Unidad 4: La circunferencia. Construcciones con regla y compás 1

Facultad de Ciencias Exactas, Ingenierı́a y Agrimensura
Departamento de Matemática
Escuela de Ciencias Exactas y Naturales
GEOMETRÍA I
Licenciatura en Matemática - Profesorado en Matemática - Año 2016
Equipo docente:
Francisco Vittone - Justina Gianatti - Martı́n Alegre
Unidad 4: La circunferencia. Construcciones con regla y compás
1.
Introducción.
En esta unidad nos dedicaremos al estudio de algunas propiedades de la circunferencia y a las construcciones
con regla y compás. Estos dos objetos materiales son la realización fı́sica de dos objetos geométricos ideales: la
recta y la circunferencia. Uno de los principales desafı́os de Euclides era probar que todos los objetos geométricos
que definı́a existı́an en realidad, y no eran meras definiciones vacı́as. Los únicos entes geométricos cuya existencia
estaba garantizada por los axiomas eran la recta y la circunferencia (de hecho en sus postulados, Euclides afirma
que por dos puntos puede trazarse una única recta, postulado que hemos mantenido, y que puede trazarse una
circunferencia por cualquier centro y con cualquir radio). Por lo tanto él debı́a obtener cualquier otra figura
geométrica a partir de ellos, y de ahı́ nace la necesidad de realizar construcciones con regla no graduada y
compás. Por ejemplo, podemos definir qué es un triángulo rectángulo, pero esta definición no tiene sentido si
no probamos que estos triángulos en verdad existen, que para Euclides significa que pueden construirse con los
elementos permitidos por los axiomas, o sea, la regla y el compás.
La regla debe ser no graduada pues sólo debe permitir el trazado de rectas y segmentos por dos puntos,
nunca puede ser utilizada para medir. El compás de Euclides es un compás colapsable, es decir, una vez que
se levanta del papel el compás se cierra y por lo tanto no es posible utilizarlo para transportar distancias, sólo
sirve para trazar una circunferencia con un centro dado y que pase por un punto dado. El mismo Euclides se da
cuenta que las construcciones que realiza con un compás colapsable son exactamente las mismas que si permite
transportar distancias, y por lo tanto permitimos el uso del compás para este fin. Sin embargo, podrán notar
que en todas las construcciones que haremos, salvo en la de transporte de ángulos, la construcción es idéntica
si el compás es colapsable.
Las construcciones con regla y compás nos aportan mucha más precisión que cualquier construcción que
podamos realizar con objetos graduados de medición. Ya hemos notado en la Unidad 2 que si transportamos un
ángulo con un semicı́rculo tendremos indefectiblemente algún tipo de error, a menos que el ángulo tenga una
medida entera. El problema se resuelve realizando una construcción, tal vez un poco más complicada pero sin
duda mucho más precisa, con regla y compás. Lo mismo ocurre si queremos construir un segmento de longitud
√
√
2. Sabemos que 2 es un número irracional y no existe ningún instrumento de medición por más preciso que
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sea que nos permita construir con exactitud un segmento de esta longitud. Sin embargo ésto es muy sencillo de
realizar con la regla y el compás.
Los griegos desarrollaron un cierto fanatismo por las construcciones con regla y compás, y llegaron a plantear
tres problemas que no tuvieron solución durante siglos y terminaron por resolverse con una de las teorı́as más
importantes de la matemática de los últimos siglos: la teorı́a de cuerpos. Se los conoces como los tres problemas
clásicos de la matemática griega y consisten en la duplicación del cubo, la trisección del ángulo y la cuadratura
del cı́rculo.
La duplicación del cubo consiste en construir (obviamente con regla y compás) la arista de un cubo que
tenga el doble de volumen que otro cubo cuya arista se da como dato del problema. El problema de duplicar
el cubo ciertamente fue el más famoso en los tiempos de los antiguos griegos. Según la leyenda, una terrible
peste asolaba la ciudad de Atenas. Una embajada de la ciudad fue al oráculo de Delos, consagrado a Apolo,
para consultar qué se debı́a hacer para erradicar la mortal enfermedad. Tras consultar al Oráculo, la respuesta
fue que se debı́a duplicar el altar consagrado a Apolo en la isla de Delos. El altar tenı́a una peculiaridad: su
forma cúbica. Prontamente, los atenienses construyeron un altar cúbico cuyas aristas eran el doble de las del
altar de Delos, pero la peste no cesó, se volvió más mortı́fera. Consultado de nuevo, el oráculo advirtió a los
atenienses que el altar no era el doble de grande, sino 8 veces mayor. En términos actuales, el problema consiste
√
en construir con regla y compás un segmento de longitud 3 2a a partir de un segmento de longitud a dado.
El problema de la trisección del ángulo consiste en dividir un ángulo cualquiera en tres ángulos iguales,
empleando únicamente la regla y el compás. Finalmente, la cuadratura del cı́rculo consiste en tratar de obtener,
dado un cı́rculo, un cuadrado cuya sea igual al área del cı́rculo. Los matemáticos de la Grecia clásica pronto se
interesaron por cuadrar figuras más o menos irregulares limitadas por rectas. Desde un punto de vista práctico,
cuadrar figuras irregulares permitı́a simplificar el cálculo de sus áreas ya que, mientras podı́a ser fatigoso calcular
el área de una figura no regular, el cálculo del área de su cuadrado equivalente serı́a trivial. Hoy sabemos que
ninguno de estos tres poblemas puede resolverse utilizando sólo regla no graduada y compás.
El primer problema teórico para intentar construir objetos que surjan de trazar rectas y circunferencias, es
determinar cómo una recta se interseca con una circunferencia o como dos circunferencias se intersecan entre sı́
(ya sabemos cómo se intersecan dos rectas). Dedicaremos las dos primeras secciones a resolver este problema.
Posteriormente presentaremos las construcciones clásicas que pueden hacerse con regla y compás, y finalmente
nos ocuparemos de los polı́gonos regulares y los cuadriláteros que pueden inscribirse en una circunferencia.
2.
Intersección de rectas y circunferencias
Pensemos por un momento en el problema planteado la introducción de la asignatura que recordamos a
continuación: Tres ciudades desean instalar una antena de telecomunicaciones que sirva a las tres. Para que la
señal llegue con igual intensidad a todos lados, se pretende instalar la antena en un lugar que equidiste de las
tres ciudades. ¿Cuál es el lugar ideal que deben elegir?
En ese momento se hayan plantearon dos casos: las tres ciudades pueden estar sobre un mismo camino recto
o no.
Si modelizamos matemáticamente el problema, podemos suponer que cada ciudad es un punto del plano,
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llamémoslos A, B y C, y debemos encontrar un cuarto punto D que equidiste de los otros tres. O sea d(D, A) =
d(D, B) = d(D, C) = λ, y por lo tanto A, B y C son puntos sobre la circunferencia de centro D y radio λ.
El primer caso, o sea cuando las tres ciudades se encuentran sobre un mismo camino recto, se traduce en
que los puntos A, B y C estén sobre una misma recta r. Por lo tanto, el punto D existirá si y sólo si existe una
circunferencia de centro D que interseque a la recta r en los tres puntos distintos A, B y C.
Si trazamos una circunferencia cualquiera en un plano, y trazamos distintas rectas en el plano, observamos
que la recta no siempre interseca a la circunferencia. Y cuando lo hace, no siempre la intersección tiene la misma
cantidad de puntos. De hecho, si consideramos la circunferencia C de la figura y las rectas r, s y t, vemos que
r interseca a C en dos puntos, s no interseca a C y t lo hace en un único punto.
