= BC BD :

Por otro lado. ya queDAy PB son paralelos,℄ABP =℄BADy

℄ADB =℄PBQ. Como por hip ´otesis℄ABP =℄PBQ, entonces

℄BAD=℄ADB:

Lo cual implica que4ADB es is ´osceles, de dondeBD =BA.

Susti-tuyendo en la primer relaci ´on, tenemos que

PC PA

= BC BA :

El resultado similar al Teorema inverso de la Bisectriz es el sigu-iente.

Teorema 2.1.6

en dondeP es un punto fuera del segmentoACtal que PC PA

= BC BA :

EntoncesBP es la bisectriz del ´angulo exterior℄ABQ:

Demostraci ´on. SeaEun punto enBC tal queBP yAE son

2.1. PROPIEDADES DE LOS TRI ´ANGULOS IS ´OSCELES Geometra

Por el Teorema de Thales tenemos que PC PA

= BC BE

BC BE

= PC PA

= BC BA ;

de donde se sigue inmediatamente que BE = BA. As´ı 4ABE es

is ´osceles, por lo cual℄BAE =℄AEB. Y comoBP y AEson

parale-los, entonces

℄ABP=℄BAE=℄AEB=℄PBQ;

concluyendose el resultado.

Teorema 2.1.7

1. mediatriz,

2. bisectriz,

3. altura,

4. mediana,

relativas a un mismo lado, entonces hace las otras dos funciones y el tri ´angulo es is ´osceles siendo su base dicho lado.

Demostraci ´on. Tenemos seis casos posibles. Caso 1.

Consideremos un tri ´angulo4ABC tal que la rectaADes una que

tiene las funciones de mediatriz y bisectriz.

2.1. PROPIEDADES DE LOS TRI ´ANGULOS IS ´OSCELES Geometra

Por serADmediatriz,Des el punto medio deBCyADes

perpen-dicular aBC; adem ´as por serADbisectriz,℄BAD=℄DAC.

De esta manera, tenemos que

1. como AD y BC son perpendiculares yAD toca a A, entonces

ADes altura;

2. ya queDes punto medio deBCyADtoca aA, entoncesADes

mediana;

3. por criterio L.A.L.4BDA'4ADC, pues BD=DC,℄BDA =

℄90 Æ

= ℄ADC y AD es com ´un a los dos tri ´angulos. Por lo

tanto ℄B = ℄C y BA = AC. De donde tenemos que 4ABC

es is ´osceles.

Caso 2.

Supongamos que la recta AD es mediatriz y altura del tri ´angulo

4ABC.

ComoADes mediatriz de4ABCentoncesDes el punto medio de

BC. Por otro ladoADes perpendicular aBC, y como adem ´asADes

altura, tal segmento toca aA.

Por lo tanto

1. Des punto medio deBCyADtoca aA, de dondeDAes

medi-ana;

2. por el criterio L.A.L., comoBD=DC,℄BDA=℄ADC yAD=

AD, entonces4ADB '4ADC. Por lo tanto℄BAD=℄DAC,

de dondeADes bisectriz;

3. como 4ADB ' 4ADC entonces BA = AC y ℄B = ℄C. Se

sigue que4ABCes is ´osceles.

Caso 3.

2.1. PROPIEDADES DE LOS TRI ´ANGULOS IS ´OSCELES Geometra

Por un lado, comoADes mediatriz entoncesDes el punto medio

deBCy adem ´asADes perpendicular aBC. Por otro lado, al serAD

mediana, tenemos de nuevo que D es el punto medio de BC, pero

adem ´as sabemos queADtoca aA.

De esta manera tenemos lo siguiente

1. comoADes perpendicular aBCyADtoca aAentoncesADes

altura;

2. por el criterio L.A.L.4ABD'4ADC, lo que implica que℄BAD=

℄DAC. LuegoADes bisectriz;

3. como4ABD'4ADCentonces4ABCes is ´osceles.

Caso 4.

Supongamos que la recta AD es altura y mediana del tri ´angulo

4ABC.

Como AD es altura entonces ℄ADB = 90 Æ

= ℄ADC; y por ser ADmediana BD = BC. Observando que AD es lado com ´un a los

tri ´angulos 4ABD y 4ACD, se sigue por el criterio L.A.L., que los

tri ´angulos son congruentes implicando que

1. los tri ´angulos℄BAD=℄CADpor lo queADes bisectriz;

2. comoADes perpendicular aBCyDes su punto medio,ADes

mediatriz;

3. adem ´asBA=AC, de donde4ABCes is ´osceles.

