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Geometr ´ ıa Escolar I: Diez Resultados B ´ asicos By Cesarator FMAT forum (www.fmat.cl) enjoy! El desarrollo l´ogico matem´atico de la geometr´ ıa comienza con el enunciado de los Axiomas y de los Conceptos Primitivos. A partir de ellos se definen nuevos conceptos y se deducen secuencialmente los distintos resultados, avanzando poco a poco. As´ ı, para introducir el concepto de “ortocentro” de un tri´angulo se debe haber definido previamente lo que se entiende por “altura”, definici´on que involucra a su ves el concepto previo de “perpendicular- idad”. Adem´as, para justificar la existencia misma del ortocentro (no es para nada claro que 3 rectas, en este caso las alturas, pasen por un mismo punto), se debe conocer previamente el teorema de concurrencia de las simetrales, el cual se demuestra usando las propiedades de los tri´angulosis´osceles. Se puede distinguir un buen resumen de resultados de geometr´ ıa por el orden correcto en que se enuncian los teoremas. No se puede estudiar trigonometr´ ıa adecuadamente sin antes pasar por la semejanza de tri´angulos, y antes de emprender el estudio y clasificaci´on de los cuadril´ateros se debe tener un adecuado dominio de los criterios de congruencia de tri´angulos. Los 10 resultados que se presentan en este manual son los primeros resultados significativos que aparecen en este desarrollo secuencial de la geometr´ ıa. Por lo tanto, deben ser dominados a la perfecci´on por cualquier escolar que pretenda desarrollar su capacidad para resolver problemas geom´ etricos. Aparecen una y otra ves en desarrollos poste- riores y existen numerosos ejercicios relativamente complejos que ad- miten simples soluciones recurriendo a algunos de estos 10 teoremas fundamentales. Parte importante del texto consiste en el desarrollo de ejercicios, en su mayor´ ıa no rutinarios, que permiten profundizar la comprensi´on 1

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Page 1: Geometria Escolar I

Geometrıa Escolar I: Diez ResultadosBasicos

By CesaratorFMAT forum (www.fmat.cl)

enjoy!

El desarrollo logico matematico de la geometrıa comienza conel enunciado de los Axiomas y de los Conceptos Primitivos. A partirde ellos se definen nuevos conceptos y se deducen secuencialmente losdistintos resultados, avanzando poco a poco.

Ası, para introducir el concepto de “ortocentro” de un triangulose debe haber definido previamente lo que se entiende por “altura”,definicion que involucra a su ves el concepto previo de “perpendicular-idad”. Ademas, para justificar la existencia misma del ortocentro (noes para nada claro que 3 rectas, en este caso las alturas, pasen por unmismo punto), se debe conocer previamente el teorema de concurrenciade las simetrales, el cual se demuestra usando las propiedades de lostriangulos isosceles.

Se puede distinguir un buen resumen de resultados de geometrıapor el orden correcto en que se enuncian los teoremas. No se puedeestudiar trigonometrıa adecuadamente sin antes pasar por la semejanzade triangulos, y antes de emprender el estudio y clasificacion de loscuadrilateros se debe tener un adecuado dominio de los criterios decongruencia de triangulos.

Los 10 resultados que se presentan en este manual son los primerosresultados significativos que aparecen en este desarrollo secuencial dela geometrıa. Por lo tanto, deben ser dominados a la perfeccion porcualquier escolar que pretenda desarrollar su capacidad para resolverproblemas geometricos. Aparecen una y otra ves en desarrollos poste-riores y existen numerosos ejercicios relativamente complejos que ad-miten simples soluciones recurriendo a algunos de estos 10 teoremasfundamentales.

Parte importante del texto consiste en el desarrollo de ejercicios,en su mayorıa no rutinarios, que permiten profundizar la comprension

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del lector. Ademas, se dejan propuestos varios problemas complemen-tarios, todos los cuales admiten al menos una solucion basada exclusi-vamente en los contenidos aquı expuestos. Hay un total de 66 ejercicios,entre problemas propuestos y resueltos (Se editara en el futuro un solu-cionario para los problemas propuestos).

El apunte esta dirigido a estudiantes que ya han tenido alguncontacto inicial con los temas en el incluidos. Se ha optado por enunciarbrevemente las definiciones y conceptos fundamentales necesarios conel objeto de ordenar la exposicion y aclarar eventuales confusiones.Se espera que este manual tambien resulte de utilidad para docentesque deseen trabajar con estudiantes especialmente interesados en lageometrıa.