Estas representaciones gráficas parecen sugerirnos que nuestro problema no tiene solución cuando los tres puntos
están alineados, o sea, una circunferencia y una recta no pueden intersecarse en más de dos puntos. En efecto,
nuestro primer resultado lo confirma:
Teorema 1. Una recta y una circunferencia se intersecan en a lo sumo dos puntos.
Demostración:
Consideremos una circunferencia C y una recta r. Supongamos razonando por el absurdo que C y r se
intersecan en más de dos puntos distintos. Existirán entonces al menos tres puntos distintos P , Q y R que estén
simultaneamente en C y r.
Sea O el centro de C y sea a su radio. Entonces los puntos P , Q y R son tres puntos alineados que están a
distancia a de O, como se muestra en la figura.
4
4
ˆ R = ORP
ˆ . Pero OQR tambiés es
Luego el triángulo OP R es isósceles con OP = OR, de donde OP
ˆ = ORQ.
ˆ
ˆ R = OQR,
ˆ
isósceles con OQ = OR, de donde OQR
Concluimos que OP
lo cual es absurdo pues
4
ˆ es un ángulo exterior a OP Q y por lo tanto OQR
ˆ = OP
ˆ R + P OQ
ˆ > OP
ˆ R.
OQR
93
Es fácil construir una recta que interseque a una circunferencia dada en exáctamente dos puntos: basta
tomar dos puntos cualesquiera de la circunferencia y trazar la recta que ellos determinan. Es bastante evidente
que hay rectas que no cortan a la circunferencia (basta tomar rectas suficientemente lejos de la circunferencia,
formalizaremos este concepto más adelante). Sin embargo, no es evidente que deban existir rectas que corten a
una circunferencia en exáctamente un punto. Probaremos su existencia en el siguiente teorema.
Definición:
Dadas una recta r y una circunferencia C, decimos que r es tangente a C en el punto P si C ∩ r = {P }.
Teorema 2. Sea C una circunferencia de centro O y sea r una recta. r es tangente a C en P si y sólo si
OP es perpendicular a r.
Demostración:
⇒) Supongamos primero que r es tangente a C en P , es decir, que r interseca a C sólo en P .
Supongamos razonando por el absurdo que OP no es perpendicular a r. Como la perpendicular a r por
O existe y es única, existirá un punto Q 6= P en r tal que Q es el pie de la perpendicular a r por O. Como
−−→
P Q > 0, existirá un punto R en la semirrecta opuesta a QP tal que RQ = P Q.
4
4
ˆ =
Comparando los triángulos OP Q y ORQ, tenemos P Q = QR por construcción, OQ lado común y OQP
4
4
ˆ = 1R. Luego OP Q=c ORQ y por lo tanto OR = OP . Concluimos que Q ∈ C, lo cual contradice el
OQR
hecho que C interseca a r sólo en P .
⇐) Supongamos ahora que OP es perpendicular a r. Sea R ∈ r un punto cualquiera de r distinto de P .
4
Entonces el triángulo OP R es rectángulo en P , de donde P̂ > R̂ y entonces OR > OP . Concluimos que
R∈
/ C pues el radio de C es OP . Luego r corta a C sólo en P .
94
La cantidad de puntos en que una recta corta a una circunferencia dependará de “cuán lejos” esté la recta
del centro de la circunferencia.
Dado un punto y una recta, de alguna manera la distancia del punto a la recta deberá medir el camino más
corto que debemos recorrer desde el punto hasta tocar la recta. Esto motiva la siguiente definición:
Definición:
Dadas una recta r y un punto P , se denomina distancia de P a r a d(P, r) = ı́nf{d(P, Q) : Q ∈ r}.
Teorema 3. Dados un punto P y una recta r, sea T el pie de la perpendicular a r por P . Entonces
d(P, r) = d(P, T ).
Demostración:
Consideremos una recta r y un punto P cualquiera. Sea T el pie de la perpendicular a r por P y consideremos
el conjunto D = {d(P, Q) : Q ∈ r} ⊂ R. Debemos probar que d(P, T ) = ı́nf D, o sea, que d(P, T ) es la mayor
de las cotas inferiores de D.
Analizaremos el caso en que P ∈
/ r. Consideremos entonces un punto Q ∈ r cualquiera. Si Q = T
4
trivialmente d(P, T ) = d(P, Q). Si T 6= Q, tenemos un triángulo P T Q, rectángulo en T̂ . Luego T̂ es el mayor
de los ángulos, y el lado que se le opone es por lo tanto el mayor de los lados. O sea que P T < P Q y por lo
tanto d(P, T ) < d(P, Q).
Conluimos que d(P, T ) ≤ a para cualquier elemento a ∈ D. Por lo tanto d(P, T ) es cota inferior de D. Si
ahora λ es una cota inferior cualquiera de D, se tiene λ ≤ a para todo a ∈ D. Como en particular d(P, T ) ∈ D,
resulta λ ≤ d(P, T ).
Resulta entonces que d(P, T ) es la mayor de las cotas inferiores de D, como querı́amos probar.
Si P ∈ r, trivialmente d(P, r) = 0 (dejamos la prueba como ejercicio).
Podemos reescribir entonces el Teorema 2 de la siguiente manera:
Una recta es tangente a una circunferencia si y sólo si la distancia del centro de la circunferencia a la recta es
igual al radio de la circunferencia.
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Veremos en el siguiente corolario, cuya demostración dejamos como ejercicio, que la distancia del centro de
la circunferencia a una recta caracteriza completamente la cantidad de puntos en que la recta interseca a la
circunferencia.
Corolario 4. Sea C una circunferencia de centro O y radio a y sea r una recta. Entonces:
1. r interseca a C en un dos puntos si y sólo si d(O, r) < a;
2. r interseca a C en un punto si y sólo si d(O, r) = a;
3. r no interseca a C si y sólo si d(O, r) > a.
2.1.
Ejercicios propuestos
4
1. Sea ABC es un triángulo equilátero de lado 2. Determinar la distancia de cada vértice a la recta que
contiene el lado opuesto.
2. En la siguiente figura, ABCD es un cuadrado y P , Q, R y S son los puntos medios de cada lado. Construir
utilizando regla no graduada y compás una circunferencia que sea tangente con cada uno de los lados del
cuadrado (una tal circunferencia se denomina inscripta en el cuadrado).
3. Demostrar que dada una circunferencia de centro O, cualquier semirrecta con origen en O corta a la
circunferencia en un único punto.
3.
Intersección entre circunferencias
Analizaremos ahora cómo pueden intersecarse dos circunferencias.
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Si observamos la imagen anterior, es evidente que la cantidad de puntos en que se intersecan dos circunferencias tiene que ver con la relación entre la distancia entre los centros y los radios de ambas circunferencias. Es
un buen ejercicio intentar formalizar las situaciones que se muestran en los distintos gráficos. En este momento
nos interesa demostrar lo que ocurre en el primer ejemplo.
Sean C y C 0 dos circunferencias de centros O y O0 y radios b y c respectivamente. Sea a = d(O, O0 ).
