apuntes de geometria y problemas propuestos

8/10/2019 Apuntes de Geometria y Problemas Propuestos

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Nstor E. Aguilera

Tpicos de

geometra euclidiana plana

Olimpada Matemtica Argentina

11 al 14 de julio de 2012


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Contenidos

1. Introduccin 1

1.1. Algunas convenciones y notaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

2. Mximos y mnimos 3

2.1. Algunos resultados bsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.1.1. Comentarios finales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.2. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.3. Aplicaciones geomtricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.4. Desigualdades trigonomtricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.5. Embaldosados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.6. Otros Resultados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.7. Comentarios bibliogrficos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3. Construcciones con regla y comps 11

3.1. Construcciones y lugares geomtricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.2. El decgono regular y el nmero de oro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143.3. Comentarios bibliogrficos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

4. Cnicas 18

4.1. Propiedades generales de la circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184.2. Propiedades bsicas de las cnicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

5. Concurrencia e inversin 26

5.1. Teoremas de Ceva y Menelao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265.2. Otros resultados clsicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305.3. Potencia de punto respecto de circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325.4. La circunferencia de Apolonio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335.5. Inversin y circunferencias ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365.6. Hileras armnicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405.7. Polos y polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 415.8. Construcciones con regla solamente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435.9. Comentarios bibliogrficos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Bibliografa 45


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Captulo 1

Introduccin

Este apunte forma el tronco del curso Tpicos de geometra euclidiana plana dado como parte de

lasResidencias Matemticasdesarrolladas en el marco de la 53.a Olimpada Matemtica Internacional

realizada en Mar del Plata en julio de 2012.

Destinado a profesores de enseanza media, el objetivo del curso fue presentar distintos temas,especialmente desde el punto de vista sinttico, pero agregando varias herramientas analticas (coor-

denadas). En este sentido, nos inspiramos en el espritu del excelente libro deVasliev y Gutenmjer

(1980),(1) del que hemos tomado varios problemas.Durante el curso no cubrimos todo lo aqu expuesto, pero por otra parte vimos algunos temas

que no estn presentados aqu. Por ejemplo, las esferas de Dandelin para interpretar a las cnicas

como la interseccin de un cono y un plano, que tomamos dehttp://rowdy.mscd.edu/~talmanl/

HTML/ConicSections.html(pero hay muchas otras fuentes, como http://www.liceomendrisio.

ch/~marsan/matematica/materiale_vario/coniche/Dandelin/JDandelinEn.htm).El curso fue una recopilacin y seleccin de temas de cursos anteriores: el captulo 2, basado en el

libro deNiven(1981), fue la base de varios cursos dictados en la OMA a partir de 1992, y los restantescaptulos formaron parte del cursoGeometra eucldea planade la Licenciatura en Matemtica Aplicadade la Universidad Nacional del Litoral dictados en 2005, 2008 y 2010. Siendo una recopilacin, hay

algunas repeticiones o cuestiones fuera de orden en el contexto.Aunque no es necesario, en las clases usamos el softwareGeoGebra,incluido en las netbooks

del Plan Nacional de Inclusin Digital Educativa (y de cualquier forma gratuito y disponible para los

sistemas operativos preponderantes). Una preocupacin personal es cmo sacar provecho de estas

herramientas para el aprendizaje de matemticas en las escuelas secundarias, preocupacin compartidapor muchos participantes que trajeron sus computadoras al curso.

1.1. Algunas convenciones y notaciones

Con indicamos notas y comentarios, y con indicaciones de demostraciones (en general nocompletas). Usamos para indicar la finalizacin del enunciado de un problema, separndolo

del texto principal. Suponemos familiaridad con los elementos tradicionales de la geometra plana, como punto,

recta, ngulo,...

En general hablaremos indistintamente deigualdado congruenciade figuras.

Indicamos porABa la recta por los puntos AyB , pero tambin al segmento de extremosAyB , ala longitud de este segmento, y a la semirrecta o rayo de origen Aque pasa porB , esperando quequede claro en cada caso de qu estamos hablando segn el contexto.

ABCes el ngulo de vrtice B y rayos BAyB C, y tambin usaremos la misma notacin paraindicar su medida.

Las semirrectasAByACdeterminandosngulos, que suman 360. Salvo en el caso de nguloscentrales, en general tomaremos BACcomo el ngulo de 180o menos.

El tringulo de vrtices A, B yCse indica en general por ABC.

(1) Que es ms que recomendable, aunque est agotado y la editorial disuelta.
http://rowdy.mscd.edu/~talmanl/HTML/ConicSections.htmlhttp://rowdy.mscd.edu/~talmanl/HTML/ConicSections.htmlhttp://www.liceomendrisio.ch/~marsan/matematica/materiale_vario/coniche/Dandelin/JDandelinEn.htmhttp://www.liceomendrisio.ch/~marsan/matematica/materiale_vario/coniche/Dandelin/JDandelinEn.htmhttp://www.geogebra.org/http://www.geogebra.org/http://www.geogebra.org/http://www.liceomendrisio.ch/~marsan/matematica/materiale_vario/coniche/Dandelin/JDandelinEn.htmhttp://www.liceomendrisio.ch/~marsan/matematica/materiale_vario/coniche/Dandelin/JDandelinEn.htmhttp://rowdy.mscd.edu/~talmanl/HTML/ConicSections.htmlhttp://rowdy.mscd.edu/~talmanl/HTML/ConicSections.html


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Captulo 2

Mximos y mnimos

2.1. Algunos resultados bsicos

Enunciamos ac algunos resultados conocidos, pero recomendamos repasar las demostraciones.

Geometra

Recordemos el teorema del seno:

sen

a =

sen

b =

sen

c =

1

d, (2.1)

donde d es el dimetro de la circunferencia que inscribe al tringulo ABC; el teorema del coseno

c2 =a2 +b2 2ab cos , (2.2)

e identidades trigonomtricas como el seno y coseno de la suma,

sen( + ) =sen cos + cos sen , (2.3)cos( + ) =cos cos sen sen , (2.4)

o la relacin pitagrica,sen2 + cos2 =1. (2.5)

2.1. Proposicin (ngulos centrales, inscriptos y semiinscriptos).

Si dos cuerdas de una circunferencia tienen igual longitud, entonces los ngulos centrales respectivos soniguales.

Todo ngulo inscripto en una circunferencia mide la mitad del ngulo central correspondiente. Enparticular, si el ngulo central mide180, el ngulo inscripto es recto.

La primera parte es Euclides III.20. La ltima es Euclides III.31 y se atribuye a Tales de Mileto

(624 a. C.547 a. C.). Dos ngulos inscriptos cuyos lados pasan por los puntos AyB de una circunferencia son iguales si sus

vrtices estn en el mismo arco determinado por A y B y son suplementarios si estn en distintos arcos.

Esto esEuclides III.21yIII.22.

Si dos ngulos inscriptos en una circunferencia determinan cuerdas de igual longitud, entonces los ngulosson iguales o son suplementarios.

Un ngulo semiinscripto mide la mitad del ngulo central correspondiente.

2.2. Resultado. Dada una curva que une los puntosAyB, la curva es un arco de circunferencia si y slo si

para todo punto P en la curva se satisface que el ngulo AP B mide90.

2.3. Resultado (rea de un tringulo). Si a, b, c son los lados de un tringulo con rea A, y es el

ngulo opuesto al lado a, tenemos

area(ABC) =bc

2 sen .
http://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII20.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII20.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII31.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII21.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII22.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII22.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII22.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII21.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII31.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII20.html


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Pg. 4 Captulo 2. Mximos y mnimos

2.4. Resultado (Frmula de Hern). El rea de un tringulo es

area(ABC) =

s(s a)(s b)(s c),

donde s es el semipermetro, s= (a +b + c)/2.La frmula similar para el cuadriltero es:

area(ABC D)

2= (s a)(s b)(s c)(s d) 1

2abcd

1 + cos(+ )

,

donde los lados miden a, b, c yd,s es el semipermetro, s = (a +b +c+d)/2, y y son dos ngulosopuestos (no importa cul par pues si y son los otros dos ngulos tenemos ( + ) + (+ ) =360, ypor lo tantocos(+ ) =cos( + )).

Observar tambin que si el cuadriltero es inscribible en una circunferencia la frmula se simplifica a:

area(ABC D) =

(s a)(s b)(s c)(s d).

Desigualdades Aritmticas

2.5. Teorema. Si a, b son dos nmeros reales cualesquiera, valen las siguientes desigualdades

a2 +b2 2ab

a +b

2

2 ab (a +b)2 4a b,

con igualdad si y slo si a= b. Si a y b son nonegativos, entonces

a +b

2

a b.

2.6. Corolario. Para cualquier constante real c, el mximo valor dec xx2, cuandoxrecorre todos losvalores reales, es c2/4, y se toma nicamente en x= c/2.

En consecuencia,mn(x2 c x) = c2/4, y se alcanza en x= c/2.2.7. Corolario. Si dos variables x, y, satisfacen x+ y = c, su producto es mximo si y slo si x = y

( x= y= c/2).Recprocamente, si dos variables positivas xy ysatisfacen x y= c, dondec es una constante positiva,

su suma es mnima si y slo si x= y ( x= y= c).

2.8. Teorema (Desigualdad aritmticageomtrica). SeanA yG las mediasaritmticay geomtrica,

respectivamente, de los nmeros positivos a1, a2, . . . , an, definidas por

A =a1+ a2+ + an

n , G= (a1a2 . . . an)

1/n.

Entonces A G, con igualdad si y slo si a1= a2= =an.2.9. Teorema. Si n funciones positivas tienen un producto fijo, su suma es un mnimo si puede arreglarse

que las funciones sean iguales. Por otra parte, si n funciones positivas tienen una suma fija, su producto es

mximo si puede arreglarse que las funciones sean iguales.

2.10. Teorema. Lamedia armnica Hden nmeros positivos a1, a2, . . . , an se define como la recprocade la media aritmtica de las recprocas, o sea:

H=

(a11 + a12 + + a1n )/n

1.

Entonces tenemos A GH, con igualdad si y slo si a1= a2= =an. En particular

(a1

1 + a1

2 + + a1

n )(a1+ a2+ + an) n2

,

con igualdad si y slo si a1= a2= =an.


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2.2. Problemas Pg. 5

2.11. Teorema (Desigualdad de Cauchy). Dados2n nmeros a1, a2, . . . , an y b1, b2, . . . , bn,

(a1 b1+ a2 b2+ + an bn)2 (a21+ a22+ + a2n)(b21+ b22+ +b2n),

con igualdad si y slo si los conjuntos son proporcionales, o sea, si a i bj = aj bi para todo par de subndices

i,j de1 a n, si ninguno de los nmeros es 0, esta condicin puede reescribirse como

a1

b1=

a2

b2= = an

bn.