Recordamos al escolar que los libros de matematicas no se leencomo una novela. Se debe tener papel y lapiz a mano, hacer las figurasque se van describiendo y realizar los calculos en detalle. Con unalectura pasiva se obtendra poco o ningun beneficio.

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1.1. Conceptos Elementales: Segmentos. Rayos.

§ 1.1.1. Todos los objetos que aparecen en el desarrollo de la ge-ometrıa deben definirse claramente, sin dejar lugar a confusiones niambiguedades. Sin embargo, existen unas pocas excepciones a esta reglade rigurosidad. Son los llamados conceptos primitivos, los cuales no sedefinen y se aceptan como si fueran conocidos por todos1.

§ 1.1.2. El primer concepto primitivo es el de punto en el espacio.Todas las figuras de la geometrıa estan confor-

madas por puntos. Ası, puede decirse que los objetosque estudia la geometrıa son conjuntos (de puntos).Se suele representar los puntos con una letramayuscula y es usual hablar, por ejemplo, de los pun-tos A,B y C.

AA

BBCC

§ 1.1.3. Los siguientes conceptos primitivos son las rectas y los planos.No los discutimos mayormente, pues asumimos que son conocidos portodos.

Para identificar una recta se consid-eran 2 puntos A y B sobre ella. Se escribe←→AB para la recta determinada por estospuntos. Ası, una misma recta puede deno-tarse de varias maneras. En efecto, si A,By C son 3 puntos sobre una misma recta,

se tiene←→AB =

←→AC =

←→BC.

AABB

CC

§ 1.1.4. Tres puntos A,B y C pueden o no estar alineados. En general,si varios objetos pertenecen a una misma recta se dicen colineales, yse dicen coplanares si pertenecen a un mismo plano.

§ 1.1.5. Dados dos puntos A,B, escribimos AB o BA para la distan-cia entre ellos. Ası, AB es siempre un numero no negativo, y el casoAB = 0 se da solamente cuando A = B.

§ 1.1.6.Dados 3 puntos colineales A,B y C, estos

pueden ordenarse de varias maneras. Se escribeA − B − C para indicar que B esta entre Ay C, lo que significa que AB +BC = AC.

AA BB CC

A-B-CA-B-C

1En efecto, luego de pensar un poco en esto, es facil convencerse de la imposi-bilidad de definir absolutamente todo: es necesario aceptar algunas cosas como“indefinidas”

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Se denota por AB al segmento de recta de extremos A y B,que contiene a todos los puntos que estan entre A y B.

Ası, podemos decir que el segmento AB es el Lugar Geometricode los puntos que estan entre A y B (ademas de A y B)2.

Notese que AB es un numero no negativo, y AB es un conjuntode puntos3.

§ 1.1.7. Dados dos segmentos AB y CD, puede suceder que AB = CD.En este caso los segmentos son uno solo, y se tiene que A = C y B = Do A = D y B = C.

Tambien puede suceder que AB = CD. En este caso los segmen-tos tienen igual longitud y se dice que son segmentos congruentes,lo que se escribe poniendo

AB ∼= CD.

§ 1.1.8. El rayo−→AB es una lınea que parte de A y se extiende in-

definidamente en la direccion desde A hacia B. Se define matematica-mente como la reunion del segmento AB mas todos los puntos P talesque B esta entre A y P (pensar cuidadosamente en esta definicion).

Notese que−→AB y

−→BA son rayos distintos. Se dice que A es el

vertice del rayo−→AB.

1.2. Angulos.

§ 1.2.1. Un angulo es la reunion de dos rayos con un vertice comun.Los rayos son llamados lados del angulo, y su vertice comun pasa allamarse vertice del angulo.

Se denota a un angulo mediante 3 pun-tos: la notacion ∠FRG indica que el verticedel angulo es R y que sus lados son los rayos−→RF y

−→RG. En ocasiones se indica un angulo

solo con su vertice.

FF

RRGG

§ 1.2.2. Una recta contenida en un plano lo divide en 2 semiplanos.Dada una recta L y un punto A fuera de ella, se habla del semiplano

2En general, se habla de lugar geometrico de puntos para el conjunto de todoslos puntos que satisfacen cierta condicion. En este caso, la condicion que define elsegmento AB es “estar entre A y B o ser A o B”.

3Debe tenerse cuidado con esto: recordar que AB y AB denotan cosas distintas.

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determinado por L del lado de A para indicar el semiplano quecontiene al punto A.

CC DD

EE

LL

Figura. C y D estan del mismo lado de L, pero C y E estan en ladosopuestos de L

El interior de un angulo4 se define como la interseccion de 2semiplanos determinados por las rectas que contienen sus lados. Masprecisamente, el interior de un ∠KRM es la interseccion del semiplano

determinado por←→KR que contiene a M y el semiplano determinado

por←−→RM que contiene a K.