Supongamos que C y C 0 se interesecan en exáctamente dos puntos P y Q. Entonces O, O0 y P son los vértices
de un triángulo y por lo tanto vale la propiedad triangular, que en este caso establece que la suma de dos
cualesquiera de los valores a, b y c es mayor que el tercero. Veremos que esta condición además de ser necesaria,
es suficiente para que dos circunferencias se corten en exactamente dos puntos. Por el momento podemos probar
la siguiente propiedad parcial, cuya demostración incluimos en el Apéndice a esta unidad:
Teorema 5. Sean C y C 0 dos circunferencias de centro O y O0 y radios b y c respectivamente. Sea a =
d(O, O0 ). Si los números reales positivos a, b y c verifican que la suma de dos cualesquiera de ellos es mayor
que el tercero, entonces las circunferencias C y C 0 se intersecan en al menos dos puntos.
Para poder demostrar que dos circunferencias con estas caracterı́sticas se intersecan en exáctamente dos
puntos, deberemos esperar a la sección 5.1. Por el momento, este resultado es suficiente para las aplicaciones
que veremos.
Como consecuencia de este teorema resolveremos nuestro primer problema de construcción:
Problema 1: Dados tres segmentos de medidas a, b y c de modo que la suma de dos cualesquiera de ellas es
4
mayor que la tercera, construir un triángulo ABC cuyos lados midan a, b y c.
Solución: Consideremos los segmentos AB, RS y T U de longitudes c, a y b respectivamente.
97
Con centro en A trazamos una circunferencia de radio b y con centro en B trazamos una circunferencia de
radio a. Por el Teorema 5, estas circunferencias se cortarán en dos puntos C y C 0 . Eligiendo cualquiera de ellos,
tenemos el triángulo buscado.
Observemos que esta construcción nos permite demostrar la recı́proca de la desigualdad triangular:
Corolario 6. Dados tres números reales a, b y c tales que la suma de dos cualesquiera de ellos es mayor
que el tercero, existe un triángulo tal que sus lados miden a, b y c.
−−→
Problema 2: Dado un ángulo α̂ y una semirrecta OX, constuir utilizando regla no graduada y compás un
ˆ congruente con α̂.
ángulo XOY
Solución: Ya hemos resuelto este problema en la Unidad 2, pero no hemos demostrado que el procedimiento
realizado es válido. Lo demostraremos ahora.
−→
ˆ = α̂ y la semirrecta −
ˆ es un ángulo llano, elegimos
Consideremos el ángulo P QR
OX de la figura. Si P QR
−−→
−−→
como OY la semirrecta opuesta de OX.
−→
ˆ no es llano, elegimos un punto cualquiera A ∈ −
Si P QR
QP y trazamos una circunferencia de centro Q y
−−→
radio a = QA. Por el ejercicio 3 de la sección 2.1, esta circunferencia cortará a la semirrecta QR en un punto
B. Sea b = d(A, B).
−−→
Tracemos una circunferencia de centro O y radio a, que siguiendo el mismo razonamiento cortará a OX en
un punto A0 . Trazamos ahora una circunferencia con centro en A0 y radio b. Es claro que las circunferencias de
centro O y radio a y de centro A0 y dario b verifican las hipótesis del Teorema 5, pues a y b son las medidas de
4
los lados del triángulo isósceles AQB. Luego estas circunferencias se cortan en dos puntos. Uno de ellos es el
punto Y buscado, dependiendo de en qué semiplano queremos ubicar el ángulo.
98
En efecto, por construcción tenemos QA = OA0 , QB = OY y AB = A0 Y . Luego por el criterio LLL, los
4
4
ˆ = AQB
ˆ = α.
triángulos AQB y A0 OY son congruentes y en particular A0 OY
3.1.
Ejercicios propuestos
1. Dados los siguientes segmentos AB, CD y EF , construir con regla no graduada y compás:
a) un triángulo equilátero de lado AB;
b) un triángulo isósceles cuyos lados congruentes midan AB y el lado desigual mida CD;
c) un romboide que tenga lados de longitudes AB y CD y diagonal mayor de longitud EF ;
d) un rombo de lado AB y diagonal CD.
2. Construir con regla no graduada y compás un ángulo de 60◦ y un ángulo de 120◦ .
4.
Mediatriz de un segmento y bisectriz de un ángulo.
En la Unidad 2 establecimos la existecia de ángulos rectos, de rectas perpendiculares, y probamos que
siempre existe una semirrecta, la bisectriz de un ángulo, que lo divide en dos ángulos iguales. Sin embargo no
sabemos aún como construirlos con precisión. En esta sección analizaremos estas construcciones entre otras.
Comezamos definiendo qué entendemos por la mediatriz de un segmento:
Definición:
←→
Dado un segmento AB, se denomina mediatriz de AB a la única recta perpendicular a AB que pasa por
el punto medio de AB.
Supongamos que hemos podido trazar la mediatriz m del segmento AB, y sea P un punto cualquiera de
m. Sea M el punto medio de AB.
99
4
4
ˆ P = BM
ˆ P = 1R, AM = M B por ser M
Si comparamos los triángulos AM P y BM P , tenemos que AM
4
4
punto medio de AB y M P es un lado común. Luego AM P =c BM P , y en particular AP = BP . Esto es,
cualquiera sea P ∈ m, se verifica d(A, P ) = d(B, P ). Esta propiedad caracteriza completamente la mediatriz
de un segmento:
Teorema 7. La mediatriz de un segmento es el conjunto de puntos del plano que equidistan de los extremos
del segmento.
Demostración:
Consideremos un segmento AB en un plano π, sea M su punto medio y sea m su mediatriz. Por otra parte,
consideremos el conjunto B = {P ∈ π : d(A, P ) = d(B, P )}. Debemos probar que m = B.
Tenemos que demostrar la igualdad entre dos conjuntos. Por el razonamiento que hicimos antes de enunciar
el teorema, resulta claro que m ⊂ B. Probaremos entonces la otra contención.
−→
ˆ Q = 1R, pues en ese caso ←
Sea Q ∈ B. Para ver que Q ∈ m bastará que ver que BM
M Q es perpendicular
←−→
a AB por M , y como esta perpendicular es única, deberá ser m = M Q.
Como Q ∈ B, AQ = BQ.
4
4
En los triángulos AM Q y BM Q tenemos además que AM = M B y M Q es lado común. Por el criterio LLL,
ˆ Q = BM
ˆ Q. Como estos ángulos son adyacentes, ambos
los triángulos resultan congruentes y en particular AM
deben ser rectos como querı́amos probar.
Problema 3: Dado un segmento AB construir con regla no graduada y compás la mediatriz de AB
Solución: Consideremos un segmento AB de longitud a. Con centro en A, trazamos la circunferencia de radio
a, y con centro en B, trazamos la circunferencia de radio a. Como 2a > a, podemos aplicar el Teorema 5.
Resultará que las circunferencias se cortan en dos puntos P y Q.
100
Observemos que por construcción, d(A, P ) = d(B, P ) y d(A, Q) = d(B, Q). Por lo tanto P y Q son puntos
sobre la mediatriz m de AB. Como la mediatriz es única, y dos puntos distintos determinan una única recta,
←→
resulta m = P Q.
Problema 4: Dada una recta r y un punto P ∈ r, construir con regla no graduada y compás una recta
perpendicular a r que pase por P
Solución: Consideremos una recta r y P ∈ r. Con centro en P trazamos una circunferencia de radio arbitrario.
Esta circunferencia cortará a la recta r en exactamente dos puntos A y B, pues su centro es P y d(P, r) = 0.