A veces la desigualdad se denomina de Cauchy-Schwarz puesto que Schwarz realiz una extensin

de esta desigualdad al clculo integral. Tambin Buniakowski descubri, independientemente, este

resultado, por lo que tambin aparece su nombre ligado a esta desigualdad.

2.1.1. Comentarios finales

En todas las identidades o desigualdades es bueno tener en cuenta las homogeneidades. Porejemplo, en elteorema del seno(2.1), las unidades de cada cociente son de la forma 1/longitud,

y en elteorema 2.8, si pensamos que los a i son longitudes, tantoA comoG tambin deben ser

longitudes.

Una propiedad fundamental que debe tener un promedio o mediaMde los nmeros a1, . . . , anesque

mn{a1, . . . , an} M max{a1, . . . , an}.

2.2. Problemas

Los siguientes problemas deben hacerse sin utilizar herramientas de clculo (derivadas).

Problema 2.12. Seana, byc constantes (reales) positivas. Encontrar el mnimo de

a x+ b y

entre todos los nmeros positivos x,ytales que x y= c. Geomtricamente estamos buscando la recta de pendienteb/a que es tangente a la rama de la

hiprbolax y= c en el cuadrante positivo.

Problema 2.13. Sia, b yc son nmeros reales, no todos iguales, probar que

a2 +b2 + c2 >a b +bc + ca .

Problema 2.14. Encontrar el nmero real tal que supera a su cuadrado la mxima cantidad.

Problema 2.15. Lamedia armnicade dos nmeros positivos aybes el recproco de la media aritmticade sus recprocos, o sea la recproca de:

1

2

1

a

+1

b .

i) Probar que la media armnica puede escribirse como 2ab/(a +b).

ii) Sia = b, probar que la media armnica es menor que la media geomtrica, de modo quea +b

2 >

ab>

2a b

a +b.

iii) Sia = b, estas medias son iguales.

Problema 2.16. Dada una constante positiva c, encontrar el mnimo de x4 +2y4 entre todos los

nmerosx,ytales que x y= c.

Problema 2.17. Dadas las constantes a, b, c, encontrar el mnimo de

x2 + y2 + a x+ b y+ c

entre todos los valores reales de xe y.


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Geomtricamente estamos buscando el centro de una circunferencia.

Problema 2.18. Demostrar que para cualquier constante positiva c , 2c xx2 decrece pero x+c2/xcrece cuando xcrece a partir de c . Qu pasa cuando xes menor que c?

Problema 2.19. Si x, y, r ysson nmeros reales que satisfacenx2 +y2 =1 yr 2 +s2 =1, encontrar elmximo de x r+ y s.

Si r ys estn fijos, geomtricamente estamos buscando una tangente a la circunferencia unitaria en ladireccin dada por r ys.

Problema 2.20. Encontrar el mayor valor posible de x ysujeto a la condicin 20x+ y= 180.

Problema 2.21. Un camin realiza regularmente viajes de 400 km prcticamente a velocidad constante.Se requiere por ley que la velocidad no sea menor a 50 km/h ni mayor que 80 km/h. El camin

consume combustible a razn de 1 +x/40+x2/300 litros por hora a la velocidadxkm/h. Si el costo delcombustible eskpesos por litro y el salario del conductor es 8kpesos por hora, a qu velocidad deberair el camin para minimizar el costo total del viaje, incluyendo combustible y salario del conductor?

Sugerencia: encontrar el costo total en trminos de la velocidad.Sugerencia si la anterior no alcanza:

costo total=costo combustible + costo conductor

=tiempo [(1 +x/40 +x2/300) k + 8k]

=400

x [(1 +x/40 +x2/300) + 8] k=400k

9

x +

1

40+

x

300

Respuesta: x=

2700=30

3=51,96 . . . (en km/h). Observar que 50 x 80.

Problema 2.22. Encontrar el mximo valor de x

1 x2 entre todos los valores de xcon 0 0?Sugerencia: Considerar x3 + 1/2 + 1/2.


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2.3. Aplicaciones geomtricas Pg. 7

2.3. Aplicaciones geomtricas

2.28. Resultado. Elproblema de Dido es el de encerrar la mayor rea posible con una curva de longituddada. La solucin (en el plano) es el crculo encerrado por la circunferencia.

Elcociente isoperimtrico, CI, de una figura puede definirse como4A/L2, dondeAes el rea yL es elpermetro de la figura. La constante4se incluye slo para normalizar.

Problema 2.29. Entre los tringulos de un permetro dado, el equiltero tiene la mayor rea.

Problema 2.30. Entre los tringulos que tienen la base especificada y un permetro dado, el tringuloissceles con esa base y permetro tiene la mayor rea.

Problema 2.31. Entre los tringulos con dos lados especificados y el tercero arbitrario, el que tiene

mayor rea es el rectngulo que tiene el lado libre como hipotenusa. Es decir, si las longitudes de loslados dados son a , b, el tringulo con mxima rea es el que tiene lados a , b, (a2 +b2)1/2, con reaab/2.

Problema 2.32. Entre todos los cuadrilteros de permetro especificado, el cuadrado es el que tiene

mayor rea.

Problema 2.33. Un cuadriltero inscrito en una circunferencia tiene rea mayor que cualquier otrocuadriltero con lados de la misma longitud en el mismo orden.

Problema 2.34. Entre todos los hexgonos con permetro dado, el hexgono regular es el que tiene

mayor rea.

Problema 2.35. Probar queA 3L2/36 para cualquier tringulo, dondeA es el rea yL el permetro,con igualdad si y slo si el tringulo es equiltero.

Problema 2.36. Entre todos los tringulos rectngulos con una hipotenusa dada, cul es el que tienemxima rea? Cul es el que tiene mayor permetro?

Problema 2.37. Dado un tringuloABCy un punto variable P en el plano del tringulo, probar que

PA

2

+P B

2

+P C

2

es mnimo cuando P es el centroide (baricentro) del tringulo.Sugerencia: Usar un sistema de coordenadas con, por ejemplo, (a1, a2),( b1, b2),(c1, c2)las coorde-

nadas de los vrtices y(x,y)como coordenada de P . Recordar que el centroide de un tringulo tienecoordenadas((a1+ b1+ c1)/3, (a2+ b2+ c2)/3).

Problema 2.38. Entre todos los tringulos P QRcon un ngulo especificado en P yP Q +PR=c, una

constante, probar que el que tiene P Q= P Rtiene:

a) mxima rea,

b) mnima longitudQR.

Problema 2.39. Supongamos que Q 1 es el cuadriltero de mxima rea entre aqullos que tienen

lados 8, 9, 12, 19 en ese orden. Supongamos queQ2 es el de rea mxima entre los que tienen lados8, 9, 19, 12 en ese orden. Es el rea de ambos igual? Tanto Q1 comoQ2 son inscribibles en un crculo,cul de los crculos correspondientes es mayor?

Problema 2.40. Entre todos los cuadrilteros que tienen el permetro y un lado especificados, cul esel de rea mxima?

Problema 2.41. Un granjero tiene material para construir una cerca de 200 m para encerrar una reginrectangular a lo largo de la costa de un ro, que podemos suponer recta. Si la cerca es usada nicamenteen tres lados del rectngulo, no necesitndose para el lado correspondiente a la costa, cules son las

dimensiones del rectngulo para cubrir el rea mxima?

Problema 2.42. Supongamos que en el problema anterior consideramos cualquier cuadriltero en vezde slo rectngulos, cules seran las dimensiones del cuadriltero con mxima rea?

Problema 2.43. Dado un crculo con centro C, localizar puntos P yQsobre la circunferencia de modotal que el tringulo C PQ tiene rea mxima.


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2.4. Desigualdades trigonomtricas Pg. 9

2.4. Desigualdades trigonomtricas

Problema 2.61. Probar quesen sen sen2( + )/2si 0 , 180, con igualdad si y slo si = .

Problema 2.62. Probar que si , y son los ngulos de un tringulo, el mximo de cos +cos +cos

es 3/2, alcanzado en el caso de tringulo equiltero. Probar tambin que no hay mnimo, pero el nfimoes 1.

Problema 2.63. Reemplazando cos por ( b2 + c2 a2)/(2bc ), y anlogamente para cos y cos , enel problema anterior, probar que

2abc < (a2 +b2 + c2)(a +b + c) 2(a3 +b3 + c3) 3a bc

para los lados a, b, cde un tringulo cualquiera. Ver que las desigualdades no valen paraa, b, cpositivoscualesquiera.

Problema 2.64. Encontrar el mximo valor posible desen + sen + sen cuando, y son losngulos de un tringulo.

Problema 2.65. Dados dos puntos P y Q en una circunferencia, determinar el punto R sobre lacircunferencia de modo que el tringulo P QRtenga:

a) mxima rea,

b) mximo permetro.

Problema 2.66. Encontrar el valor mximo de sen + cos para cualquier valor de.

Problema 2.67. Encontrar el mximo de 4x+ 3

1 x2 para xen el dominio 0 x 1. Problema 2.68. Probar que sies un ngulo agudo medido en radianes entonces

a) sen < .

b) cos > 1. Problema 2.69. Dentro de todos los cuadrilteros inscritos en un semicrculo con dos vrtices en los

extremos de un dimetro, cul tiene mayor rea?

Problema 2.70. Entre todos los nmeros reales x, yque satisfacen x2 + y2 =1, encontrar los valoresmximos dea) x+ y;b) x y;c) 3x+ 4y.

2.5. Embaldosados

Problema 2.71. Probar que se puede embaldosar el plano con cualquier tringulo.

Problema 2.72. Probar que se puede embaldosar el plano con cualquier cuadriltero, sea convexo o

no.

Problema 2.73. Probar que dado cualquier pentgono convexo, siempre se puede encontrar un hex-

gono con mayor CI.Sugerencia: construir un hexgono sacando un pequeo tringulo issceles en cada vrtice del

pentgono.

Este argumento permite demostrar que dado un polgono convexo cualquiera, siempre se puede

encontrar un polgono con un lado ms y con mayor CI.

2.6. Otros Resultados

Problema 2.74. Dados los puntosA,Bde un mismo lado de la recta, encontrar P sobre de modo deminimizar la sumaAP + P B.

Problema 2.75 (FermatSteiner). Dado un tringulo ABC, encontrar un punto P de modo de minimi-zar PA +P B+P C.


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Problema 2.76. Dado un tringuloABC, encontrar un punto P dentro del tringulo o en el borde, talque maximice la suma de las distancias PA +P B+P C.

Problema 2.77. Dado un tringuloABC, ubicar el punto P en el tringulo (dentro o en el borde) de

modo de maximizar el permetro del tringulo P BC.