§ 1.2.3. Dados 3 puntos colineales A,B y C, con B entre A y C, se

dice que los rayos−→BA y

−−→BC son rayos opuestos. El angulo cuyos

lados son rayos opuestos es llamada angulo extendido. No se defineel interior de un angulo extendido (no tiene sentido hacerlo).

§ 1.2.4. A cada angulo se le asigna una medida entre 0 y 180. Elangulo nulo es el angulo cuyos 2 lados coinciden, y se le asigna lamedida 0. Al angulo extendido se le asigna 180.

Dado un angulo ∠A, se escribe m∠A para su medida, aunque aveces se omite la m para no recargar la notacion.

Dos angulos congruentes son dos angulos que tienen la mismamedida.

§ 1.2.5. Un angulo recto es un angulo que mide la mitad de unangulo extendido, es decir, mide 90. Un angulo agudo es uno quemide menos de 90, y un angulo obtuso es uno que mide mas de 90.

Dos angulos complementarios son dos angulos cuyas medidassuman 90, y dos angulos suplementarios son dos cuyas medidassuman 180.

4El angulo es el borde de su region interior. Muchas veces se conjunde el angulocon el interior del angulo

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6

§ 1.2.6.

Dos angulos son adyacentes si tienenun lado comun (ademas deben ser coplanaresy sus interiores no deben intersectarse). Unpar lineal es formado por dos angulos queson adyacentes y suplementarios.

AA BBCC

DD

Par lineal

§ 1.2.7. Al intersectarse 2 rectas, se forman 4 angulos no extendidos. Siestos 4 angulos son rectos, se dice que las rectas son perpendiculares.Se escribe L ⊥ T para indicar que L y T son perpendiculares.

§ 1.2.8. Dos rectas son paralelas si no se intersectan (ademas debenser coplanares). Se escribe L//T para indicar que L y T son paralelas.

1.3. Primer Resultado: Angulos Opuestos por el Vertice.

§ 1.3.1.Considerar dos rectas que se inter-

sectan en un punto. Con vertice en esepunto se forman 4 angulos menores que180. Los angulos α y β son adyacentes ysuplementarios (forman un par lineal), aligual que los angulos γ y β.

ααββ

γγ

δδ

Luego,

α + β = 180 = γ + β.

Esto lleva a nuestro primer resultado:

Resultado B1 (Angulos opuestos por el vertice) En lasituacion de la figura, se tiene

α = γ y β = δ.

1.4. Rectas cortadas por una transversal.

§ 1.4.1. Al considerar dos rectas L1 y L2 (no necesariamente paralelas),cortadas por una tercera recta T (transversal) en puntos A y B, seforman variados tipos de angulos.

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AA

BB

L1L1

L2L2

TT

Asumimos un lector familiarizado con los conceptos de par de angulosopuestos por el vertice, correspondientes, alternos internos yalternos externos.

§ 1.4.2.

Resultado B2 (Rectas Paralelas cortadas por una transver-sal) En la situacion anterior, si L1//L2, entonces los angu-los correspondientes son congruentes entre si, al igual que losangulos alternos internos y los angulos alternos externos.

§ 1.4.3. La demostracion del resultado anterior se basa en el famoso“Quinto postulado de Euclides”.

§ 1.4.4. Supongamos ahora que no sabemos que L1//L2, pero si quelos angulos correspondientes son congruentes, como en la figura:

L1L1

L2L2

TT

AA

BB

En esta situacion ¿Puede concluirse que necesariamente L1//L2? ¡Piensa-lo! No es tan simple como parece 5.

1.5. Mas conceptos elementales. Triangulos.

§ 1.5.1. Dados 3 puntos no colineales A,B y C, el triangulo 4ABCes la reunion de los segmentos AB, BC y CA. Estos segmentos son loslados del triangulo, y los puntos A,B,C son los vertices del triangulo.

5Se trata de encontrar una demostracion que use solamente los resultados vistoshasta ahora

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8

Los angulos (interiores) del triangulo son los angulos ∠ABC,∠BCA y ∠CAB.

El interior de un triangulo es la interseccion del interior de sus3 angulos. No debe confundirse un triangulo con su interior.

§ 1.5.2. Se dice que los 3 lados y los 3 angulos de un triangulo sonlos elementos del triangulo. Se habla de resolver un triangulocuando se pide calcular la medida de cada uno de sus elementos.