Trazamos ahora la mediatriz de AB siguiendo los pasos del problema anterior. Sea m esta recta. Entonces m
es perpendicular a r y P ∈ m pues por construcción P es el punto medio de AB.
Problema 5: Dada una recta r y un punto P ∈
/ r, construir con regla no graduada y compás una recta
perpendicular a r que pase por P
/ r, d(P, Q) = a > 0. Trazamos con centro en
Solución: Consideremos un punto Q ∈ r cualquiera. Como P ∈
P una circunferencia C(P, a) de radio a, que obviamente pasa por Q. Existen dos opciones: r ∩ C(P, a) = {Q}
o bien r ∩ C(P, a) = {Q, R}, con R 6= Q.
←→
En el primer caso, la circunferencia trazada es tangente a r en Q, y por lo tanto P Q es perpendicular a r. En el
segundo caso, d(P, Q) = d(P, R), o sea que P pertenece a la mediatriz de P Q. Trazamos entonces la mediatriz
de P Q, que será una recta perpendicular a r que pasa por P .
.
Problema 6: Dada una recta r y un punto P ∈
/ r construir utilizando regla no graduada y compás una recta
paralela a r que pase por P .
Solución: Sea Q un punto cualquiera de r y sea a = d(P, Q). Trazamos una circunferencia C con centro en Q
y radio a. Esta circunferencia corta a r en dos puntos. Elijamos uno de ellos y llamémoslo R. Con centro en P
trazamos una circunferencia C1 de radio a, y con centro en R trazamos una circunferencia C2 del mismo radio.
C1 y C2 se cortan en Q y en un segundo punto S.
101
Por construcción, P Q = RS = a y P S = QR = a. Por lo tanto P QRS es un paralelogramo, y en particular
←
→
←→
P S es paralela a QR.
ˆ
Nos ocuparemos ahora de construir la bisectriz de un ángulo. Recordemos que dado un ángulo ABC,
la
−
−
→
ˆ es una semirrecta BX, interior a ABC
ˆ tal que ABX
ˆ = XBC.
ˆ
bisectriz de ABC
−−→
←→
←→
Consideremos un punto P cualquiera sobre BX y comparemos las distancias d(P, AB) y d(P, BC). Obser←→
←→
vemos primero que si P = B, entonces d(P, AB) = d(P, BC) = 0. Supongamos entonces que P 6= B. Sean Y
←→
←→
y Z los pies de las perpendiculares a AB y a BC por P respectivamente.
4
4
ˆ = P BZ
ˆ por hipótesis y P Yˆ B = P ZB
ˆ = 1R por
Si comparamos los triángulos P Y B y P ZB, tenemos P BY
ˆ Y = BP
ˆ Z. Como BP es un lado común, por el criterio
construcción. Entonces automáticamente resulta BP
4
4
←→
←→
ALA, resulta P Y B=c P ZB y en particular P Y = P Z. Luego d(P, AB) = d(P, BC).
Esta propiedad caracteriza completamente la bisectriz de un ángulo:
Teorema 8. La bisectriz de un ángulo es el conjunto de los puntos del ángulo que equidistan de las rectas
que contienen los lados del ángulo.
−→
ˆ un ángulo cualquiera menor que un llano y sea −
Demostración: Sea ABC
BX su bisectriz. Sea B el conjunto
−−→
de los puntos del ángulo que equidistan de los lados del ángulo. Debemos probar que BX = B.
−−→
Por el razonamiento anterior al Teorema, resulta claro que BX ⊂ B. Probaremos ahora la otra contención.
←→
←→
Sea Q ∈ B, y sean Y y Z los pies de las perpendiculares a AB y a BC por P respectivamente.
102
←→
←→
Por hipótesis, P ∈ B y entonces d(P, AB) = d(P, BC) y por lo tanto Y P = ZP . Comparando los triángulos
4
4
Y BP y ZP B, tenemos Y P = ZP , BP es un lado común que se opone al mayor de los ángulos BYˆ P =
4
4
ˆ = 1R. Por criterio LLA resulta Y BP =c ZP B y en particular Y BP
ˆ = ZBP
ˆ . Por lo tanto P pertenece a
BZP
ˆ como querı́amos probar.
la bisectriz de ABC
Problema 7: Construir con regla no graduada y compás la bisectriz de un ángulo dado.
ˆ un ángulo convexo cualquiera. Si ABC
ˆ es llano, basta trazar una perpendicular a la frontera
Solución: Sea ABC
ˆ por cualquier punto.
de ABC
−→
ˆ no es llano. Sea P ∈ −
Supongamos que ABC
BA, P 6= B. Trazamos con centro en B una circunferencia
−−→
de radio BP . Esta circunferencia corta a la semirrecta BC en un punto Q. Trazamos ahora la mediatriz del
−−→
ˆ
Dejamos
segmento P Q. Esta recta corta a P Q en su punto medio M . Entonces BM es la bisectriz de ABC.
como ejercicio justificar la validez de este procedimiento.
103
4.1.
Ejercicios propuestos
1. Trazar utilizando regla no graduada y compás una recta tangente a la circunferencia dada por el punto
dado.
2. Dado un segmento AB de longitud 1, constuir con regla no graduada y compás un segmento de longitud
√
2. Justificar el procedimiento realizado.
3. Dar dos segmentos cualesquiera AB y CD.
a) Construir con regla no graduada y compás dos cuadrados C1 y C2 de lados de longitud AB y CD
respectivamente.
b) Constuir con regla no graduada y compás un cuadrado de área la suma de las áreas de los cuadrados
C1 y C2 . Justificar el procedimiento realizado (intentar hacer dos procedimientos diferentes).
4. Dibujar un triángulo cualquiera y trazar con regla y compás las mediatrices de los tres lados del triángulo.
¿Qué pueden observar?
5. Dibujar un triángulo cualquiera y trazar con regla y compás las bisectrices de los tres ángulos del triángulo.
¿Qué pueden observar?
6. Dados los siguientes segmentos AB, CD y EF ,
a) construir con regla no graduada y compás un paralelogramo de lados de medidas AB y CD;
b) constuir con regla no graduada y compás un trapecio isósceles de lados paralelos de medidas AB y
EF y lados no paralelos de medida CD.
7. Justificar la validez del procedimiento dado para construir con regla no graduada y compás la bisectriz de
un ángulo.
104
5.
Puntos notables del triángulo.
Antes de continuar la lectura de esta unidad, les proponemos releer e intentar nuevamente resolver el
problema planteado en la introducción:
Problema: Tres ciudades desean instalar una antena de telecomunicaciones que sirva a las tres. Para que la
señal llegue con igual intensidad a todos lados, se pretende instalar la antena en un lugar que equidiste de las
tres ciudades. ¿Cuál es el lugar ideal que deben elegir?
Pensemos nuevamente que cada ciudad del problema anterior es un punto del plano. Si los puntos están
alineados, vimos que el problema no tiene solución, no podemos encontrar un punto que esté a la misma distancia
de tres puntos alineados distintos. Si los puntos no están alineados, constituyen los vértices de un triángulo, y
por lo tanto nuestro problema se transforma en encontrar un punto del plano que equidiste de los tres vértices
de un triángulo. Si elegimos dos cualesquiera de estos puntos, el punto donde prentendemos ubicar la antena
deberá equidistar de estos dos puntos, y por lo tanto deberá ser un punto de la mediatriz del segmento que
estos dos puntos determinan. Por lo tanto nuestro problema tendrá solución si las tres mediatrices de los lados
de un triángulo se cortan en un punto común.