Caso 5.

Supongamos queADes bisectriz y altura del tri ´angulo4ABC.

2.1. PROPIEDADES DE LOS TRI ´ANGULOS IS ´OSCELES Geometra

ComoADes bisectriz de℄BAC, entonces℄BAD=℄CAD. Adem ´as

al ser AD altura, es perpendicular aBC de donde ℄ADB = 90 Æ

= ℄ADC. Por el criterio A.A., los tri ´angulos4ABDy4ACDson

seme-jantes. De tal manera tenemos que

1. como BD CD

= AD AD

= 1, entonces BD = CD, de donde D es el

punto medio de BC. Lo cual implica que ADes tanto mediana

como mediatriz;

2. como AB AC

= AD AD

=1, entoncesAB =AC, por lo que4ABCes

is ´osceles.

Caso 6.

Supongamos queADes bisectriz y mediana del tri ´angulo4ABC.

Por el Teorema de la Bisectriz (2.1.3),

AB AC

= BD DC :

Y comoADes mediana, entoncesBD = DC. de donde AB =AC.

Por el criterio L.A.L. podemos asegurar que

4BAD4CAD:

Por lo tanto℄BDA=℄CDAy como dichos ´angulos son

suplemen-tarios, entonces

℄BDA=90 Æ

=℄CDA:

Por lo que

1. comoADes perpendicular aBCentoncesADes altura;

2. adem ´as,Des punto medio deBC, por lo queADes mediatriz;

2.2. PUNTOS Y L´INEAS EN LOS TRI ´ANGULOS Geometra

2.2

Puntos y L´ıneas en los Tri ´angulos

Teorema 2.2.1

Demostraci ´on. Demostraremos primero que dos medianas se cor-tan en un tercio de la longitud total de cada una.

Tomemos un tri ´angulo cualquiera 4ABCy llamemos D yE a los

puntos medios deAByBC, respectivamente. Tracemos las medianas

AEyDCy llamemosF a la intersecci ´on entre ´estas.

Ahora, tomemos G y H puntos medios de AF y FC

respectiva-mente. Por la Proposici ´on (1.3.1),DE= 1 2

AC. Adem ´asDEes paralelo

aAC, ya queD yE son puntos medios deAB yBCrespectivamente

para el tri ´angulo4ABC :

Y de manera semejante tenemos queGH= 1 2

ACyGHes paralelo

a AC, pues G y H son puntos medios de AF, FC respectivamente

para el tri ´angulo4AFC.

Por lo tantoGH =DE y GH es paralelo aDE. Y por el Teorema

(1.5.4) Se sigue queDEGH es un paralelogramo. As´ı las diagonales

DH yGEse cortan mutuamente en partes iguales, es decirGF =FE

y DF = FH. Y como G y H son los puntos medios de AF y FC

respectivamente, entonces

AG=GF =FEyCH =HF =DF.

Finalmente, tomandoMcomo punto medio deAC, la medianaBM

deber ´a cortar en un tercio a cualquiera de las otras medianas, digamos aAE, teniendo que pasar necesariamente porF.

De esta forma podemos concluir que las tres medianas de cualquier tri ´angulo se intersectan en un mismo punto.

Existe una forma muy conveniente de caracterizar a la bisectriz, y que nos ayudar ´a a ver que las bisectrices se intersectan en un solo punto.

2.2. PUNTOS Y L´INEAS EN LOS TRI ´ANGULOS Geometra

La distaniade un punto a una reta es la magni-tuddelsegmento determi-nadoporelpuntoyelpie delpuntoenlareta.

Lema 2.2.1

Demostraci ´on. Consideremos el ´angulo℄ABC, tal que0 Æ

<℄ABC< 180

Æ

. Seagel lugar geom ´etrico

g=fP :PX =PY;X 2AB;Y 2BC ;PX?AB;PY ?BCg;

y seabla bisectriz del ´angulo℄ABC. Queremos demostrar queg=b.

Lo haremos demostrando quegby quebg.

TomemosP 2 g, consideremos sus piesX yY en los ladosAB y

BCdel ´angulo℄ABC, respectivamente. EntoncesPX =PY.

Como los tri ´angulos4XBPy4YXPson rect ´angulos,PX =PY y

comparten el ladoBP, por el Teorema de Pit ´agorasXB=YB. Luego

por el criterio L.L.L.,

4XBP'4YBP:

Por lo cual ℄XBP = ℄YBP, y como ℄ABP = ℄XBP y ℄CBP =

℄YBP, entoncesP 2b.