En general, se denotan los lados deun triangulo con letras minusculas. Porejemplo, los lados de un triangulo4MHKse denotan por m,h y k, donde m es el la-do opuesto al vertice M . Se habla tambiendel angulo ∠M para el angulo ∠KMH.

MM

HH KK

hhkk

mm

§ 1.5.3. Un angulo externo de un triangulo es un angulo que formaun par lineal con alguno de sus angulos internos.

§ 1.5.4. Un triangulo es equilatero si sus 3 lados son congruentes.Es isosceles si 2 de sus lados son congruentes, y es escaleno si sus 3lados tienen distinta medida.

Un triangulo es rectangulo si tiene un angulo recto. En este caso,el lado opuesto al angulo recto es llamado hipotenusa, y los otros doslados son los catetos del triangulo.

Un triangulo es acutangulo si sus 3 angulos son agudos, y esobtusangulo si tiene un angulo obtuso.

Un triangulo equiangulo es uno que tiene sus 3 angulos congru-entes.

§ 1.5.5. En el caso de un triangulo issoceles, los angulos basales sonlos angulos opuestos a los lados congruentes. El angulo del verticees el tercer angulo y la base es el lado opuesto al angulo del vertice.

§ 1.5.6. Una region es convexa si cumple que para cualquier parde puntos contenidos en la region, el segmento determinado por estospuntos esta completamente contenido en ella.

En general, la interseccion de semiplanos forma una region con-vexa. Ası, el interior de un angulo es un conjunto convexo (el angulomismo no es convexo). El interior de un triangulo tambien es una regionconvexa (pero el triangulo mismo no lo es).

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§ 1.5.7. Definir claramente las figuras de mas de 3 lados es mas com-plicado de lo que puede parecer en un principio.

Un cuadrilatero se obtiene mediante 4 puntos A,B,C y D. Es-tos 4 puntos deben cumplir que al tomar 3 cualesquiera de ellos, estosno son colineales. El cuadrilatero ABCD es la reunion de los segmentosAB,BC,CD y DA. Estos segmentos son los lados del cuadrilatero, ylos puntos A,B,C,D son sus vertices. Los segmentos AC y BD sonlas diagonales de ABCD6.

Ademas, los lados del cuadriatero no deben “cruzarse”, es decir,no se admiten intersecciones entre los segmentos en puntos distintos asus extremos.

§ 1.5.8. Definir el interior de un cuadrilatero es aun mas complejo, yes mejor quedarse con lo idea natural de este concepto: un cuadrilaterodivide al plano en 2 regiones, una de las cuales es su interior.

Un cuadrilatero es convexo si su interior es una region convexa.Notese que un cuadrilatero convexo no es el mismo una figura convexa(recordar que el cuadrilatero consiste solo del “borde”).

Puede definirse un polıgono teniendo las mismas precaucionesque en el caso de los cuadrilateros 7.

§ 1.5.9. La mediatriz de un segmento AB es la recta perpendicular alsegmento que pasa por el punto medio de este. A veces se usa tambienel termino simetral para esta recta.

Mas adelante veremos que la mediatriz de un seg-mento es el lugar geometrico de los puntos queequidistan de los extremos del segmento, es decir,si L es la mediatriz del segmento AB, X ∈ L (selee X pertenece a L) si y solamente si AX = BX.

AA BB

XX

LL

§ 1.5.10. La bisectriz de un angulo es el rayo que tiene el mismovertice que el angulo, esta contenido en su interior, y lo divide en2 angulos congruentes. Mas adelante veremos que la bisectriz de unangulo es el lugar geometrico de los puntos interiores del angulo queequidistan de sus lados.

6Se debe tener cuidado al escribir el orden de los vertices. Es distinto escribirABCD que, por ejemplo, DCAB. En efecto, en el segundo caso deben unirse lospunto D con C, C con A, A con B y B con D.

7Es usual encontrar la definicion: Un triangulo es un polıgono de 3 lados. Taldefinicion supone ya definido el concepto de polıgono, y es logicamente defectuosa

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Dependiendo del contexto, a veces se usa el termino bisectriz parauna recta o un segmento.

§ 1.5.11. Una altura de un triangulo es un segmento perpendicular auno de sus lados y que pasa por el vertice opuesto al lado. Por ejemplo,para trazar la altura correspondiente al vertice C de un 4ABC, sedebe trazar la perpendicular a la recta que contiene al lado AB y quepasa por el punto C. El punto P tal que CP ⊥ AB es llamado pie dela altura correspondiente al vertice C.

AA BB

CC

AA BB

CC

PPPP

Es bien sabido que el pie de la altura no necesariamente esta contenidoen el lado correspondiente del triangulo, como se ilustra en la figura dearriba.