Problema 2.78. Dado un cuadriltero convexo, dnde debe ubicarse el punto P de modo tal que la

suma de las distancias de P a los vrtices del cuadriltero sea mnima?

Problema 2.79. Si el tringulo ABC tiene C 90, yKes un punto cualquiera en el segmentoAB,probar queAB+ C K> AC+ C B.

Problema 2.80 (Fagnano). Encontrar el tringulo P QR inscrito en el tringulo acutngulo ABC que

minimice el permetro.

Problema 2.81. Consideremos un tringuloABC yP ,Q yR puntos cualesquiera en los interiores de

los ladosB C,C A,AB, respectivamente. Es cierto que el permetro del tringulo P QRes siempre menorque el del tringulo ABC? (probarlo o dar un contraejemplo).

Problema 2.82. Encontrar el punto P en el plano de un tringulo de modo tal que la suma de las

longitudes de las perpendiculares desde P a los lados (extendidas, de ser necesario) sea mnima.

Problema 2.83. Una lnea recta que pasa por el centroide de un tringulo divide a ste en dos. Si r esel cociente entre las reas de las dos partes, probar que los valores mnimo y mximo de r son 4/5 y

5/4.

Problema 2.84. En un cuadrado de lado 1 se dan nueve puntos (pueden estar dentro o en el borde).

Probar que se pueden elegir 3 puntos de modo tal que o bien los puntos son colineales o bien el rea

del tringulo que forman es a lo sumo 1/8.

2.7. Comentarios bibliogrficos

El material presentado est tomado fundamentalmente deNiven(1981). Otras referencias recomen-dables sonKazarinoff(1975) y los libros deYaglom(1962,1968,1973,2009).


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Captulo 3

Construcciones con regla y comps

Los axiomas establecen relaciones entre ciertos objetos, dando propiedades de existencia o unicidad,por ejemplo que dados dos puntos distintos existe una nica recta que los contiene. Hasta ahora nos

hemos preocupado por deducir lgicamente otras relaciones y propiedades a partir de los axiomas, tales

como que dados un punto y una recta existe una nica perpendicular a la recta que contiene al punto.Los problemas de existencia y unicidad son centrales a toda la matemtica, pero cuando quere-mos usar los resultados en la prctica necesitamos determinar efectivamente los objetos, o al menos

aproximaciones a ellos. Para muchos objetos es posible dar una serie de pasos a seguir, o algoritmo.Por ejemplo, supongamos que tenemos un rectngulo de lados a y b y queremos encontrar un

cuadrado de igual rea. El problema es equivalente a encontrar

ab.Usando propiedades de los nmeros reales, es posible demostrar que existe un nico , > 0,

tal que =

ab. En algunos casos particulares, comoa =1 yb=4, es posible encontrar rpidamente, pero en general esto no es as como en el caso a =1 yb =2, y necesitamos algn procedimiento quenos permita calcular

abya sea exactamente o al menos dentro de un error permitido.

La geometra viene de problemas prcticos y no sorprende que ya en los primeros resultados de

Los Elementos, Euclides se preocupara por estos procedimientos o construcciones con regla y comps,

mediante los cuales obtenemos efectivamente ciertos objetos a partir de objetos iniciales o auxiliares.Como si se tratara de un juego en el cual slo podemos hacer ciertos movimientos, en las construc-

ciones slo se permiten algunos objetos iniciales, slo ciertos pasos son permitidos, y debemos llegar alobjetivo en un nmero finito de pasos.

Los objetos iniciales pueden ser puntos, rectas (y derivados como semirrectas, segmentos y semi-

planos) o circunferencias. Tambin podemos considerar puntos arbitrarios en una recta (semirrecta,

segmento, semiplano) o en la circunferencia.Contamos con dos instrumentos, la regla no graduada y el comps, que nos permiten construir a

partir de dos puntos una recta o una circunferencia respectivamente.Podemos usar el comps tambin para transportarlongitudes: dado un segmento, podemos construir

una circunferencia con centro en cualquier punto y con radio igual a la longitud del segmento.

En realidad, elcomps de Euclidespermite trazar una circunferencia dados un centro y un punto sobrela circunferencia, pero al levantarlo el comps se cierra, es decir, no permite transportar longitudes

directamente. En cambio el comps modernopermite transportar longitudes pues conserva su aperturaal levantarlo del papel.

Se puede demostrar que con el comps de Euclides podemos transportar longitudes (haciendo mspasos que con el comps moderno), de modo que para simplificar supondremos que podemos

usar un comps moderno.

Finalmente, dadas dos rectas, o una recta y una circunferencia, o dos circunferencias, podemos

determinar los puntos de interseccin.

Para otras curvas no siempre es posible construir con slo regla y comps la interseccin o construir lacurva, aunque a veces se pueda construir individualmente cada punto en ella.

Un poco caprichosamente, no podemos medir segmentos ni ngulos, de modo que no se pueden

usar instrumentos de medicin (como la regla graduada o el transportador), ni otras herramientas como

escuadras.Resumiendo, cada paso puede consistir en: 1) construir una recta (semirrecta, segmento) o circunfe-

rencia con regla o comps a partir de los objetos existentes; 2) construir los puntos de interseccin de


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Pg. 12 Captulo 3. Construcciones con regla y comps

rectas o circunferencias; y 3) construir un punto arbitrario (no sujeto a otras restricciones) en una recta(semirrecta, segmento, semiplano) o circunferencia.

Volviendo a nuestro ejemplo inicial, como veremos ms adelante es posible construir (con regla y

comps) un segmento de longitud

abdados a yb.

En la proposicin 14 del Libro II de Los Elementos, Euclides realiza esta construccin para figuras

poligonales generales.

Con los mtodos y tecnologas que disponemos actualmente muchas de las construcciones geomtri-cas han perdido el inters prctico: basta apretar un par de botones de la calculadora para obtener unabuena aproximacin de

a buna vez ingresados a yb.

No todo es historia antigua, ya que la construccin de Euclides del mximo comn divisor entre dosnmeros(1) se sigue usando sin mayores modificaciones en cosas tan sofisticadas como transacciones

seguras de internet.Las construcciones geomtricas tambin tienen inters terico, y han dado lugar al desarrollo de

muchas reas de las matemticas. Por ejemplo, la imposibilidad de ciertas construcciones como la

cuadratura del crculo, la duplicacin del cubo y la triseccin del ngulo encajan dentro de la

profundateora de Galois.(2)

Veamos una breve descripcin de estos problemas.

Cuadratura del crculo: construir con regla y comps un cuadrado que tenga igual rea que un crculodado. El problema es equivalente a dado un segmento de longitud r, construir un segmento de

longitud

r(que sabemos que existe).En 1882 F. von Lindemann demostr que y por lo tanto

es trascendente y entonces tal

construccin es imposible.

Duplicacin del cubo: en tres dimensiones, construir un cubo que duplique en volumen a otro dado.

El problema es equivalente a dado un segmento de longitud construir otro de longitud 3

2 .Segn la leyenda, el orculo de Delfos plante este problema a los atenienses durante la plaga

que asol Atenas en 420 a. C..

Triseccin del ngulo: dado el ngulo , construir el ngulo/3.Tanto este problema como el de duplicacin del cubo se reducen a ecuaciones polinmicas

de grado 3. P. Wantzel demostr en 1837 que ambas construcciones (con regla y comps) son

imposibles.

Hay muchas variaciones sobre las construcciones con regla y comps.L. Mascheroni (17501800) demostr en 1797 que se puede eliminar la regla dejando slo el comps

(de Euclides), claro que las construcciones se hacen mucho ms complicadas y se debe interpretar queconstruir una recta o segmento se limita a dar dos puntos distintos.

Tambin tenemos el comps oxidado, donde el comps tiene una abertura fija, y construcciones

con slo regla (hablaremos sobre algunas de ellas ms adelante). En particular, segn el teorema de

Poncelet y Steiner (1833) basta con conocer una (nica) circunferencia y su centro para que cualquierconstruccin con regla y comps pueda hacerse tambin con regla solamente.

Otras variantes permiten el uso de otras herramientas, algunas tan sencillas como una regla marcada,o curvas alternativas a la circunferencia. Con muchas de estas variantes la triseccin del ngulo (por

ejemplo) se hace posible.Una herramienta particularmente intrigante es el origami(en japons, plegado de papel), pro-veniente del arte tradicional japons originado hacia el siglo VI. Usando las reglas (o axiomas) de

H. Huzita (19242005), con el origami se pueden resolver ecuaciones polinmicas hasta de grado 3, loque en particular implica la construccin (con origami) de la duplicacin del cubo y la triseccin del

ngulo.Para concluir, y para mostrar la interconexin entre distintas reas de la matemtica, mencionamos

que otro problema de la antigedad es el de construir (con regla y comps) un n-gono regular de ladodado, donde n , n 3.

C. F. Gauss (17771855) prob que se puede construir para n =17 cuando tena 19 aos, y cinco

aos ms tarde obtuvo como condicin suficiente que n sea de la forma 2kp1 . . .pr , donde los p i sondistintosprimos de Fermat es decir de la forma 22

k

+ 1 conk. En 1837 Wantzel demostr que lacondicin tambin es necesaria. En contrapartida, J. Pierpont (18661938) en 1895 demostr que con

(1) Proposiciones 1 y 2 del Libro VII.(2) Por E. Galois (18111832), quien muri a los 21 aos. Sus trabajos se publicaron en 1846.


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3.1. Construcciones y lugares geomtricos Pg. 13

el origami se pueden construir los polgonos cuando n es de la forma 2u3vp1 . . .pr , donde los primos p ison ahora de la forma 2u3v + 1, conu,venteros no negativos.

Los primos de la forma 2u3v + 1 se llaman de Pierpont en su honor. Si v =0, se puede demostrar queun primo de Pierpont es primo de Fermat.

Slo se conocen 5 primos de Fermat (los primeros son 3, 5, 17, 257), y se sospecha que hay slofinitos primos de Fermat pero infinitos primos de Pierpont.

3.1. Construcciones y lugares geomtricos

3.1. Definicin. Un lugar geomtrico de puntos es el conjunto de puntos que satisface determinada

propiedad.

Por ejemplo, por su misma definicin, la circunferencia de centroOy radio r es ellugar geomtrico delos puntos cuya distancia a O es r.

Como un lugar geomtrico es un conjunto, digamosA, demostrar que coincide con otro conjunto B

requiere de demostrar dos implicaciones: xA xByxBxA.

De aqu en ms entenderemos queconstruccinse refiere a una con regla y comps. Recordar que:

En las construcciones, parte del problema es determinar (aunque sea groseramente) cuntassoluciones hay y qu relaciones entre los datos han de pedirse para que la construccin seaposible.

En los lugares geomtricos hay que demostrar dos inclusiones.