Tomemos ahoraP 2b. SeanX yY los pies deP en los ladosAB

2.2. PUNTOS Y L´INEAS EN LOS TRI ´ANGULOS Geometra

Como P 2 b entonces℄XBP = ℄ABP = ℄CBP = ℄YBP. Y

como adem ´asXP yYP son respectivamente perpendiculares aAB y

BC, entonces℄BXP =90 Æ

=℄BYP. Luego, por el criterio A.A., los

tri ´angulos4XBPy4YBPson semejantes; y como comparten el lado

BP, concluimos que

4XBP'4YBP:

De esta maneraXP =YP. As´ıP 2g.

Teorema 2.2.2

tri ´angulo se intersectan en un mismo punto. Cuando un onjunto de

retas se intersetan en un solo punto deimos queson concurrentes.

Demostraci ´on. Sea4ABCun tri ´angulo cualquiera. Seanlymlas

bisectrices de los ´angulos℄ABCy℄BCA, respectivamente. SeaP el

punto de intersecci ´on delym.

SeanX,Y yZlos pies deP sobre los ladosAB,BCyAC

respec-tivamente.

Como P pertenece a la bisectriz de ℄ABC entoncesXP = YP.

ComoPpertenece a la bisectriz de℄BCAentoncesYP =ZP. Por lo

tanto

XP =YP =ZP;

luegoP est ´a en la bisectriz de℄BAC. As´ı las tres bisectrices se

inter-sectan enP.

Observemos que cualquier punto que se encuentre en la mediatriz de un segmento dado, equidista de los extremos del segmento. Para garantizar la implicaci ´on inversa demostraremos el siguiente teorema.

2.2. PUNTOS Y L´INEAS EN LOS TRI ´ANGULOS Geometra

Lema 2.2.2

Demostraci ´on. Sean Ay B dos puntos distintos en el plano, sea

g el lugar geom ´etrico g = fP : PA = PBgy sea m la mediatriz del

segmentoAB.

Tenemos que demostrar queg = m. Para esto procederemos por

casos demostrando que ambos conjuntos se contienen mutuamente, es decir, quegmy quemg.

Primeramente vamos a ver queg m. TomemosP 2g, entonces

por la definici ´on deg,AP =PB.

ConsiderandoP 2ABtenemos queP es punto medio deABesto

esP 2m. Ahora, siP2=ABentonces el tri ´angulo4APBes is ´osceles

pues AP = PB y como m es mediatriz de 4APB entonces m es

mediana y pasa porP. As´ıP 2m.

Como en ambos casos, ya sea queP est ´e o no sobre el segmento

AB, tenemos queP 2m. Se sigue quegm.

Para demostrar que m g, tomemos ahora P 2 m. Si P 2 AB

entoncesP es punto medio deABy de esta formaPA=PB. De aqu´ı

queP 2 g. Y si por el contrario, P 2= AB, entoncesmes mediatriz y

mediana del4APBrelativa al ladoAB. Por lo tanto el tri ´angulo4APB

2.2. PUNTOS Y L´INEAS EN LOS TRI ´ANGULOS Geometra

As´ı podemos concluir que siempreP 2g. Por lo tantomg.

Teorema 2.2.3

Demostraci ´on. Sea4ABCun tri ´angulo cualquiera. Tomemos las

mediatrices my l correspondientes a los lados AB y AC

respectiva-mente.

Llam ´emosle P al punto de intersecci ´on dem y l. Falta ver que la

tercer mediatriz pasa tambi ´en porP.

ComoP 2mentoncesPA=PBconmmediatriz deAB. Y como

tambi ´enP 2l, entoncesPA= PCconlmediatriz deAC.

Por lo tantoPB= PC. As´ı el Lema (2.2.2) implica que por el punto

P pasa la mediatriz del segmentoBC.

Otra manera de ver que P est ´a en la mediatriz de BC es

obser-vando que4BPC es is ´osceles con baseBC, as´ıP debe estar en la

mediatriz de la base.

Notemos que en la demostraci ´on del teorema anterior tenemos que

PB =PA=PC, as´ı porA,B yC pasa una ´unica circunferencia con

centro enP y radio PA = PB = PC. Es decir, por tres puntos que

no est ´en situados en una misma recta pasa una ´unica circunferencia, a

dichos puntos se les llama conc´ıclicos. En general diremos que

unonjuntoarbitrariode puntos es conc´ıclico, si todos los puntos se en-uentran en una misma irunferenia.