Un triangulo tiene 3 alturas. Dependiendo del contexto, a vecestambien se usa el termino altura para una recta o para la longitud delsegmento.

Se suele escribir ha para la altura correspondiente al lado a de untriangulo (recordar que el lado a es el lado opuesto al vertice A).

§ 1.5.12. Una transversal de gravedad de un triangulo es la rectadeterminada por un vertice y el punto medio del lado opuesto a el.Una mediana de un triangulo se obtiene uniendo con un segmento lospuntos medios de 2 de sus lados.

A veces tambien se usa el termino transversal de gravedad parael segmento del vertice al punto medio del lado opuesto.

1.6. Suma de los angulos de un triangulo.

§ 1.6.1. Considera ahora un triangulo 4ABC, de angulos α, β y γ.

CC

BBAAαα ββ

γγ

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A continuacion, traza una recta paralela a la base AB que pase por elpunto C.

CC

BBAAαα ββ

γγ

PP QQ

Hemos marcado dos puntos P,Q sobre la recta para indicar mejorlos angulos. Se tiene

∠PCA = α y ∠QCB = β (¿Porque?)

Esto lleva a nuestro siguiente resultado fundamental.

§ 1.6.2.

Resultado B3 (Suma de los angulos de un triangulo) Lasuma de las medidas de los 3 angulos de un triangulo es 180

§ 1.6.3. Regresemos a la discusion en 1.4.4.

L1L1

L2L2

TT

AA

BB

∠A = ∠B. ¿L1//L2?

Notar que si las rectas L1 y L2 no son paralelas, entonces se intersectanen un punto C, formandose un triangulo 4ABC. ¿Cuanto sumarıanlos angulos de este eventual triangulo?

Resultado B2’ (Recıproco de B2) Considerar 2 rectas L1 yL2 cortadas por una transversal T . Si los angulos correspon-dientes son congruentes, entonces las rectas son paralelas.

Problema 1.1. Demostrar que la suma de las medidas de los angulosde un cuadrilatero convexo es 360.

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12

Solucion. Basta trazar una diagonal del cuadrilatero y observar

que este se subdivide en 2 triangulos, cuyos angulos suman 180. �Problema 1.2. Encontrar el valor de α:

2α2α3α3α

4α4α

5α5α

6α6α

Problema 1.3. Considerar un 4ABC. Sean AD y BE las bisectricesde los angulos ∠CAB y ∠CBA, respectivamente, que se intersectan enun punto P :

AA BB

CC

DDEE

PP

Demostrar que ∠APB = 90 + 12∠ACB.

Solucion. Sabemos que

∠ABC + ∠ACB + ∠CAB = 180.

Considerando el 4ABP , como AD y BP son bisectrices, se tiene

1

2∠CAB +

1

2∠ABC + ∠APB = 180.

Multiplicando por 1/2 la primera igualdad y restandola a la segunda,se obtiene que

∠APB − 1

2∠ACB = 180− 1

2180,

lo que lleva inmediatamente a la igualdad deseada. �

1.7. Medida del angulo externo de un triangulo.

§ 1.7.1. Considera un triangulo 4ABC. Extiende uno de sus lados,por ejemplo, AB para formar uno de los angulos externos del triangulo.

Page 13: Geometria Escolar I

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CC

AAαα ββ

γγ

BB

ee

El siguiente resultado es inmediato, pero bastante util.

Resultado B4. (Del angulo externo) La medida de un anguloexterior de un triangulo es igual a la suma de las medidas delos 2 angulos no adyacentes del triangulo.

Problema 1.4 ([Cemat] Nivel M1. 2006). En la figura siguiente.

AA

BB

CCDD

EE

Encontrar el valor de la suma de las medidas de los angulos en losvertices A,B,C,D y E.

Solucion. Se puede formar el triangulo4APQ como en la figura.

AA

BB

CCDD

EE PP QQb+db+d e+ce+c

Nombramos con letras minusculas a las medidas de cada angulo. Elangulo ∠APQ es un angulo externo del 4BDP , por lo cual su medidaes la suma de los angulos interiores no adyacentes de tal triangulo, es

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14

decir, b+ d. Similarmente, el ∠PQA es un angulo externo del 4EQC,de manera que su medida es e+ c.

Como la suma de las medidas de los angulos del 4APQ es 180,

se deduce que a+ b+ c+ d+ e = 180. �Problema 1.5. Considerar un 4ABC. Sea M un punto en el ladoBC. Se traza la bisectriz del angulo ∠CAM , que intersecta a CM enun punto P .