Suponemos conocidos resultados y construcciones como:

Dados los segmentosa, b, c, construir un tringulo con esos lados.

El problema no siempre tiene solucin, ya que deben satisfacerse las relaciones a+ b > c,

b + c> ayc + a> b.

Dado un ngulo ABC, construir Etal que la semirrecta B Ees bisectriz del ngulo.

Dado el segmento AB, encontrar Men el segmento tal queAM= M B, i. e., encontrar el puntomedio del segmento.

Dados el puntoAy la recta, trazar porAuna perpendicular a cuando:a)A , b)A / .

Una vez resuelto este problema, el uso de la escuadra (no graduada) est permitido, como

forma de simplificar los pasos.

Trazar por un punto B una recta paralela a la recta a (se supone B / a). No es necesario usar el axioma de las paralelas.

Definiendo lamediatrizdel segmentoABcomo la recta perpendicular a la recta porA yBque pasapor el punto medio del segmento, resulta que la mediatriz del segmentoABes el lugar geomtricode los puntos que equidistan de AyB.

Las mediatrices de los lados de un tringulo se cortan en un nico punto (que resulta ser el centrode la circunferencia circunscripta).

Todo tringulo tiene una nica circunferencia circunscripta.

En cambio, un segmento tiene varias.

Dados tres puntos no alineados, hay una nica circunferencia que los contiene. En particular, unacircunferencia queda determinada por tres de sus puntos.

Dados tres puntos no alineados, construir una circunferencia que pase por ellos.

Problema 3.2. Dada una recta a, dos puntosA ayB / a, y una longitud m, construir un puntoXenatal que X A +X B= m.

Se suponeAB< m, en otro caso la construccin es imposible.

SiAyB son los focos de una elipse, se pide encontrar una de las intersecciones de la elipse con una

recta que pasa por un foco, encontrando de paso la tangente correspondiente.

Problema 3.3. Encontrar el lugar geomtrico de los puntos que pertenecen a un mismo semiplano

respecto de una recta a y que equidistan de esa recta.


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Problema 3.4.

a) Dados dos puntos en el plano, encontrar dos circunferencias distintas que los contengan.

Atencin que es circunferencia y no crculo.

b) Dar cuatro puntos en el plano tales que ninguna circunferencia los contiene a todos.

Problema 3.5. Construir en cada caso un tringulo ABCcon las condiciones dadas:a) Ay ladosAByAC.

b) Ay ladosAByB C.

c) A, By ladoAB.

d) LadosAB,B Cy mediana relativa aAB.

e) LadosAB,B Cy altura desdeA.

Indicar, en cada uno de los casos anteriores, si:

i) la construccin siempre es posible, o hay que imponer restricciones a las condiciones para laexistencia de un tal tringulo,

ii) hay un nico tringulo posible, i.e., si dos tringulos que satisfacen las mismas condiciones deben

ser iguales. 3.6. Resultado. Si las rectas a y b, a= b, se cortan en el punto O determinando las semirrectasa, a, b, b, los ngulos ab, ba, ab y ba con respectivas bisectrices c , c, c, c, entonces

i) c y c son semirrectas complementarias, as como lo son c y c.ii) Las rectas y que contienen respectivamente a c y c , y c y c, son perpendiculares.

La figura formada por las rectas y se llamacruz de bisectricesde las rectas a y b.

Problema 3.7. Demostrar elresultado 3.6.

Problema 3.8. El lugar geomtrico de los puntos que equidistan de dos rectas secantes es la cruz de

bisectrices de las rectas (con el punto de interseccin incluido).

Problema 3.9. Dado el tringulo ABC, construir una recta por A tal que dist(B, ) = dist(C, ).Cuntas soluciones hay?

Sugerencia: considerar los casos en que B yCestn en un mismo semiplano respecto de o en

distintos.

Problema 3.10. Dividir el segmento ABen un nmero entero n de partes iguales.

3.2. El decgono regular y el nmero de oro

Estudiamos la construccin del pentgono regular inscripto en una circunferencia de radior dado, oequivalentemente la del decgono regular, ya que una se obtiene fcilmente a partir de la otra.

Se atribuyen a la escuela Pitagrica (unos 500 aos a. C.) las primeras descripciones de construccionesde polgonos regulares inscriptos en una circunferencia, entre las que se cuentan las del pentgono ydecgono.

Ya mencionamos las condiciones necesarias y suficientes de Gauss y Wantzel sobre cules son los

polgonos constructibles con regla y comps. 5=221

+ 1 es un primo de Fermat, el prximo es 17 y laconstruccin del polgono regular correspondiente es muy complicada.

Prcticamente todas las construcciones parten de la relacin entre el decgono regular y el nmerode oro,

=1 +

5

2 =1,6180339...

Muchas veces se usa la letra en vez de, en honor a Fidias de Atenas (aprox. 490 a. C.431 a. C.).

Para ver esta relacin, dividamos al decgono en 10 tringulos partir del origen de la circunferencia

circunscripta, y observemos que el ngulo central PO B en lafigura 3.1mide 36 (el ngulo centralAOBcorrespondiente al pentgono mide 72). Entonces, en el tringulo isscelesP OB, los ngulos enP y en B son iguales y miden 72(= (180 36)/2). Si ahora Nes la interseccin de la bisectriz del


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3.2. El decgono regular y el nmero de oro Pg. 15

O P

A

B

C

D

E

N

Figura 3.1: pentgono y decgono inscriptos en una circunferencia.

O

P

B

C

D

E

A

Q

R

S

Figura 3.2: construccin del decgono regular inscripto en una circunferencia.

ngulo PBO conO P, resulta N BP=72/2=36, de modo que P N B=180

36

72=72y

el tringuloN BPes issceles. Por semejanza,

N P

PB =

PB

OB.

SiendoOBel radio r de la circunferencia, la longitud xdel lado del decgono satisface la ecuacin

r xx

=x

r,

o, equivalentementex2 +r x r2 =0. (3.1)

Esta ecuacin tiene dos races,

x= 152

r,

una positiva y otra negativa. La que nos interesa es la positiva, r(

5 1)/2, pues x representa lalongitud de un segmento. Es decir, en el tringuloO P B, la relacin entre los lados es el nmero de oro:

OP

PB =

r

x =

2

5 1=

2

5 1

5 + 1

5 + 1

=1 +

5

2 .

Para construir el pentgono (y el decgono) regular, consideramos una circunferencia con centro

Oy radio r =O P, como en lafigura 3.2. SiQ es el punto medio de un radio perpendicular a O P, el

segmentoQ Pmide

5 r/2 por el teorema de Pitgoras. Trazando la circunferencia con centroQy radioQO(que mide r /2) obtenemos dos puntos,RyS conQ R P, comunes a esta circunferencia y la rectaPQ, y el segmentoRPmide(5 1) r/2, la longitud del lado del decgono inscripto.

Tomando esta longitud como radio de una nueva circunferencia con centro en P , construimos los

puntosA yBsobre la circunferencia original. El segmentoABes el lado de un pentgono regular inscripto


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en la circunferencia original, mientras que el segmento AP (o P B) es el lado de un decgono regular

inscripto en esa circunferencia. La construccin del pentgono (o decgono) se concluye transportandola longitud correspondiente sucesivamente a partir de B.

En elproblema 3.13vemos otra construccin del pentgono regular.

El nmero de oro aparece frecuentemente como proporcin esttica en diseo, y puede apreciarseen pinturas, esculturas y arquitectura. As, un rectngulo de lados a, b, con a b, se dice que esten la razn ureao divina proporcin, si quitando el cuadrado de lado b, el rectngulo resultante es

semejante al original, es decir sia

b =

b

a b .

Para resolver la ecuacin, tomandou= a/b, resulta

u2 u 1=0,

que es laecuacin (3.1)con r =1, y cuya raz positiva es .

Varios nombres en la historia aparecen relacionados. En la antigua Grecia encontramos a Fidias,quien construy estatuas en el Partenn de Atenas con proporciones asociadas a , y a Euclides,

quien dira que el segmento bdivide al segmentoa en media y extrema razn. Hacia el Renacimiento

encontramos a Luca Pacioli (14461517) en su Divina Proporcin, con ilustraciones de Leonardo da

Vinci (14521519). Ms recientemente, encontramos a Le Corbusier (18871965) y a Salvador Dal

(19041989). En fin, hay varios libros (y muchas pginas de internet) dedicados al tema.

No hay que dejarse llevar demasiado por la proporcin urea. Distintas encuestas muestran que la

proporcin 4 : 3 (1.33 . . .: 1) es tanto o ms agradable que 1, 61. La proporcin 4 : 3 fue usada porlos monitores de computadoras hasta hace poco, en las pelculas se usan proporciones de 1 .85 : 1 y2.39 : 1, y en la televisin digital o de alta definicin, 16 : 9 (1.77... : 1).

En fin, el tamao de las hojas que usamos, como la A4, est relacionado a la proporcin

2: 1(1, 414 . . .: 1): una hojaA3 dividida por la mitad da dos hojas A4 en la misma proporcin,

2/1=

2

1/

2.

Tambinaparece en la sucesin de nmeros de Fibonacci, 1, 1, 2, 3, 5, 8, . . . , que pueden definirserecursivamente como

a1=1, a2=1, an= an1+ an2 si n > 2,

i. e., a partir del tercero, cada nmero se obtiene como suma de los dos anteriores. Estos nmeros

aparecen en la naturaleza, como el girasol o la pia, y en el arte, como en los mosaicos rabes.(3) En

los cursos de matemtica discreta se ve que los nmeros de Fibonacci pueden escribirse mediante la

frmula de Euler-Binet,

an=n (1/)n

5 ,

por lo que (usando tcnicas que se ven en clculo) el cociente an+1/anentre dos nmeros de Fibonacci

consecutivos se acerca a a medida que n aumenta.

Problema 3.11. Demostrar que en lafigura 3.2, P S= r. Problema 3.12. Consideremos un pentgono regular de ladoy un decgono regular de ladoambosinscriptos en una circunferencia de radio r .

a) Dar una expresin para/ r.

b) Encontrar una expresin de r en trminos de.c) Construir un decgono regular de ladodado.

Problema 3.13. Justificar la construccin del pentgono regular debida a H. W. Richmond (1893),

ilustrada en lafigura 3.3:

i) En la circunferencia de centro O y radioO P, construimos el punto medio Qde un radio perpendi-cular aO P.(3)Ver, e. g.,http://www.goldenmeangauge.co.uk/fibonacci.htm
http://www.goldenmeangauge.co.uk/fibonacci.htmhttp://www.goldenmeangauge.co.uk/fibonacci.htm


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3.3. Comentarios bibliogrficos Pg. 17

O P

Q

M

H

Figura 3.3: construccin de Richmond del pentgono regular.

ii) Trazamos la bisectriz del ngulo OQP que corta al radioO Pen M, y luego una perpendicular aOP por M, obteniendo el punto Hsobre la circunferencia.

iii) El segmentoP Hes el lado del pentgono buscado.