2.2. PUNTOS Y L´INEAS EN LOS TRI ´ANGULOS Geometra

Teorema 2.2.4

Demostraci ´on. Sea4ABCun tri ´angulo cualquiera. Tracemos en

cada v ´ertice una recta paralela al lado opuesto del tal v ´ertice, de tal forma queda determinado un nuevo tri ´angulo4DEFcomo se muestra.

Por la construcci ´on de4DEF, tenemos queABCE y FBCAson

paralelogramos, de donde

FA=BC=AE:

Por lo tantoAes punto medio deFE. De manera semejante, ocupando

queFBCA,ABDC yABCE son paralelogramos, tenemos queBes

punto medio deFDyCpunto medio deDE.

La altura h A de

4ABC que pasa porA, es perpendicular a FE,

puesFEes paralelo aBC. Y comoAes punto medio deFE, entonces

h

Aes mediatriz de FE.

De manera an ´aloga podemos demostrar que las alturash By

h Cde 4ABC que pasan porB yC, son mediatrices deFDyDE,

respecti-vamente. Y como el teorema (2.2.3) nos garantiza que las mediatrices de4DEF se intersectan en un solo punto, entonces concluimos que

las alturash A,

h By

h Cde

2.2. PUNTOS Y L´INEAS EN LOS TRI ´ANGULOS Geometra

Habiendo demostrado los resultados anteriores, tiene sentido ahora establecer las siguientes definiciones.

Definici ´

on 2.2.1

gravicentro, baricentro y centro de gravedad.

El punto en donde concurren las tres alturas de un tri ´angulo le lla-maremos ortocentro.

Al punto en donde concurren las tres bisectrices de un tri ´angulo le llamaremos incentro, que es el centro del c´ırculo tangente interior-mente a cada uno de los lados del tri ´angulo.

El punto en donde se intersectan las mediatrices de un tri ´angulo le llamaremos circuncentro, que es el centro de la circunferencia que pasa por los tres v ´ertices del tri ´angulo.

2.3. CUADRIL ´ATEROS C´ICLICOS Geometra

Teorema 2.2.5

Demostraci ´on. Consideremos un tri ´angulo4ABC en dondeP es

circuncentro e incentro a la vez.

Como P es circuncentro de 4ABC, entonces ℄BDP = 90 Æ

= ℄PDA y adem ´as AD = DB. Utilizando el criterio L.A.L. afirmamos

que los tri ´angulos4ADPy4BDP son congruentes. Se sigue que

℄PAD=℄PBD.

Por otro lado, ya que P es el incentro de 4ABC, AP y BP son

bisectrices de℄CABy℄CBA, respectivamente. Por consiguiente

℄PAC=℄BAP, ℄ABP =℄PBC.

Luego

℄PAC =℄BAP =℄ABP =℄PBC.

Por lo tanto los ´angulos ℄CAB y ℄CBA son iguales. De manera

semejante se puede demostrar que℄ACB =℄CAB.

As´ı el tri ´angulo4ABCtiene sus tres ´angulos interiores iguales. Y

por el ejercicio (2.1.1), tiene tambi ´en sus tres lados iguales.

Observemos que en un tri ´angulo equil ´atero el incentro es tambi ´en circuncentro, baricentro y ortocentro. Y rec´ıprocamente, si para un tri ´angulo un punto es incentro, circuncentro, baricentro y ortocentro, el Teorema (2.2.5) nos garantiza que tal tri ´angulo es equil ´atero.

2.3

Cuadril ´ateros C´ıclicos

Empecemos por notar que el Corolario (1.6.3) lo podemos escribir de la siguiente manera: siA,B,P yQson puntos de una circunferencia,

2.3. CUADRIL ´ATEROS C´ICLICOS Geometra

1. Q2 _

APB=)℄APB=℄AQB,

2. Q2= _

APB=)℄APB+℄AQB=180 Æ

.

Esto nos da una idea m ´as clara del rec´ıproco de tal resultado, tambi ´en llamado condici ´on suficiente de conciclicidad de cuatro puntos.

Si varios puntos estan situados en una misma reta, deimos que tales puntosson colineales,en aso ontrario les lla-maremosno colineales

Teorema 2.3.1

tres de ellos no colineales. Si los puntos P y Q est ´an en el mismo

semiplano que determina la rectaAB y desde ella se ve el segmento

ABbajo ´angulos iguales.

Notemosqueeslomismo deir es el angulo bajo el ual se ve el segmento AB desde al punto P, o queabraza alsegmento AB,oqueelsegmentoAB subtiendealangulo.