BB

CC

MM

PP

AASe pide demostrar que

∠APB =∠ACB + ∠AMB

2.

1.8. Criterio de congruencia Lado-Angulo-Lado (LAL).

§ 1.8.1. En general, dos figuras seran congruentes si pueden “super-ponerse” una sobre la otra.

Veamos como se da rigor matematico a la idea de congruencia enel caso de los triangulos.

Considerar dos triangulos 4ABC y 4DEF :

AA BB

CC

DD EE

FF

EscribimosABC ↔ DEF

para indicar una correspondencia uno a uno entre los vertices delos triangulos. Esto significa que se forman parejas de vertices corre-spondientes:

A↔ D, B ↔ E, y C ↔ F.

Esta correspondencia pasa a ser una congruencia si los respectivos el-ementos correspondientes (lados y angulos) de ambos triangulos son

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15

congruentes, lo que se escribe

4ABC ∼= 4DEF

Mas precisamente, se cumple que 4ABC ∼= 4DEF siempre que

AB = DE,BC = EF,CA = FD

y

∠A = ∠D,∠B = ∠E,∠C = ∠F.

§ 1.8.2. Es muy distinto escribir4ABC ∼= 4DEF a escribir4ABC ∼=4EDF . Ademas, pueden analizarse congruencias de un triangulo con-sigo mismo, como por ejemplo

4ABC ∼= 4BCA.

Esta congruencia se cumplira siempre que AB = BC,BC = CA,∠A =∠B,∠B = ∠C, es decir, siempre que el triangulo sea equilatero (Ojo:¡Es importante entender bien este parrafo!).

§ 1.8.3. En principio, para verificar que 2 triangulos son congruentesse deben cumplir 6 igualdades: los 3 angulos del primer triangulo debentener la misma medida que su angulos correspondientes en el segundo,al igual que los 3 lados con sus lados correspondientes.

Resultado B5 (Criterio de congruencia LAL) Para quedos triangulos sean congruentes, basta que 2 lados delprimero sean congruentes con sus 2 lados correspondientesdel segundo, y que el angulo comprendido por esos 2 lados enel primer triangulo sea congruente al angulo correspondientedel segundo triangulo.

AA BB

CC

DD EE

FF

Problema 1.6. En la siguiente figura,

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16

AA BB

CC

DD EEFF

asumir que AC = BC y DC = EC. Demostrar que AE = BD.

Solucion. Se consideran los triangulos4ACE y4BCD. Se tiene

AC = BC,CE = CD y ∠C = ∠C.Luego, del criterio de congruencia LAL, se deduce que

4ACE ∼= 4BCD.Esto implica en particular que

AE = BD.

�1.9. Pons Asinorum.

§ 1.9.1. Considerar un triangulo isosceles 4ABC, con AC = BC.

Se puede analizar la correspondenciaABC ↔ BAC (Se cambia el orden entrelos vertices A y B). Esta correspondenciaresulta ser una congruencia. En efecto, severifican las condiciones del criterio LAL, αα ββ

γγ

BB

CC

AA

AC = BC,BC = AC,∠C = ∠C.Luego,

4ABC ∼= 4BAC.Debe comprenderse bien el significado de la congruencia de arriba.Es claro que todo triangulo es congruente consigo mismo (4ABC ∼=4ABC). Sin embargo, no se puede invertir el orden de los vertices yescribir 4ABC ∼= 4BAC, como se observo antes, implica que, porejemplo, BC = AC y tambien ∠A ∼= ∠B.

Page 17: Geometria Escolar I

17

Resultado B6 (Pons Asinorum) Los angulos basales de untriangulo isosceles son congruentes.

§ 1.9.2.

Considera ahora un triangulo4ABC con ∠A ∼= ∠B, como en la figura.¿Es necesariamente un triangulo isosceles?¿Porque?

αα αα

γγ

BB

CC

AA

§ 1.9.3. Trazar un triangulo isosceles 4ABC con AC = BC. Sea P

un punto sobre el rayo−→BA con B − A− P . Une P con el punto C.

AA BB

CC

θθPP

Observa cuidadosamente las triangulos 4PAC y 4PBC. ¿Cuantoslados y angulos congruentes tienen? ¿Que puedes decir con respecto aun posible criterio de congruencia LLA?

Problema 1.7 ([Cemat] Nivel B8, 2006). Considerar la siguiente figu-ra.

AA

BB CC DD

Sabiendo que AC = CD, AB = AD y que m∠CAD = 57, se pidecalcular la medida del ∠BAC.