3.3. Comentarios bibliogrficos

Los temas y problemas de este captulo estn basados en el libro dePogorlov(1974), agregando elconcepto decruz de bisectricessegnVasliev y Gutenmjer(1980).

En el libro deSantal(1993, pg. 17 y siguientes) se proponen varias construcciones:

En la pg. 28 hay toda una seccin sobre construccin de tringulos dados tres de sus elementos.

En la pg. 30 se considera la construccin de circunferencias dando tres condiciones entre: pasarpor un punto, ser tangente a una recta, o ser tangente a otra circunferencia.

En fin, se consideran tambin otros temas como la construccin de polgonos regulares, y cons-trucciones con slo regla o comps. Nosotros veremos algunos de estos temas y las herramientas

necesarias en los captulos siguientes.


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Captulo 4

Cnicas

Empezamos mirando propiedades bsicas de la circunferencia tomadas dePogorlov(1974) y del

libro III deLos Elementos.En laseccion 4.1nos basamos en el teorema de Pitgoras para estudiar la interseccin de una

circunferencia con una recta u otra circunferencia. Si bien los resultados parecen intuitivos, dependen

fundamentalmente de que la raz cuadrada de un nmero real es otro nmero real: si no trabajramossobre los reales el resultado podra no ser cierto (pensemos en un tringulo de lados 1, 1 y

2).

Aunque en la construccin con regla y comps de un tringulo de lados dados usamos que dos

circunferencias se cortan, desde la teora veremos primero la existencia de los tringulos para luego

pasar a la interseccin de circunferencias. Para eso necesitaremos generalizar el teorema de Pitgoras.El resto de la teora para los temas que vemos se encuentra en el captulo 6 del libro deVasliev y

Gutenmjer(1980). Una buena parte de los problemas estn tomados del mismo libro.

4.1. Propiedades generales de la circunferencia

4.1. Proposicin. Si en la circunferencia de centro O y radio r el dimetroAB corta a la cuerda P Qen R,

entonces ARP=90 si y slo si R es el punto medio de PQ. Esto esEuclides III.3.

4.2. Teorema. Ninguna cuerda es mayor que el dimetro, y slo puede ser igual si es dimetro.

Aqu hablamos de el dimetro como el valor que es el doble del radio.

VerEuclides III.15.

4.3. Proposicin. Seanc una circunferencia de centroO y radio r, una recta, y pongamos d =dist(O, ).Entonces:

i) si d< r , c tiene exactamente dos puntos,ii) si d= r , c es exactamente un punto,

iii) si d> r , c = .En particular, una recta corta a una circunferencia en a lo sumo dos puntos.

SeaB tal que d = OB, y entoncesOB .SiOB < r , sean P yP en distintas semirrectas de tales que B P= B P=

r2 d2. Por el teorema

de Pitgoras,O P2 =OB2 +BP2 =d 2 +r 2 d2 =r 2, de modo que O P= r yP c. Del mismo modo,P c. Supongamos que exista Qc . Otra vez por Pitgoras debe ser r 2 =OQ2 =OB 2 +BQ2 =d2 +BQ2, i. e.,BQ =

r2 d2. ComoQ , debe serQ= P o Q= P .

SiOB = r , cualquier otro punto P satisfaceO P> OB = r , i. e.,P / c, y corta a c nicamenteenB.

SiOB > r , para cualquier P se satisfaceO POB > r yP / c.

4.4. Teorema. Sea un tringulo AB Cy sea Dla proyeccin del vrtice A sobre la recta BC. Entonces si

C> 90,AB2 =AC2 +BC2 + 2BC C D,

mientras que si C< 90,AB2 =AC2 +BC2 2BC C D.
http://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII3.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII3.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII15.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII15.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII3.html


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4.1. Propiedades generales de la circunferencia Pg. 19

Cuando C = 90, D = C y el resultado se reduce al teorema de Pitgoras (que se usa en lademostracin).

El resultado es esencialmente elteorema del coseno.

4.5. Teorema. Dadas las longitudes a, b yc, existe un tringulo de ladosa, byc si y slo si la suma de

dos cualesquiera de estas longitudes es mayor que la tercera, i. e., si y slo si

a< b + c, b< a + c y c< a +b.

4.6. Resultado. Sean c1 y c2 dos circunferencias de centros O1 yO2 y radios r1 y r2, respectivamente,

donde r1r2. Entonces, poniendo d = O1O2,i) si r2< d r1 o d+ r1< r2, c1 c2= ,

ii) si d r1= d o d+ r1= r2, c1 c2 tiene exactamente un punto,iii) si d r1< r2< d + r2, c1 c2 tiene exactamente dos puntos.

En particular, dos circunferencias se cortan a lo sumo en dos puntos.

Problema 4.7. Si en el tringulo ABCse tiene AB2 AC2 +BC2 entonces C> 90.

Recordar el recproco de Pitgoras: siAB2 =AC2 +BC2 entonces C=90.

Problema 4.8. SeanA yBson dos puntos distintos yk > 0. Entonces, el lugar geomtrico de los puntosPpara los cuales AP 2 +BP2 =k es una circunferencia con centro en el punto medio del segmento AB.

Sugerencia: si Mes el punto medio yM PAB, uno de AM PyBM Pes agudo y el otro obtuso yusar el teorema del coseno.

Problema 4.9. Dados un puntoA, una circunferencia y una longitud d , trazar por Auna recta tal que

la cuerda correspondiente tenga longitudd .

Dependiendo de las posiciones deAy los valores de d y el radio de la circunferencia pueden haber dossoluciones, una o ninguna.

4.10. Definicin. Una recta que corta a una circunferencia en exactamente un punto se llamatangente

a la circunferencia por ese punto. 4.11. Corolario (de laproposicin 4.3). SeanAun punto de la circunferencia de centroO y una recta

por A. Entonces OA si y slo si es tangente a la circunferencia por A. VerEuclides III.18yIII.19.

Llamandoc a la circunferencia yr a su radio, usamos4.3con B tal que dist O, =OB.Si OA, debe ser A =B,dist O, =OB = OA =r y hay un nico punto en c (que esA), i. e.,

es tangente a c por A.Recprocamente, si OA, entoncesdist O, =OB < OAy corta ac en dos puntos, por lo que no

puede ser tangente.

4.12. Definicin. Dado un tringulo ABC, se llamacircunferencia inscriptaa una circunferencia c de

centroO para la cual

a) las rectasAB,B CyACson tangentes a c ,

b) Oest en el interior del tringulo.

4.13. Teorema. Dado un tringulo ABC,

a) El centro de una circunferencia inscripta equidista de los lados del tringulo.

b) Todo punto que equidista de los lados del tringulo debe estar en las tres bisectrices.

c) Las bisectrices se cortan en un punto (el incentro) que equidista de los lados.

d) Hay una nica circunferencia inscripta en el tringulo.

Problema 4.14. Supongamos que c yc son dos circunferenciastangentes entre s, i. e.,c ctiene unnico punto.

a) SiO yOson los centros respectivos, debe ser O =O.b) SiAes el punto comn entre las circunferencias, y yson las rectas tangentes porAa cadauna de las circunferencias, entonces = y OO.
http://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII18.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII19.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII19.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII19.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII18.html


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Pg. 20 Captulo 4. Cnicas

Problema 4.15. Dados dos rectas paralelas y un punto Aentre ellas, construir una circunferencia

tangente a las rectas que pase por A.

Problema 4.16.

a) Dados un ngulo y una longitudr , construir una circunferencia de radior que sea tangente a loslados del ngulo.

b) Dados una longitud d, una circunferencia y una recta, trazar una circunferencia de radio rtangente a la recta y a la circunferencia dada.

Podra haber hasta 8 circunferencias.

Problema 4.17. Dado un tringuloABC, construir todas las circunferencias que son tangentes (simul-tneamente) a las rectasAB,ACyB C. Cuntas de estas circunferencias hay?

Las circunferencias sobre los ngulos externos se llamanexscriptasy sus centros los excentros(aunquealgunos dicenexinscriptayexincentro).

Problema 4.18. Si las rectasAB yACson tangentes a una circunferencia c , conB yCen c , entonces

los segmentosAByACson iguales.

Problema 4.19. SeaABCun tringulo yc una circunferencia exterior (exscripta) tangente al lado ABya las semirrectasC AyC B. Si Qes el punto de interseccin de c con la semirrectaC A, demostrar que elpermetro del tringuloABCes el doble de la longitud de C Q.

Problema 4.20. Una circunferencia estinscriptaen un cuadriltero convexo si todas las rectas que

contienen a los lados del cuadriltero son tangentes a la circunferencia.

a) Si c es una circunferencia inscripta en un cuadriltero convexo ABCD, entonces AB+C D =BC+AD.

b) Dar un ejemplo de un cuadriltero convexo que no tiene circunferencia inscripta.

c) Puede haber un cuadriltero convexo con ms de una circunferencia inscripta?

d) Dados los segmentosa, b, c yd cona +c = b +d, construir un cuadriltero ABC Dque tengauna circunferencia inscripta conAB= a,B C= b,C D= c,AD = d .

Comparar con ladefinicin 4.12y el teorema 4.13.

Problema 4.21. Dadas una circunferenciac y un punto exteriorA, construir las tangentes a c que pasanporA.

Ver tambin elproblema 4.25.

4.22. Definicin. Elarco capazde un ngulorespecto de un segmentoABes el lugar geomtrico delos puntos P desde los cuales se ve al segmento con un ngulo , i. e., APB= .

4.23. Proposicin. El arco capaz del ngulo con respecto al segmento AB es la unin de dos arcos de

circunferencias con cuerda AB, simtricos respecto de la recta AB (los puntos A y B no estn incluidos).

Si un puntoP est dentro de la regin limitada por estos arcos, APB> , mientras que AP B< si

P si est fuera de la regin.

Sean yABdados. ConstruyamosCde modo que CAB = . Si =90 tomemosO como el puntomedio deAB, en otro caso tomemosOcomo la interseccin de la mediatriz de ABcon la perpendicularaACpor A(esta interseccin no existe si =90). Seanc la circunferencia de centro Oque pasa por

A, el ngulo central correspondiente al ngulo semiinscripto BAC,c1 el arco determinado porAB

que no es el correspondiente a . Entonces mide 2, y todo ngulo ADB con Dc1 es igual a(el ngulo central correspondiente es ). Sea c 1 la figura simtrica de c1 respecto de la rectaAB.Entonces el arco capaz es c1 c1(sin incluir los puntosAyB).