O bien, si los puntosP yQest ´an en distintos semiplanos que

de-termina la rectaAB y desde ellos se ve el segmentoAB bajo ´angulos

suplementarios.

Entonces los puntosA,B,P yQson conc´ıclicos.

Demostraci ´on. Caso 1.

SeanA,B,P yQpuntos en el plano. Supongamos queP yQest ´an

del mismo lado con respecto de la recta que pasa porAyB.

2.3. CUADRIL ´ATEROS C´ICLICOS Geometra

Tracemos la circunferencia C que pasa por los puntos A, B y P.

Supongamos queQno est ´a sobre la circunferenciaC. Llam ´emoslela noimportasiQesta

den-tro ofuerade C

la recta que pasa por los puntosAyQ. SeaQ 0

el punto de intersecci ´on de la rectalcon la circunferenciaC, que no esA.

Seanl 1y

l

2 las rectas que pasan por

QyB y porQ 0

yB,

respecti-vamente. Tales rectasl 1y

l

2son distintas puesto que

Qno est ´a enCy

por lo tantoQyQ 0

son distintos.

Sean=℄APB,=℄AQBy=℄AQ 0

B. Por hip ´otesis=;y

por el Corolario (1.6.3)=. Se sigue que==.

De esta forma tenemos un sistema de dos rectasl 1 y

l

2 cortadas

por la secantelcon un par de ´angulos correspondientesyiguales.

As´ıl 1y

l

2son paralelas. Lo cual es una contradicci ´on pues l

1y l

2son

distintas y se cortan en el puntoB.

Por lo tantoQest ´a enC.

Caso 2.

SeanA,B,P yQcuatros puntos en el plano. Supongamos queP

yQest ´an en lados opuestos con respecto de la recta que pasa porA

yB.

SeaCla circunferencia determinada por los puntosA,ByP.

Supong-amos queQno est ´a enC. Sealla recta que pasa por los puntosAyQ,

y llam ´emosleQ 0

al punto de intersecci ´on delconCque no seaA. Sean

l 1y

l

2las rectas que pasan por ByQ

0

, y porByQrespectivamente.

ComoQno est ´a enCtenemos quel 1y

l

2son distintas.

Sean=℄APB, = ℄AQB y = ℄AQ 0

B. Por hip ´otesis

sabe-mos que=180 Æ

. Y comoA,B,P yQ 0

est ´an enCy adem ´asQ 0

y

P est ´an en distintos lados de la cuerdaAB, entonces por el Corolario

(1.6.3)+=180 Æ

. Por lo tanto=180 Æ

. Se sigue que=.

As´ı tenemos el sistema de rectasl 1 y

l

2cortadas por la secante l,

con un par de ´angulos correspondientesyiguales. Por lo tantol 1y l

2son paralelas, lo cual es una contradicci ´on, pues l

1y l

2son distintas

y se cortan en el puntoB.

Podemos concluir queQ2C.

2.3. CUADRIL ´ATEROS C´ICLICOS Geometra

cuatro puntos no colineales no ocurre lo mismo, pues por ellos pasar ´a una ´unica circunferencia o ninguna.

Definici ´

on 2.3.1

Para el caso de cuadril ´ateros convexos tenemos propiedades que los relacionan con las circunferencias. Podr´ıamos preguntarnos, por ejemplo, ¿cu ´ando los v ´ertices de un cuadril ´atero perten ´ecen a una misma circunferencia?, o en otras palabras ¿cu ´ando un cuadril ´atero es c´ıclico?. El siguiente corolario responde esta pregunta para el caso de aquellos que son convexos.

Corolario 2.3.2

Demostraci ´on. Bastar ´a verificar la proposici ´on para una sola de las parejas de ´angulos, en vista de que la suma de los cuatro ´angulos es constante igual a360

Æ

.

Supongamos primero que ABCD es un cuadrilatero convexo

in-scriptible en donde=℄BAC y =℄BDC.

ComoA,B,CyDson conc´ıclicos yAyDest ´an en lados opuestos

de la cuerdaCB, por el corolario (1.6.3)℄BAD+℄DCB=180 Æ

. Supongamos ahora que ABCD es un cuadril ´atero convexo con

´angulos opuestos suplementarios. Sean = ℄BAC y = ℄BDC.

As´ı℄ABC+℄ADC=180 Æ

.

Usando la condici ´on suficiente de conciclicidad de cuatro puntos, enunciada en el Corolario (2.3.1),A,B,CyDest ´an sobre una misma

circunferencia. Se sigue que el cuadrilateroABCDes inscriptible.