Definiciones:
Se denomina mediatriz de un triángulo a cada una de las mediatrices de los lados del triángulo.
Se denomina bisectriz de un triángulo a cada una de las bisectrices de los ángulos del triángulo.
Se denomina mediana de un triángulo a cada uno de los segmentos que une el punto medio de un lado
del triángulo con el vértice opuesto a ese lado.
Teorema 9. Las tres mediatrices de un triángulo se cortan en un punto.
4
Demostración: Consideremos un triángulo ABC cualquiera. Sean m1 la mediatriz del lado AB, m2 la mediatriz
de BC y m3 la mediatriz de AC. m1 y m2 son rectas secantes (¿por qué?) y por lo tanto se cortan en un punto
O. Debemos probar que O ∈ m3 .
Como O ∈ m1 , se tiene que d(O, A) = d(0, B) = λ, y como O ∈ m2 , tenemos que d(O, B) = d(O, C) = λ.
Pero entonces, d(O, A) = d(O, C) = λ, lo que implica que O ∈ m3 como querı́amos probar.
De forma completamente análoga se demuestra el siguiente teorema:
105
Teorema 10. Las tres bisectrices de un triángulo se cortan en un punto.
El punto de intersección de las tres mediatrices de un triángulo tiene la propiedad que equidista de los tres
vértices del triángulo. Si llamamos O al punto de intersección y λ a la distancia de O a cualquiera de los vértices,
resultará que la circunferencia de centro O y radio λ pasa por los tres vértices del triángulo.
De manera similar, si O0 es el punto de intersección de las bisectrices del triángulo, entonces O0 equidista de
los lados del triángulo. Sea λ0 esta distancia. Sean C 0 , B 0 y A0 los pies de las perpendiculares a los lados AB, AC
←→
y BC que pasan por O0 respectivamente. Entonces d(O, AB) = OC 0 = λ0 , etc. Por lo tanto la circunferencia
de centro O0 y radio λ0 pasa por A0 , B 0 y C 0 . Es más, como estos puntos de intersección realizan la distancia
de O0 a cada uno de los lados, resulta que la circunferencia es tangente a cada uno de los lados del triángulo.
Definiciones:
Dado un polı́gono cualquiera, decimos que una circunferencia es
circunscripta al polı́gono, si todos los vértices del polı́gono pertenecen a la circunferencia;
inscripta al polı́gono, si la circunferencia es tangente a cada uno de los lados del polı́gono.
Puede verse que una circunferencia circunscripta o inscripta a un polı́gono, si existe, es única. Como consecuencia del razonamiento anterior, tenemos:
Corolario 11. El punto de intersección de las mediatrices de un triángulo es el centro de la circunferencia
circunscripta al triángulo. El punto de intersección de las bisectrices de un triángulo es el centro de la
circunferencia inscripta al triángulo.
106
Estos puntos tienen propiedades importantes, y por lo tanto reciben un nombre particular:
Definiciones:
Dado un triángulo, se denomina:
circuncentro del triángulo, al punto de intersección de sus tres mediatrices;
incentro del triángulo, al punto de intersección de sus tres bisectrices.
Notablemente, las medianas y las alturas de un triángulo tienen propiedades similares:
Teorema 12. Las tres alturas de un triángulo se intersecan en un punto.
Demostración:
4
Consideremos un triángulo ABC y sean hA , hB y hC las alturas del triángulo que pasan por los vértices A,
B y C respectivamente.
Trazamos una recta r1 paralela al lado AB por el vértice C, una recta r2 paralela al lado AC por el vértice
B y una recta r3 , paralela al lado BC por el vértice A. Entonces r1 y r2 se cortan en un punto A0 , r1 y r3 se
cortan en un punto B 0 y r2 y r3 se cortan en un punto C 0 .
Por construcción, tenemos que AB 0 CB es un paralelogramo, de donde concluimos que AB 0 = BC. Pero
C 0 ACB también es un paralelogramo, y por lo tanto C 0 A = BC. Resulta entonces que B 0 A = AC 0 , y por lo
tanto A es punto medio de B 0 C 0 .
Por otra parte, hA es perpendicular a BC. Y como BC es paralelo a B 0 C 0 , resulta que hA es una recta
perpendicular a B 0 C 0 que pasa por su punto medio. Es decir, hA es la mediatriz de B 0 C 0 . De la misma manera
podemos probar que hB es la mediatriz de A0 C 0 y hC es la mediatriz de A0 B 0 . Siendo las mediatrices del
4
triángulo A0 B 0 C 0 , hA , hB y hC se cortan en un punto.
107
Definición:
El punto de intersección de las alturas de un triángulo se denomina ortocentro del triángulo.
Teorema 13. Las tres medianas de un triángulo se intersecan en un punto.
Demostración:
4
Sea ABC un triángulo. Sean A0 el punto medio de BC, B 0 el punto medio de AC y C 0 el punto medio de
4
AB. Las medianas de ABC son AA0 , BB 0 y CC 0 . Consideremos el punto O de intersección de dos de ellas,
−−→
supongamos {O} = AA0 ∩ BB 0 , y sea D el punto de intersección de la semirrecta CO y el lado AB. Bastará
probar que D = C 0 .
4
4
Observemos que los triángulos BDO y ADO tienen la misma altura h respecto de las bases BD y DA
respectivamente. Tenemos entonces que
4
A(BDO) =
4
DA · h
BD · h
, A(ADO) =
2
2
Dividiendo miembro a miembro las ecuaciones anteriores, obtenemos que
4
BD
A(BDO)
=
4
DA
A(ADO)
(1)
Por el mismo argumento, resulta
4
A(BDC)
BD
=
4
DA
A(ADC)
Observemos ahora que si tenemos cuatro números reales que verifican
En efecto, de la primer proporción, resulta x · w = z · y. Entonces
(2)
x
y
=
z
w,
entonces debe verificarse
x · (w − y) = x · w − x · y = z · y − x · y = (z − x) · y ⇒
x
y
=
z−x
w−y .
x
z−x
=
y
w−y
Aplicando esta propiedad a (1) y (2), resulta
4
4
4
BD
A(BDC) − A(BDO)
A(BOC)
=
=
4
4
4
DA
A(ADC) − A(ADO)
A(AOC)
108
(3)
De la misma manera, y teniendo en cuenta que BA0 = A0 C y CB 0 = B 0 A podemos probar que
4
4
CA0
AB 0
A(COA)
A(AOB)
1= 0 =
y
1
=
=
0
4
4
AB
BC
A(BOA)
A(COB)
(4)
Multiplicando miembro a miembro las tres ecuaciones en (3) y (4), resulta
4
4
4
BD
A(BOC) A(COA) A(AOB)
·
·
=1
=
4
4
4
DA
A(AOC) A(BOA) A(COB)
de donde BD = DA y por lo tanto D es el punto medio de AB como querı́amos probar.
Definición:
El punto de intersección de las medianas de un triángulo se denomina baricentro del triángulo, y se denota
con la letra G.
4
Teorema 14. Sean ABC un triángulo, A0 , B 0 y C 0 los puntos medios de los lados BC, AC y AB respectivamente y sea G el baricentro del triángulo. Entonces
AG
BG
CG
=
=
= 2.
0
0
GA
GB
GC 0
Demostración:
El baricentro del triángulo determina seis triángulos como en la figura. Todos ellos tienen igual área (ejercicio), que denotamos con x.