Problema 1.8. En la figura siguiente,

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18

AA

CC

MMBB

DD

se tiene AM = DM y BM = CM . Demostrar que AD//BC.

Solucion. Los triangulos4AMD y4BMC son triangulos isosce-les de vertice M . Ademas, ∠AMD ∼= ∠BMC (opuestos por el vertice).PorPons Asinorum, se tiene ∠D = ∠A = α, y ∠B = ∠C = β.

Pero entonces

∠M + 2α = 180 = ∠M + 2β.

Esto implica que α = β. Luego, si se consideran las rectas←→DA y

←→CB,

cortadas por la transversal←→AC, los angulos alternos internos son con-

gruentes. En consecuencia, tambien son congruentes los angulos cor-respondientes, lo que implica que las rectas son paralelas (Resultado

B2’). �Problema 1.9 ([Cemat] Nivel B8, 2006). En la figura, ABCD es unrectangulo cuya ancho mide el doble de su alto. El triangulo 4CDP esequilatero.

AA BB

DD CC

PP

MM

Si M es el punto medio de CP , se pide encontrar la medida del ∠BMC.

Problema 1.10. En la siguiente figura,

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DDEE

GG

BBAA CC

FF

se tiene que ∠D ∼= ∠DEG y GE = GB = GA. Demostrar que FD =AC.

Problema 1.11 ([Cemat] Nivel M2, 2006). En la siguiente figura, setiene AB = AC = AD = DE. Ademas, la medida de los angulos∠BAC y ∠ADE es 36.

AA BB

CC

DD

EE

Se pide calcular la medida del ∠EDC y, asumiendo que BC = 2,calcular DC.

1.10. Lugares Geometricos. Circunferencias. La mediatriz.

§ 1.10.1. Un tipo de problema comun de la geometrıa clasica es cuandose pide identificar los puntos que satisfacen una condicion dada. Enlenguaje geometrico, se pide encontrar el Lugar Geometrico (LG)determinado por la condicion.

Por ejemplo, el lugar geometrico de los puntos que estan entre dospuntos dados A y B es, por definicion, el interior del segmento AB.

El siguiente problema contiene un resultado clasico de lugaresgeometricos.

Problema 1.12. Dados dos puntos A,B, demostrar que el lugar ge-ometrico de los puntos que equidistan de A y B es la mediatriz delsegmento AB.

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Solucion. Supongamos que P es un punto que equidista de A yB, es decir, que

AP = BP.

Queremos demostrar que P esta en la mediatriz del segmento AB.Si P no es colineal conA yB, podemos trazar el triangulo4APB,

que es isosceles. Si M es el punto medio de AB, bastara probar quePM ⊥ AB.

AA BBMM

PP

Pero es inmediato del criterio de congruencia LAL que

4AMP ∼= 4BMP,

pues AM = BM , ∠A = ∠B y PA = PB. En particular, se tiene∠AMP = ∠BMP , de donde es inmediato que ∠AMP = 90 = ∠BMPy se tiene lo que se desea.

El caso que P es colineal con A y B es inmediato, pues entoncesP = M .

Hemos demostrado entonces que todo punto P que equidista deA y B esta sobre la mediatriz del segmento AB. Queda por demostrarque todo punto de la mediatriz equdista de A y B8.

Sea entonces Q un punto sobre la recta mediatriz del segmentoAB. Si Q = M , entonces claramente equidista de A y B. Si Q 6= M ,podemos formar el triangulo 4AQB.

AA BBMM

QQ

Nuevamente por el criterio de congruencia LAL, se tiene

4AMQ ∼= 4BMQ.

En particular, AQ = BQ y Q equidista de A y B, como se querıa. �8Reflexionar sobre esto. ¡La demostracon no ha terminado! En efecto, si bien

todo punto equidistante esta en la mediatriz, podrıa eventualmente haber puntosque “sobran” en la mediatriz, es decir, puntos de ella que no equidisten de A y B.

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§ 1.10.2. Dados un punto A y un numero positivo r, la circunferenciade centro A y radio r, denotada por C(A; r), es el lugar geometricode todos los puntos que estan a una distancia r de A. Es decir,

P ∈ C(A; r) ⇐⇒ AP = r.

El Cırculo de centro A y radio r es el lugar geometrico de los puntosque estan a una distancia menor o igual que r de A. En otras palabras,el cırculo consiste en el interior de la circunferencia mas el borde.

Problema 1.13. Demostrar que las 3 mediatrices (rectas perpendic-ulares al punto medio) de los lados de un triangulo 4ABC son con-currentes (pasan las 3 por un punto), y que el punto de concurrenciaequidista de los vertices.