Tomemos 0< < 180 yP no en la rectaAB. Si Pc1 c1 es APB = . Si P /c1 c1, algunade las rectas AP o BP corta a c1c 1 en el mismo semiplano que P respecto de la recta AB. SeaQ esta interseccin. Usando que si en el tringulo U V W, el punto Test en el lado U V, entonces

W U V< W T V, resulta APB < AQB(=)si Q estn entre A yP , yAPB> AQB(=)si P

est entreAyQ.Si =90 quedan dos semicircunferencias de una misma circunferencia. Si =0 tenemos dos

semirrectas, digamos AE y BF en la recta AB, donde A est entre B y E, y B est entre A y F (elcomplemento del segmento cerrado ABen la recta AB). Si =180, resulta el segmentoAB(abierto).

En cualquier caso, los puntosA yBno estn en el arco capaz, pues ni AABni ABBestn definidos.


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4.1. Propiedades generales de la circunferencia Pg. 21

Problema 4.24. Dadas dos longitudes a yb , construir un segmento de longitud xtal que x2 =a b.

Esto esEuclides VI.13.

De esta forma se resuelven geomtricamente las ecuaciones de segundo grado (ms una eventual

completacin de cuadrados).

Problema 4.25. Justificar la construccin en Euclides III.17 para trazar la tangente por A a una

circunferencia c de centro O y radio r: sea D el punto de interseccin de c con el rayo OA, sea c lacircunferencia de centroO y radioOA, sea Fun punto en la interseccin de c y la perpendicular aOApor D , seaB en la interseccin de c y el rayo O F, entonces la rectaABes tangente a c .

Problema 4.26. Dadas dos circunferencias c1yc2, construir cuando sea posible:

a) las tangentes exteriores, i. e., rectas que son tangentes a ambas circunferencias y que dejan en unmismo semiplano a ambas.Sugerencia: Si el centro de c es O, construir Mel punto medio del segmentoOA, la circunferenciacde centro Mque pasa porA. Si P es un punto de c c, OPA =90, i. e.,AP OP .

b) las tangentes interiores, i. e., rectas que son tangentes a ambas circunferencias y que dejan endistintos semiplanos a ambas.

Problema 4.27. Los vrtices de un cuadriltero convexo estn en una circunferencia si y slo si la sumade los ngulos opuestos es 180.

Problema 4.28. Si A, B yC estn sobre una circunferencia c , y la bisectriz de ABCcorta a c en P

(P=B), entonces P est en la mediatriz deAC. Problema 4.29 (el gatito en la escalera). Una escalera situada sobre el suelo y apoyada con un

extremo en la pared, se desliza hacia abajo. Qu curva recorre un gatito sentado en el centro de la

escalera?

Se supone que el piso y la pared estn a 90.

Sugerencia: pensar a la escalera como una de las diagonales de un rectngulo.

Problema 4.30. Dados los puntos AyB ,

a) Encontrar el lugar geomtrico de los pies de las perpendiculares desde el puntoAa cualesquierarectas que pasan por B.

b) Encontrar el lugar geomtrico de los puntos que son simtricos a Arespecto de alguna recta quepase por B .

Problema 4.31. Dados un puntoAy una circunferencia, determinar el conjunto de los puntos mediosde las cuerdas de la circunferencia que pasan por A(eventualmente extendidas).

Sugerencia: considerar la mediatriz de la cuerda.

Problema 4.32. Dados los puntos A yB en el interior de la circunferencia c , construir un tringulo

rectngulo inscripto en c y tal que sus catetos contengan a AyB .Sugerencia: considerar una circunferencia de dimetro AB.

Problema 4.33. Dados los puntos AyB sobre una recta, encontrar el lugar geomtrico de los puntos Tque son punto de contacto de dos circunferencias tangentes, que a su vez son tangentes a la recta, unaenAy la otra en B .

Sugerencia: dnde corta la tangente por Ta la recta AB?

Problema 4.34. SeaAel vrtice de un ngulo .

a) SiAse encuentra dentro de un crculo, la medida dees la semisuma de los valores de los arcosde los cuales uno est situado entre los lados de y el otro entre los lados del ngulo opuesto

por el vrtice.

b) Si A est fuera de un crculo y los lados de cortan a la circunferencia correspondiente, lamedida de es la mitad de la diferencia de los valores de los arcos determinados (el mayor

menos el menor).

Problema 4.35. Sea A un punto dentro de una circunferencia. Encontrar el lugar geomtrico de los

vrticesCde los rectngulosABC DdondeB yD estn sobre la circunferencia.
http://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookVI/propVI13.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookVI/propVI13.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII17.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookIII/propIII17.htmlhttp://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/bookVI/propVI13.html


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4.2. Propiedades bsicas de las cnicas

4.36. Definicin (de parbola). Dados una recta d y un punto F, F /d , la parbola asociada es elconjunto{P: F P =distP, d}.

des ladirectrizyFes elfocode la parbola.

La recta e perpendicular a d por Fes elejede la parbola.

Elinterior de la parbola es el conjunto{P : F PdistP, d}.

4.37. Definicin (de elipse). Dados dos puntos F1yF2y un nmerod > F1F2, la elipseasociada es elconjunto{P: P F1+P F2= d}.

F1yF2son losfocosde la elipse, y el punto medio de F1F2, indicado por O, es elcentro.

El interior de la elipse es el conjunto {P : P F1 + P F2 < distP, d}, y el exterior el conjunto{P: P F1+P F2> distP, d}.

Sid = F1F2, el conjunto{P: P F1+P F2= d}es un segmento, mientras que si d < F1F2, el conjunto esvaco. Cuando F1= F2, la elipse es una circunferencia de centro F1y radiod .

4.38. Definicin (de hiprbola). Dados dos puntos F1yF2y un nmero d , 0 d > 0, debe ser F1=F2. Sid = F1F2> 0, el conjunto {P: |P F1P F2| =d} es la recta F1F2menos el segmento F1F2, si d > F1F2

el conjunto es vaco, sid = F1F2=0 el conjunto es todo el plano, y sid = 0


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4.2. Propiedades bsicas de las cnicas Pg. 23

Esto es la propiedad focal de la parbola: un rayo que parte del foco rebota en la parbola en un

direccin paralela al eje.

Problema 4.42. SeanA yB dos puntos en un mismo semiplano respecto de la recta . Encontrar un

puntoP tal que la distanciaAP + P Bsea mnima. Problema 4.43. Sean F1yF2dos puntos yd > F1F2.

a) Ver que dado un puntoQen la circunferencia de centroF1y radiod , el puntoP en la interseccinde la recta F1Qcon la mediatriz mde F2Qes un punto en la elipse de focos F1yF2y distancia d .Recprocamente, todo punto P de la elipse puede obtenerse a partir de un punto Qen la maneradescripta.

b) Ver que la mediatriz mdel inciso anterior corta a la elipse nicamente en el punto P , dejando alinterior de la elipse en un semiplano.

mes la tangentea la elipse por P .

c) Con las notaciones anteriores, los ngulos formados por las semirrectas P F1yP F2con semirrectasopuestas de mson iguales.

Esto es la propiedad focal de la elipse: un rayo que parte de un foco rebota en la elipse en direccinhacia el otro foco.

Problema 4.44.

a) Sean una recta yA y B dos puntos a diferentes lados de , y tales que distA, >distB, .Encontrar un punto P tal que la diferencia de las distancias AP BPsea mxima.

b) Dados los puntos F1 y F2 y el nmero d, 0 < d < F1F2, ver que dado un punto Q en lacircunferencia de centro F1 y radio d, el punto P en la interseccin de la recta F1Q con la

mediatrizm de F2Qes un punto en la hiprbola de focos F1yF2y distancia d . Recprocamente,todo punto P de la hiprbola puede obtenerse a partir de un punto Qen la manera descripta.

c) Ver que la mediatrizm del inciso anterior corta a la hiprbola nicamente en el punto P .

mes la tangentea la hiprbola por P .

d) Las semirrectasP F1yP F2forman ngulos iguales con una semirrecta de m.

Esto es la propiedad focal de la hiprbola: un rayo que parte de un foco rebota en la hiprbola

alejndose del otro foco en direccin opuesta.

Problema 4.45. Dada una parbola de foco Fy directrizd :

a) Si P es exterior a la parbola, construir (con regla y comps) las tangentes a la parbola por P .

Se puede ver que siAyB son los puntos de tangencia, yA,B yP son las proyecciones deA,B yPen d (respectivamente), entonces P es el punto medio del segmentoAB.

b) Dada una rectar , construir una recta r tangente a la parbola y tal que r r . Como en aa),se puede ver que si AyB son las intersecciones de r (o una recta paralela a r ) y la

parbola, Ces donde la tangente es paralela a r , yA,B yC son las proyecciones deA,B yC end(respectivamente), entonces Ces el punto medio del segmentoAB.

c) Encontrar el lugar geomtrico de los puntos tales que la parbola se ve en ngulo recto (i. e., lastangentes a la parbola por el punto se cortan a 90).Sugerencia: Si P es un punto exterior,A

yB son puntos de tangencia yA, B son las proyecciones de AyB en d , comparar los ngulosAPA, F PA, BPByBP F.

Problema 4.46. Supongamos que dos mviles,AyB , en el interior de la parbola de foco Fy directrizdse acercan hacia sta en direccin paralela al eje de la parbola, y supongamos que ambos rebotarnal llegar a la parbola dirigindose haciaF. Ver que si ambos se mueven a la misma velocidad constantey estn inicialmente a la misma distancia de d , llegan juntos a F.

Sugerencia:distancia=velocidad tiempo. Problema 4.47. Construir (con regla y comps) el foco de una parbola dados la directriz y dos puntosen la parbola. Cuntas soluciones hay?

Problema 4.48. SeanAyB dos puntos del plano, yp , p > 0. Encontrar el lugar geomtrico de lospuntosMtales que el permetro del tringulo AM Bes


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a) igual a p ,

b) menor quep .

Problema 4.49. Sea Tun punto en el segmento AB. Encontrar el lugar geomtrico de los puntos M

tales que la circunferencia inscripta del tringuloAM Bes tangente aABen T.Sugerencia: comparar M A

M Bcon T A

T B.

Problema 4.50. En una articulacin quebrada cerradaABC D, para la cualAD= B C= ayAB= C D= b,el elementoADest fijo. Encontrar el lugar geomtrico de puntos de interseccin de las rectas AByC Dcuandoa) a < b,b) b < a.

Problema 4.51. Consideremos una elipse de focos AyB.

a) Demostrar que el conjunto de puntos simtricos al foco A respecto a todas las tangentes a laelipse es una circunferencia.

b) Demostrar que el conjunto de pies de las perpendiculares porAa las tangentes a la elipse es unacircunferencia.

c) Repetir los incisos anteriores para el caso de la hiprbola.