Siguiendo el mismo procedimiento que en la demostración del teorema anterior, resulta
4
AG
A(AGB)
2x
=
=
= 2.
0
4
GA
x
0
A(GBA )
El mismo razonamiento demuestra las otras dos proporciones.
109
5.1.
Ejercicios propuestos
1. Graficar cuatro triángulos y hallar el incentro, el circuncentro, el baricentro y el ortocentro.
2. En las siguientes figuras se muestran arcos de circunferencia. Hallar el centro de la circunferencia a la que
pertenecen.
3. Demostrar que un triángulo isósceles, (la recta que contiene a) la mediatriz, la mediana y la altura del
lado desigual coinciden con la bisectriz del ángulo desigual.
4. Probar que en un triángulo equilátero, los cuatro puntos notables coinciden.
5. En el siguiente triángulo, A0 y C 0 son los puntos medios de los lados correspondientes. Marcar utilizando
sólo regla no graduada el punto medio de AC.
6. En el siguiente triángulo, no tenemos acceso a uno de sus vértices (es decir, no podemos prolongar los
lados para ver donde se cortan). Constuir con regla y compás la altura correspondiente al lado AB.
7. Sean r y s dos rectas no paralelas como en la figura, donde no vemos el punto de intersección. Trazar
con regla no graduada y compás una recta cuyos puntos equidisten de r y de s.
110
8. Probar que si un triángulo tiene dos medianas congruentes o dos alturas congruentes, entonces es isósceles.
9. Probar que si dos triángulos son congruentes, las alturas y las medianas de lados homólogos son congruentes.
4
4
10. Sea ABC un triángulo de área 2. Sean AA0 y CC 0 dos medianas y sea G el baricentro de ABC. Si P es
4
el punto medio de P A0 , calcular el área del triángulo P GA.
11. Probar que en todo triángulo rectángulo, la suma de los catetos es igual a la suma de los diámetros de la
circunferencia inscripta y de la circunferencia circunscripta al triángulo.
12. Demostrar que tres puntos no alineados determinan una única circunferencia. Concluir que dos circunferencias distintas se intersecan en a lo sumo dos puntos.
6.
Polı́gonos regulares. Cuadriláteros cı́clicos y ángulos inscriptos
Como hemos visto, todo triángulo puede ser inscripto en una circunferencia, y existe siempre una circunferencia inscripta en él. Este resultado no es válido en general para un polı́gono arbitrario. Veremos en esta sección
que sin embargo esto es posible para los polı́gonos regulares. Estos resultados serán de gran importancia para
poder, más adelante, definir y calcular la longitud de una circunferencia y el área de un cı́rculo.
Definición:
Un polı́gono se dice regular si todos sus ángulos y todos sus lados son congruentes entre sı́.
Evidentemente, un triángulo regular es un triángulo equilátero, y un cuadrilátero regular es un cuadrado. En
la siguiente figura mostramos un pentágono, un hexágono regular, y polı́gonos regulares de 15 y 20 lados. Es
notable como al aumentar la cantidad de lados, el polı́gono regular se asemeja cada vez más a una circunferencia.
111
Teorema 15. Dado un polı́gono regular de n lados, existe una única circunferencia inscripta en él y una
única circunferencia circunscripta a él. Ambas circunferencias tienen el mismo centro.
Demostración:
Sea A1 A2 · · · An un polı́gono regular de n lados, es decir
A1 A2 = A2 A3 = · · · = An−1 An = An A1 , Â1 = Â2 = · · · = Aˆn .
Sea m1 la mediatriz de A1 A2 y m2 la mediatriz de A2 A3 y sea O la intersección de m1 y m2 . Probaremos que
O es el centro de la circunferencia inscripta y circunscripta al polı́gono.
Primero veamos que la circunferencia de centro O y radio OA1 circunscribe al polı́gono. Para ello, bastará
probar que OAi = OA1 para todo i = 2, · · · , n.
Observemos primero que OA1 = OA2 = OA3 pues O está en las mediatrices m1 y m2 de A1 A2 y A2 A3
respectivamente.
4
4
Si comparamos los triángulos A1 OA2 y A2 OA3 , tenemos OA1 = OA2 , OA2 = OA3 y A1 A2 = A2 A3 por
hipótesis. Luego por el criterio LLL resultan congruentes. En particular, OAˆ1 A2 = OAˆ2 A3 y OAˆ2 A1 = OAˆ3 A2 .
Como además son isósceles, tenemos OAˆ1 A2 = OAˆ2 A1 y OAˆ2 A3 = OAˆ3 A2 . Es decir, los cuatro ángulos son
congruentes entre sı́.
Sea α la medida común de todos los ángulos interiores del polı́gono. Entonces
α = A1 Aˆ2 A3 = OAˆ2 A1 + OAˆ2 A3 = 2OAˆ2 A1
y por lo tanto
α
OAˆ1 A2 = OAˆ2 A1 = OAˆ2 A3 = OAˆ3 A2 = .
2
4
4
Si ahora comparamos los triángulos A2 OA3 y A3 OA4 , tenemos
ˆ 3 O = A4 Aˆ3 A2 − OAˆ3 A2 = α − α = α = OAˆ2 A3 ,
A4 A
2
2
OA3 = OA2 y A3 A4 = A2 A3 . Por el criterio LAL, ambos triángulos resultan congruentes y por lo tanto
OA4 = OA3 = OA1 .
112
4
4
Podemos continuar con este procedimiento y probar que los triángulos Ai Ai+1 O y Ai+1 Ai+2 O son con4
4
gruentes e isósceles, y por último que An−1 An O=c An A1 O. Por lo tanto resultará OAi = OA1 para cada
i = 2, · · · , n como querı́amos probar.
Veamos ahora que O también es el centro de la circunferencia inscripta en A1 A2 · · · An . Sea Mi el punto
medio del lado Ai Ai+1 para i = 1, · · · n − 1 y sea Mn el punto medio de An A1 . Como cada uno de los triángulos
4
4
Ai OAi+1 , i = 1, · · · , n − 1 y An OA1 son triángulos isósceles congruentes, las medianas y las alturas coinciden
y son todas congruentes entre si. Es decir que OMi = λ para todo i = 1, · · · n y que Mi O ⊥ Ai Ai+1 y
M n O ⊥ An A1 .
Por lo tanto si trazamos la circunferencia C de centro O y radio λ, vemos que cada Mi pertenece a la circunferencia, y C corta a cada lado en los pies de las perpendiculares a los lados por el centro O. Por lo tanto esta
circunferencia es tangente a cada uno de los lados del polı́gono como querı́amos probar.
Determinar si un polı́gono puede inscribirse o no en una circunferencia es básicamente equivalente a determinar si todas las mediatrices de los lados se cortan en un único punto. Para los polı́gonos regulares, vimos que
esto es cierto, pero no existen criterior generales para un polı́gono arbitrario. Es claro que existen polı́gonos no
regulares que pueden inscribirse en circunferencias, basta considerar el caso de cualquier triángulo no equilátero.
Pero existen otros que no pueden inscribirse como se muestra en la siguiente figura:
113
Para los cuadriláteros sin embargo existe un criterio interesante que permite decidir si está o no inscripto
en una circunferencia en función de sus ángulos. Para poder determinarlo, debemos introducir el concepto de
ángulo inscripto.