Problema 4.52. Supongamos una elipse de ecuacinx2

a2 +

y2

b2 =1.

Es til usar un software de geometra dinmica para visualizar los resultados del problema.

a) Si(x,y)es un punto de la elipse, entonces la recta

x x

a2 +

y y

b2 =1

corta a la elipse nicamente en(x,y).Sugerencia: ver que la recta corta a la elipse en un nicopunto, calculando(xx)2/a2 + (yy)2/b2 para(x,y) en la interseccin de la elipse y larecta.

b) Sea P = (p1,p2)un punto exterior de la elipse, y pongamos

d =p21

a2 +

p22

b2 (d> 1 pues P es exterior).

Entonces, las tangentes por P a la elipse tienen ecuaciones

x xi

a2 +

y yi

b2 =1 parai =1,2,

donde(x1,y1)y(x2,y2)son las intersecciones de las tangentes y la elipse y estn dados por

x1=p

1d +

ap2

bd

d 1, y1=p

2d

bp1

ad

d 1,

x2=p1

d ap2

bd

d 1, y2=

p2

d +

bp1

ad

d 1.

c) (x1 p1) (x2 p1) + (y1 p2) (y2 p2) =d 1

d (p21+ p

22 a2 b2).

d) La elipse se ve desde P a 90 si y slo si P est en la circunferencia de centro (0, 0) y radioa2 +b2.

Problema 4.53. Seak , 0 1.

Sik =1 es una parbola, por definicin.

Autores comoCoxeter y Greitzer(1993) definen las cnicas de esta forma.


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4.2. Propiedades bsicas de las cnicas Pg. 25

b) En una elipse o hiprbola de focos F1 y F2, y distancia caracterstica d, la excentricidad es elcociente F1F2/d. Ver que en el inciso anterior cuando 0 < k < 1 o k > 1, k coincide con la

excentricidad.

La circunferencia tiene excentricidad 0, pero la definicin ena) no tiene sentido.

Problema 4.54 (el gatito en la escalera II). Recordando el gatito en la escalera, qu curva recorre

el gatito si est sentado en un punto que no es el punto medio de la escalera?


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Captulo 5

Concurrencia e inversin

5.1. Teoremas de Ceva y Menelao

Dos rectas que se cortan lo hacen en un punto (o son iguales), pero ya hemos visto ejemplos como

las medianas o las bisectrices de un tringulo de tres rectas distintas que se cortan en un punto.5.1. Definicin. Decimos que tres o ms rectas son concurrentessi se cortan en un nico punto.

Aunque rectas concurrentes no estn necesariamente asociadas a un tringulo, es interesante

estudiar el caso de rectas que pasan por los vrtices de un tringulo y son concurrentes, como las

medianas o bisectrices.

5.2. Definicin. El segmento que une un vrtice de un tringulo con un punto del lado opuesto se

llamaceviana.

En honor a G. Ceva (16481734) quien demostr elteorema 5.4en De lineis rectisde 1678.En realidad, el resultado fue probado mucho antes por Yusuf Al-Mutaman ibn Hud, quien fue rey de

Zaragoza entre 1082 y 1085.

Las medianas, bisectrices y alturas son cevianas, pero no las mediatrices porque no pasan (necesaria-

mente) por vrtices.Supongamos que tenemos un tringulo AB Cy una recta que pasa por A y corta al segmento B C.

Entonces la recta tiene que estar en la regin sombreada en el grfico a la izquierda de lafigura 5.1. Demodo similar graficamos en esa figura las regiones de las rectas que pasan por B y cortan al segmento

AC(en el centro) o pasan por Cy cortan al segmentoAB(a la derecha).As, si las rectas,mynson concurrentes, conA ,Bm,C n, y todas pasan por los respectivos

segmentos opuestos (BC,ACyAB), entonces el punto de concurrencia debe estar en la interseccin detodas esas regiones, i. e., en el interior del tringulo, como se muestra en la figura 5.2.O, de otra forma,si dos de ellas pasan por los segmentos opuestos, la tercera tambin.

Por otra parte, como se muestra en la figura 5.2, al menos una de las rectas debe pasar por el

segmento opuesto, ya que la unin de las regiones de lafigura 5.1es todo el plano.Podemos enunciar entonces el siguiente resultado:

5.3. Lema. SeanABCun tringulo y,m yn tres rectas concurrentes en un punto tales que A ,BmyCn y ninguno de los lados del tringulo est contenido en alguna de las rectas. Entonces slo puedesuceder una de las siguientes posibilidades:

A

B C

A

B C

A

B C

Figura 5.1: regin de rectas segn los vrtices.


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5.1. Teoremas de Ceva y Menelao Pg. 27

A

B C

Figura 5.2: la interseccin de las regiones.

A

L

R

B

N

M

C

m

n

A

L

R

B

N

M

C

m

n

Figura 5.3: configuraciones para el teorema de Ceva.

a) Las tres rectas cortan a los lados opuestos correspondientes (BC para, AC para m, AB para n).

b) Slo una de ellas corta al lado opuesto.

5.4. Teorema (de Ceva). SeaABCun tringulo y consideremos puntos L en la recta B C, Men la recta

AC y N en la recta AB tales que las rectas AL, BM y C N son concurrentes en R. Entonces

B L

LC

C M

MA

AN

N B =1, (5.1)

si ningn numerador ni denominador es nulo.

Los puntos de interseccin no deben coincidir con ninguno de los vrtices, pues en este caso algunos

numeradores o denominadores seran 0.

Llamamosa la recta AL ,ma la recta B Myna la recta C N. Por5.3,hay dos configuraciones posibles(salvo permutaciones de letras) indicadas en lafigura 5.3. Damos las indicaciones para la configuracinde la izquierda, dejando como problema la demostracin para la configuracin de la derecha.

Los tringulosBALyL ACtienen igual altura desde A, y por lo tanto sus reas estn en la proporcinde las bases:

area(BAL)

area(LAC)=

B L

LC.

La misma proporcin tienen los tringulos BR LyL RC:

area(BRL)

area(LRC)=

B L

LC,

de modo que podemos poner

B L

LC =

area(BAL) area(BRC)area(LAC) area(LRC)=

area(BAR)

area(RAC).

Repitiendo para los vrticesB yC,

C M

M A =

area(C BR)

area(RBA),

AN

N A=

area(ACR)

area(RC B),

y multiplicando,B L

LC

C M

MA

AN

NA=

area(ABR)

area(ACR)

area(BC R)

area(ABR)

area(ACR)

area(BC R)=1.

As como tres (o ms) rectas pueden concurrir en un punto, es interesante estudiar el caso en que

tres (o ms) puntos estn en una recta.

5.5. Definicin. Decimos que tres o ms puntos son colinealessi estn sobre una misma recta.


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Pg. 28 Captulo 5. Concurrencia e inversin

A

L B

N

M

C

A

LB

N M

C

Figura 5.4: configuraciones para el teorema de Menelao.

A

B C

N

ML

PB PA

PC

Figura 5.5: esquema en la demostracin del teorema de Menelao.

En el lema 5.3 vimos que hay slo dos configuraciones posibles para rectas concurrentes que

pasan por los vrtices de un tringulo. Para puntos colineales tenemos un resultado anlogo que es

esencialmente el axioma de Pasch.

5.6. Lema. Dados un tringulo y una recta que no pasa por ninguno de sus vrtices, slo puede suceder

una de las siguientes posibilidades:

a) La recta corta exactamente a dos de los lados.

b) La recta no corta al tringulo.

5.7. Teorema (de Menelao). SeaABCun tringulo, y sean L en la recta B C, Men la recta ACyNen la

recta AB tres puntos colineales ninguno de los cuales es vrtice del tringulo.

Entonces

B L

LC

C M

MA

AN

N B =1, (5.2)

si ningn numerador ni denominador es nulo.

El teorema lleva el nombre por Menelao de Alejandra (70140).

Las ecuaciones(5.1)en el teorema de Ceva y(5.2)en el de Menelao son las mismas. Para distinguirlos resultados, muchos autores agregan un signo a las fracciones involucradas, quedando un 1 en

vez de 1 en el trmino derecho de (5.2).

Por ellema 5.6,hay dos configuraciones posibles (salvo permutaciones de letras) indicadas en la

figura 5.4.Consideramos slo la de la izquierda.Sean PA, PB yPClos pies de las perpendiculares a la recta L Mpor A,B yCrespectivamente, como

se indica en lafigura 5.5.Los tringulos L PBByL PCCson semejantes pues son rectngulos en PByPC

y comparten el ngulo en L . Por lo tanto,LB

LC =

PBB

PCC.

Del mismo modo, ahora por ngulos opuestos en M, son similares los tringulos M PAAyM PCC, y

anlogamente los tringulosN PAAyN PBB. Entonces

M C

MA =

PCC

PAA,

NA

N B =

PAA

PBB.

Multiplicando las igualdades, obtenemos el resultado.

Tal vez ms interesantes y tiles son las recprocas de los teoremas de Ceva y Menelao: si cierta

igualdad se satisface entonces hay rectas concurrentes o puntos alineados.

Por ejemplo, usamos los recprocos en los problemas5.12(medianas) y5.13(bisectrices).

Dado que en ambos teoremas se tiene la misma igualdad, es necesario agregar otras hiptesis.


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Problema 5.10. Con las notaciones de5.4,supongamos que las rectas AL, BM yC N son paralelas.

Entonces slo una de esas rectas corta al lado correspondiente (BC,ACo ABrespectivamente) y siguevaliendo laecuacin (5.1).

El problema muestra que el enunciado delteorema de Cevaque dimos no es una caracterizacin

completa, lo que luego se refleja en el recproco (teorema 5.8).

Problema 5.11. Completar las demostraciones de5.4y5.7para las otras configuraciones. En los problemas5.12a5.14,usar las ideas de los teoremas de Ceva y Menelao o sus recprocos

(recordando elcorolario 5.9), an cuando hayamos visto estos resultados con otras demostraciones.

Problema 5.12.

a) Las medianas de un tringulo se encuentran en un punto.

b) Las medianas de un tringulo lo dividen en seis tringulos de igual rea.

c) Usando el inciso anterior, ver que las medianas de un tringulo se dividen una a otra en razn2 : 1.

d) Si L, M yNson los puntos medios de los lados B C,AC yAB (respectivamente), las medianasdel tringulo LM Nestn contenidas en las medianas del tringuloABC.

Problema 5.13. Usando que si AMes bisectriz del ngulo

Aen el tringulo ABC (con M BC),entonces AB/BM= AC/C M, y de modo similar para las otras bisectrices, demostrar que las bisectricesse cortan en un punto.