Definición:
−→ −−→
ˆ se dice inscripto en una circunferencia C de centro O si B ∈ C y los lados −
Un ángulo ABC
BA y BC
_
intersecan a C en puntos X e Y distintos de B. El arco de circunferencia XY que no pasa por B se denomina el
_
ˆ y el ángulo XOY
ˆ que incluye al arco XY se denomina el ángulo central
arco que subtiende el ángulo ABC
ˆ
correspondiente al ángulo inscripto ABC.
La propiedad más importante de los ángulos inscriptos en una circunferencia radica en que es posible
calcularlos a partir de los ángulos centrales correspondientes.
Teorema 16. Un ángulo inscripto en una circunferencia mide la mitad que el ángulo central correspondiente.
Demostración:
−→
−−→
ˆ un ángulo inscripto en una circunferencia C con {X} = −
Sea ABC
BA ∩ C e {Y } = BC ∩ C.
Dividiremos la demostración en tres casos como en la siguiente figura.
114
−−→
Caso 1: O ∈ BX.
4
ˆ es exterior al triángulo Y OB, y por lo tanto XOY
ˆ = OBY
ˆ + BYˆ O. Pero
En este caso, el ángulo XOY
4
ˆ = OBY
ˆ = BYˆ O y
Y OB es isósceles, pues OB = OY son radios de la circunferencia. Por lo tanto ABC
ˆ = 2ABC
ˆ como querı́amos probar.
XOY
ˆ
Caso 2: O es interior a ABC.
−−→
ˆ y ZBY
ˆ son ángulos inscriptos en
Trazamos la semirrecta BO que corta a C en un punto Z. Entonces XBZ
ˆ = 2XBZ
ˆ
C tal que O pertenece a uno de sus lados. Aplicando lo demostrado para el caso 1, resulta que XOZ
ˆ = 2ZBY
ˆ . Por lo tanto
y que ZOY
ˆ = XOZ
ˆ + ZOY
ˆ = 2XBZ
ˆ + 2ZBY
ˆ = 2XBY
ˆ = 2ABC
ˆ
XOY
ˆ
Caso 3: O es exterior a ABC.
−−→
ˆ = 2XBZ
ˆ
Trazamos la semirrecta BO que corta a C en el punto Z. Entonces, por el caso 1, resulta XOZ
ˆ = 2Y BZ.
ˆ
y Y OZ
Restando miembro a miembro estas igualdades, tenemos
ˆ = XOZ
ˆ − Y OZ
ˆ = 2XBZ
ˆ − 2Y BZ
ˆ = 2XBY
ˆ
XOY
como querı́amos probar.
Como consecuencia inmediata obtenemos el siguiente resultado:
Corolario 17. Si dos ángulos inscriptos en una circunferencia subtienden el mismo arco entonces son
congruentes.
Estamos finalmente en condiciones de caracterizar los cuadriláteros que pueden inscribirse en una circunferencia.
Definición:
Un cuadrilátero se denomina cı́clico si puede ser inscripto en una circunferencia. Es decir, si existe una
circunferencia circunscripta a él.
Teorema 18. Un cuadrilátero convexo es cı́clico si y sólo si la suma de los ángulos opuestos es 1llano.
Demostración:
Supongamos primero que tenemos un cuadrilátero cı́clico ABCD y sea C la circunferencia de centro O
circunscripta a él.
115
ˆ que
Denotemos por α̂ el ángulo central que subtiende un arco que pasa por B y por β̂ el ángulo central AOC
subtiende un arco que pasa por D.
ˆ es un ángulo inscripto en C cuyo ángulo central correspondiente es β̂ y ADC
ˆ es un ángulo
Entonces ABC
inscripto en C cuyo ángulo central correspondientes es α̂. Luego por el Teorema 19 resulta
ˆ + ADC
ˆ = 1 β̂ + 1 α̂ = 1 (β̂ + α̂) = 1llano.
ABC
2
2
2
ˆ y BAD.
ˆ
Un razonamiento análogo puede hacerse para los ángulos BCD
Supongamos ahora que ABCD es un cuadrilátero tal que la suma de los ángulos opuestos es 1llano.
Supongamos por el absurdo que ABCD no está inscripto en una circunferencia.
4
Sea C la circunferencia circunscripta al triángulo ABC. Entonces D ∈
/ C. Existen dos posibilidades: D es
interior a C o D es exterior a la circunferencia. Analizaremos el primer caso y dejamos el segundo como ejercicio.
−−→
En ese caso CD corta a C en un punto E distinto de A y B. Observemos que entonces ABCE es
ˆ = 1llano − ABC.
ˆ
cı́clico, y por lo probado anteriormente CEA
Pero por hipótesis, también tenemos que
ˆ
ˆ
CDA = 1llano − ABC.
4
ˆ = CDA.
ˆ
ˆ es exterior al triángulo DEA y por
Por lo tanto debe ser CEA
Pero esto es absurdo, pues CDA
ˆ > CEA.
ˆ
lo tanto CDA
Concluimos que D ∈ C y por lo tanto ABCD es cı́clico.
116
6.1.
Ejercicios propuestos
1. Determinar si los siguientes polı́gonos están o no inscriptos en una circunferencia.
2. Calcular la medida de cada ángulo interior de un polı́gono regular de n lados. Dibujar con semicı́rculo,
regla no graduada y compás un pentágono y un heptágono regular de manera lo más precisa posible.
3. Demostrar que el lado de un hexágono regular es congruente con el radio de la circunferencia circunscripta
a él. Construir con regla no graduada y compás un hexágono regular.
4. En las siguientes figuras se muestran un pentágono regular y un heptágono regular. Construir a partir de
ellos un decágono regular y un polı́gono regular de 14 lados.
5. Sea C una circunferencia y sea XY un diámetro. Probar que cualquiera sea P ∈ C, P 6= X, P 6= Y ,
4
XP Y es rectángulo en P .
6. Demostrar que el circuncentro de un triángulo rectángulo es el punto medio de la hipotenusa.
7. Determinar en cada caso la medida de los ángulos pedidos.
117
8. Calcular todos los ángulos interiores de los siguientes cuadriláteros cı́clicos.
ˆ = 60◦ ,
9. Un cuadrilátero convexo cı́clico ABCD está inscripto en una circunferencia de centro O. Si ABC
ˆ = 100◦ BCO
ˆ = 40◦ y OCD
ˆ = 30◦ , calcular todos los ángulos interiores de ABCD.
BOC
_
10. Sea ABCD un cuadrilátero inscipto en una circunferencia y sea E un punto cualquiera del arco BC que
ˆ = AED
ˆ = DEC.
ˆ
no contiene a A, distinto de B y de C. Probar que BEA
11. Hallar el radio de la circunferencia que:
a) está inscripta en un cuadrado de 12cm de lado;
b) circunscribe a un hexágono regular de 2cm de lado.
118
12. Dada una circunferencia y un punto exterior a ella, determinar y justificar un método para construir con
regla y compás una recta tangente a la circunferencia que pase por el punto dado.
13. Dadas dos rectas r y s, se denomina distancia entre r y s a
d(r, s) = ı́nf{d(P, Q) : P ∈ r, Q ∈ s}.
a) Probar que si r ∩ s 6= ∅, entonces d(r, s) = 0.
b) Probar que si r y s son paralelas, entonces d(r, s) = d(P, Q) donde P y Q son las intersecciones de
r y s respectivamente con cualquier recta perpendicular a ambas.
14. Sean C una circunferencia de centro O y radio r y C 0 una circunferencia de centro O0 y radio r0 . Para cada
item, realizar un dibujo de la situación, determinar en cuántos puntos se intersecan las circunferencias y
dar una demostración.
a) O0 ∈ C, r0 < 2r;
b) O0 ∈ C, r0 = 2r;
c) O0 ∈ C, r0 > 2r;
d) r0 > r, r0 > d(O, O0 ) y r − r0 > d(O, O0 );
e) r0 > r, r0 > d(O, O0 ) y r − r0 < d(O, O0 ).
15. Dado un polı́gono regular, se denomina apotema al radio de la circunferencia inscipta en él.
a) Demostrar que el área de un polı́gono regular es el producto de su semiperı́metro (la mitad de su
perı́metro) por su apotema.
b) Calcular el área de un hexágono regular de lado 1.
16. Dado un cuadrilátero ABCD cualquiera, construir utilizando regla no graduada y compás un triángulo
de igual área que el cuadrilátero dado.
4
17. Probar que el ortocentro H de un triángulo ABC cuyos tres ángulos son agudos es el incentro I del
4
triángulo cuyos vértices son los pies de las alturas de ABC.
7.
Apéndice: Demostración del Teorema 5
Teorema 5. Sean C y C 0 dos circunferencias de centro O y O0 y radios b y c respectivamente. Sea a =
d(O, O0 ). Si los números reales positivos a, b y c verifican que la suma de dos cualesquiera de ellos es mayor
que el tercero, entonces las circunferencias C y C 0 se intersecan en al menos puntos.
El siguiente lema no es necesario para demostrar el Teorema anterior, pero nos basaremos en su demostración
y por eso lo incluimos:
119
4
Lema 19. Sea OP O0 un triángulo con OO0 = a, OP = b y O0 P = c y supongamos que b ≤ c. Sea D el
←−→
pie de la perpendicular a OO0 que pasa por P . Entonces D ∈ OO0 si y sólo si c2 ≤ a2 + b2 .
Demostración:
Supongamos primero que D ∈ OO0 y veamos que c2 ≤ a2 + b2 .
4
Observemos que al ser c ≥ b no puede ser D = O0 , pues en ese caso OP O0 serı́a rectángulo en O0 y por lo
4
tanto b > c. Por otra parte, si D = O, entonces OP O0 es rectángulo en O y, por el Teorema de Pitágoras, se
tiene c2 = a2 + b2 , con lo cual la tesis se cumple por igualdad.
Supongamos entonces que D 6= O, D 6= O0 . Sea x = OD, y por lo tanto DO0 = a − x. Además x > 0.
Sea y = P D.
4
4
Aplicando el Teorema de Pitágoras en ODP y O0 DP . tenemos
x2 + y 2 = b2
(5)
(a − x)2 + y 2 = c2
(6)
De (5) resulta y 2 = b2 − x2 , y reemplazando en (6) obtenemos
(a − x)2 + b2 − x2 = c2 ⇔ a2 − 2ax + b2 = c2 ⇔ x =
a2 + b2 − c2
2a
Como x > 0, concluimos que a2 + b2 − c2 > 0, o sea, c2 < a2 + b2 como querı́amos probar.
Supongamos ahora que c2 ≤ a2 + b2 y veamos que D ∈ OO0 .
−−→
Supongamos por el contrario que D ∈
/ OO0 . Debemos analizar dos casos: D ∈ OO0 o D pertenece a la
−−→
semirrecta opuesta a OO0 .
−−→
Si D ∈ OO0 tendrı́amos
ˆ + DP
ˆ O > 1R.
OOˆ0 P = O0 DP
4
Lugo en el triángulo OP O0 , OP serı́a el lado de mayor longitud, lo que contradice la hipótesis que b ≤ c.
−−→
Supongamos entonces que D está en la semirrecta opuesta a OO0 .
120
Sea nuevamente x = DO y pongamos y = DP . Entonces DO0 = a + x y aplicando el Teorema de Pitágoras
4
4
en DOP y DO0 P tenemos
x2 + y 2 = b2
(7)
(x + a)2 + y 2 = c2
(8)
De (7) obtenemos y 2 = b2 − x2 , y reemplazando en (8) obtenemos
(x + a)2 + b2 − x2 = c2 ⇔ x =
c2 − (a2 + b2 )
.
2a
Siendo x > 0 y a > 0, resulta c2 − (a2 + b2 ) > 0, lo que contradice la hipótesis que c2 ≤ a2 + b2 .
Concluimos que D ∈ OO0 como querı́amos probar.
Demostración del Teorema 5:
Nuestro objetivo es demostrar que existen al menos dos puntos que pertenecen simultáneamente a las dos
circunferencias de radios b y c respectivamente. Esto es, debemos encontrar dos puntos distintos P y Q que
verifiquen OP = OQ = b y O0 P = O0 Q = c.
Haremos la demostración construyendo los puntos P y Q basados en el lema anterior, y por lo tanto es
importante tener en cuenta para guiarnos las imágenes allı́ presentadas.
Supondremos sin pérdida de generalidad que b ≤ c. Existen entonces dos posibilidades:
c2 ≤ a2 + b2 , o c2 > a2 + b2 .
Supongamos que se verifica la primera. Sea x =
a2 + b2 − c2
. Obsevemos que 0 ≤ x < a. Luego existirá
2a
un único punto D ∈ OO0 tal que OD = x.
Probaremos que además se verifica x < b. En efecto, consideremos la función f : R → R dada por
f (z) =
z 2 + a2 − c2
− z.
2a
f es una función cuadrática cuyo coeficiente principal es 1/2a > 0 y por lo tanto su gráfica es una parábola
cuyas ramas apuntan hacia arriba. Determinemos sus raices. Tendremos
f (z) = 0 ⇔
z 2 + a2 − c2 − 2az
= 0 ⇔ (z − a)2 − c2 = 0 ⇔ z = a − c o z = a + c.
2a
Como las ramas de su gráfica apuntan hacia arriba, se tiene que para todo valor de z tal que a − c < z < a + c,
f (z) < 0. En particular, como b < a + c y a < b + c, y por lo tanto a − c < b, se tendrá f (b) < 0. Esto es
b2 + a2 − c2
−b<0 ⇔ x<b
2a
121
como querı́amos probar.
√
←−→
Concluimos que b2 − x2 > 0 y por lo tanto y = b2 − x2 > 0. Tracemos la única perpendicular a OO0
←−→
por D y consideremos los puntos P y Q, uno en cada semiplano de los determinados por OO0 , de modo que
DP = DQ = y.
4
4
Aplicando el Teorema de Pitágoras en los triángulos ODP y ODQ, tenemos que
OQ = OP =
p
p
x2 + y 2 = x2 + b2 − x2 = b
y por lo tanto P, Q ∈ C.
4
4
Por otra parte, DO0 = a − x. Aplicando el Teorema de Pitágoras en los triángulos DO0 P y DO0 Q tenemos
O0 P 2 = O0 Q2 = (a − x)2 + y 2 = a2 − 2ax + x2 + b2 − x2
= a2 − (a2 + b2 − c2 ) + b2 = c2
de donde O0 P = O0 Q = c y por lo tanto P, Q ∈ C 0 .
Concluimos que {P, Q} ⊂ C ∩ C 0 como querı́amos probar.
La demostración del caso en que c2 > a2 + b2 es análoga y se deja como ejercicio.
122