Problema 5.14. Sean L, MyNlos pies de las alturas correspondientes aA, B yC(respectivamente)

en el tringuloABC.

a) Los tringulosAM ByAN Cson semejantes, y por lo tanto AM/AN= AB/AC.

b) Usando el inciso anterior (para todos los vrtices) y el recproco del teorema de Ceva, demostrarque las rectas que contienen a las alturas se cortan en un punto.

Problema 5.15. Sean L, M yNlos puntos medios de los lados AB, B C yAC (respectivamente) del

tringuloABC. Entonces:

a) Las mediatrices del tringuloABCson alturas del tringulo L M N.

b) Las mediatrices del tringuloABCse cortan en un punto.

5.2. Otros resultados clsicos

Ac mencionamos algunos resultados clsicos relacionados con los teoremas y problemas anteriores(ver por ejemploCoxeter y Greitzer(1993)).

5.16. Lema. El ortocentro y el circuncentro de un tringulo coinciden si y slo si el tringulo es equiltero.

LlamemosABCal tringulo, y sea D el pie de la altura en A.Supongamos que el ortocentro y el circuncentro coinciden. Siendo la rectaADparalela a la mediatriz

deB C, D debe ser el punto medio deB C yAB= AC(pues los tringulos ADB yADCson iguales por

LAL: rectngulos en D,B D= DCyADcomn). TomandoB en vez deA, podemos ver del mismo modo

queB C= BA, y entoncesAB=AC= B C.Si el tringulo es equiltero, en particular es issceles conAB= ACy entonces la mediatriz de B C

pasa porAy contiene a la alturaAD. Repitiendo para B, vemos que la altura en B est contenida en lamediatriz deAC, y por lo tanto las intersecciones de alturas y mediatrices coinciden.

5.17. Teorema (recta de Euler). SeanHel ortocentro,G el baricentro yOel circuncentro de un tringulo.

Entonces H G=2GO y si el tringulo no es equiltero H G O. Cuando el tringulo no es equiltero, la recta que contieneH,G yOse llamade Euler.

Supongamos que A,B yC son los puntos medios de los lados B C,AC yAB (respectivamente) deltringuloABC(verfigura 5.7).

Los tringulosABCyABCson semejantes con razn de semejanza 2 (e. g.,AB=2AB). Ms an,las medianas del tringulo ABCestn contenidas en las del ABC(problema 5.12), de modo que estostringulos comparten el baricentro (G).

Podemos transformar el tringulo AB C en el ABC haciendo primero una simetra central concentro G y luego una homotecia de razn 1/2. Por el problema 5.15,el ortocentro H de AB C se

transforma en el ortocentro del tringulo ABCque esO. EntoncesH G OyG H=2GO.


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5.2. Otros resultados clsicos Pg. 31

A

B CA

BC

G

H O

Figura 5.7: la recta de Euler contiene al segmento H O.

A

B CA

BC

H

D

E

F

ON

G

Figura 5.8: circunferencia de los nueve puntos (marcada en azul).

5.18. Teorema (circunferencia de los nueve puntos). SeaABCun tringulo, y supongamos queA,B

yC son los puntos medios de los lados B C,AC yAB (respectivamente), y que D, EyFson los pies de lasalturas correspondientes a los puntos A, B y C respectivamente.

Entonces:

i) El circuncentro del tringulo ABC es el punto medio del segmento HO.

ii) La circunferencia circunscripta al tringulo ABC tambin circunsribe al tringulo DE F, y tieneradio la mitad de la circunferencia circunscripta al tringulo ABC.

J. V. Poncelet (17881867) la llam circunferencia de los nueve puntospues tambin pasa por los puntosmedios determinados por los vrtices y el ortocentro H.

Nos orientamos con lafigura 5.8.Usando la transformacin de semejanza del teorema 5.17, vemos que el punto O (circuncentro

del tringulo ABC) se transforma en el punto N (circuncentro del tringulo ABC), resultandoN G O yG O = 2N G. Puesto que HG O yH G = 2GO (por5.17), tenemos N O = (3/2)GO yHN= H G N G=2OG 1/2OG = (3/2) GO, i. e.,N O=H N.

Adems, la circunferencia circunscripta al tringuloABC, de radio r , por la semejanza se transformaen una circunferencia de radio r /2.

Finalmente, siendo Nel punto medio de H O, su proyeccin sobre la recta B Ces punto medio de

DA, y por lo tanto D N= AN. De modo similar, E N= BNyF N= CN(=r /2).

5.19. Teorema (recta de Simson). Los pies de las perpendiculares desde un punto a los lados de un

tringulo estn alineados si y slo si el punto est situado en la circunferencia circunscripta.

Aunque es un teorema sobre colinealidad, no se usa el teorema de Menelao.

Poncelet en Trait des proprits projectives des figures de 1822 atribuye el resultado a R. Simson

(16871768), aunque los historiadores sostienen que se debe a W. Wallace (17681843), quien lo

public en 1799.

SeaP un punto cualquiera (que puede no estar en la circunferencia circunscripta), y llamemos L , MyNa las proyecciones sobre B C,ACyABrespectivamente (verfigura 5.9).

Como P M A = PNA =90, los puntos A, P , MyNestn en una circunferencia de dimetro PA,y de modo similar paraB, P , L yNcon la circunferencia de dimetro P B, y paraC, P , L yMcon la

circunferencia de dimetro P C.La idea de la demostracin es usar igualdades entre ngulos inscriptos, aunque exactamente qu

ngulos y qu igualdades dependen de la posicin relativa de los puntos (A,B ,CyP ). Ac seguimos


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A B

C P

L

M

N

Figura 5.9: recta de Simson.

la configuracin en lafigura 5.9cuando P est en la circunferencia circunscripta.SiP est en la circunferencia circunscripta, tenemos sucesivamente:

P LN=180 PBN usando la circunferencia de dimetroP B,PBN=180 PCA usando la circunferencia circunscripta, (5.4)PCA =180

PC M puesA

C

M,

PC M= P LM usando la circunferencia de dimetroP C.

Juntando estas igualdades obtenemos P LN+ P LM=180, i. e., ML N.Para la recproca (y otra vez dependiendo de las posiciones de A,B ,C yP ), revertimos los pasos

llegando a laigualdad(5.4),de donde podemos deducir que P est en la circunferencia circunscriptadel tringuloABC.

5.3. Potencia de punto respecto de circunferencia

5.20. Teorema. Consideremos una circunferenciac de centroO y radio r, un puntoP y una recta que

pasa por P y corta a c en Q y R (que podran coincidir si es tangente a c). Entonces

PQ PR = |PO2 r2|. (5.5) SiP c, alguna de las intersecciones coincide con P yP QPR =0, y si P = O, P QPR =r 2.

SiP=O, seanAyA las intersecciones de la recta P Ocon c . EntoncesPAPA= r 2 PO2 siP esinterior yPAPA= PO2 r2 si P es exterior, estableciendo (5.5)si =P O.

Supongamos ahora =P O.Si P es interior, ARQ = AAQ (por ngulos inscriptos), de modo que ARP = PAQ. Como

adems APR = QPA (por opuestos por el vrtice), los tringulosAP RyQ PA son semejantes, yPA/PQ =P R/PA.

SiP es exterior ac , supongamos queA APyR Q P(en todo caso cambiando los nombres). Sino es tangente, nuevamente los tringulos APRyQ PA son semejantes (pues AAQ= ARQsoninscriptos yAPR = APQ es comn) de modo que PA/PQ = P R/PA. Si es tangente a c ,Q= RyPQ2 =P O2 r2 por Pitgoras.

5.21. Definicin. Con las notaciones delteorema 5.20,la potencia de P respecto de c es la cantidad enlaecuacin (5.5).

La potencia depende deP yc pero no de, y puede calcularse como|PO2 r2|.

Problema 5.22. Dada una circunferencia c y un nmero d > 0, describir:

a) El lugar geomtrico de los puntosP tales que la longitud de la(s) tangente(s) a c es d .

b) El lugar geomtrico de los puntosP en el crculo, tales que su potencia respecto de c es d .

Problema 5.23. Dados la recta y los puntos AyB , construir una circunferencia que pase por AyB ytal quesea tangente a ella. Cuntas soluciones hay?

Problema 5.24. A un lado de una carretera recta, formando un ngulo con ella, est situado un cartel.En qu punto de la carretera habr que ubicarse para ver el cartel al mayor ngulo posible?

Problema 5.25. Dados los puntos Ay B, A = B, y el nmero d, el conjunto de puntos M tales queAM2 BM2 =d es una recta perpendicular a la recta AB.


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5.4. La circunferencia de Apolonio Pg. 33

Problema 5.26. Seanc yc dos circunferencias no concntricas (no tienen el mismo centro).

a) Encontrar el conjunto de puntos para los cuales las tangentes trazadas a las circunferenciastienen igual longitud.Sugerencia: est contenido en una recta.

La recta se llamaeje radicalde las dos circunferencias.

b) Construir con regla y comps el eje radical dec yc .

c) Ver que es posible elegir los ejes coordenados de modo que los centros tengan coordenadas(a, 0)y(a, 0), con a < 0 0, y consideremos la ecuacin

AM

BM =k, (5.6)

con M en la recta AB.

a) Si k=1la ecuacin tiene exactamente una solucin, el punto medio de AB.

b) Si k =1, la ecuacin tiene exactamente dos soluciones, M1 yM2, dondeA M1 ByM2 deja aAyB a un mismo lado. En este caso, si C es el punto medio de M1M2, poniendo

r=k

|k2 1| AB,

resulta

ACBC= r 2,y C deja de un mismo lado a A y B.

Como trabajamos en una recta, podemos hacer una correspondencia entre los puntos de esta recta y

una recta real, donde el origen es 0 (cero) y los puntos AyB se corresponden con los puntost yt(t> 0). La ecuacin (5.6) se transforma en|x+ t | =k |x t|.

Cuandok =1 (yt=0) tenemos la nica solucin x=0, y cuando k =1 las soluciones

x1=k 1k + 1

t y x2=k + 1

k 1 t .

x1queda entretyt , mientras que x2resulta o bien mayor que t (si k > 1) o bien menor quet(sik< 1). Tambin (siempre conk =1), si c es el punto medio de x1yx2, resulta

c=x1+x2

2 =

k2 + 1

k2 1 t ,

|x1 c| = |x2 c| =2k

|k2

1|t , (5.7)

|c+t | |c t| = 4k2

(k2 1)2 t2.


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Volviendo al enunciado, Mes el punto medio de AB cuando k = 1. En otro caso tendremos M1(correspondiente a x1) entreAyB, M2 (correspondiente a x2) yC(correspondiente a c) dejan a un

mismo lado a A yB (estando ambos ms cerca de A que de B si k < 1). Los

apuntes de geometria y problemas propuestos

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