Solucion. Este problema es un resultado clasico. Se puede re-solver rapidamente utilizando la caracterizacion de la mediatriz de unsegmento como el lugar geometrico de los puntos que equidistan de susextremos (Problema anterior).

Trazar las mediatrices de los lados AC y BC. Estas se intersectanen un punto K.

AA BB

CC

KK

Debemos demostrar que la tercera mediatriz, correspondiente al ladoAB, tambien pasa por K.

Primero, como K esta en la mediatriz de AC, se tiene que KA =KC. Similarmente, como K esta en la mediatriz de BC, KB = KC.Luego,

KA = KB = KC.

Es decir el punto K equidista de los vertices del triangulo. Ademas, delhecho que KA = KB se deduce que K tambien esta en la mediatriz

de AB, como se querıa demostrar. �

1.11. Criterio de congruencia Angulo-Lado-Angulo (ALA).

§ 1.11.1.

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Resultado B7. Para que dos triangulos sean congruentesbasta que 2 angulos del primero sean congruentes a sus angu-los correspondientes en el segundo, y que un lado del primertriangulo sea congruente con su lado correspondiente del se-gundo triangulo.

BB

CC

EE

FF

AA DD

§ 1.11.2. Notar que si 2 angulos del primer triangulo son congruentesa 2 angulos del segundo, entonces el tercer angulo del primero es con-gruente al tercero del segundo (¿Porque?).

§ 1.11.3. Trata de demostrar el criterio de congruencia ALA usandosolo los resultados anteriores.

§ 1.11.4. Volvamos a la situacion del 1.9.2, con un4ABC para el cual∠A ∼= ∠B. Analizando la correspondencia ABC ↔ BAC, se deduce delcriterio ALA la congruencia 4ABC ∼= 4BAC. Esto lleva al resultadosiguiente.

Resultado B6’ (Recıproco de Pons Asinorum) Si dos angu-los de un triangulo son congruentes, entonces el triangulo esisosceles.

Problema 1.14. Demostrar que si en un triangulo 4ABC se tieneque AC = BC y ∠C = 60, entonces es equilatero.

Problema 1.15. En la siguiente figura,

DD

EE CC

AA BBαα

ββ γγ δδ

asumir que α = δ y β = γ. Demostrar que AE = BC.

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Solucion. Se tiene la congruencia de triangulos4ABE ∼= 4BAC.En efecto, segun los datos,

∠EAB = α + β = δ + γ = ∠CBA,

∠EBA = γ = β = ∠CAB,

y AB = AB. La congruencia es entonces inmediata del criterio ALA.De la congruencia establecida se deduce en particular que AE = BC.

�Problema 1.16. En la siguiente figura,

BB DD

AA

CC

EE

asumir que BA = BC, ∠A ∼= ∠C, BE ⊥ BA y BD ⊥ BC, demostrarque ∠E = ∠D.

Problema 1.17.

Considerar un triangulo 4ABC, rectanguloen A. Suponer que ∠B = 60.Demostrar que BC = 2AB.

BBAA

CC

Solucion. Sobre el rayo−→BA se traza un puntoX tal que B−A−X

y BA = AX.

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24

BBAA

CC

XX 6060

Como XA = BA, AC = AC y ∠XAC = 90 = ∠BAC, se tiene lacongruencia de triangulos 4XAC ∼= 4BAC. En particular, ∠CXB =60. Luego, el 4XBC es equilatero y XB = BC. Luego, AB = 1

2XB =

12BC. �

Problema 1.18.

Considerar un triangulo 4ABC, rectanguloen A. Suponer que ∠B = 60. Sea D sobre ACtal que BD biseca el angulo ∠B.Demostrar que CD = 2AD.

BBAA

CC

DD

1.12. Criterio de congruencia Lado-Lado-Lado (LLL).

§ 1.12.1.

Resultado B8. Para que dos triangulos sean congruentesbasta que los 3 lados del primero sean congruentes a sus 3lados correspondientes en el segundo triangulo.

§ 1.12.2. Trata de demostrar este resultado usando solo los resultadosanteriores.

Problema 1.19. Considerar la siguiente figura:

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AA BB

DD CC

EE FFGG HH

Asumiendo que AD = BC, AC = BD, AE = BF y AG = BH,demostrar que EG = FH.

1.13. A mayor angulo se opone mayor lado, y viceversa.

§ 1.13.1. Considerar un triangulo 4ABC, de angulos α, β y γ y ladosa, b y c. Supongase que el lado a es mayor que el lado b. Luego, puedemarcarse un punto P sobre el lado a tal que CP = b.

CC

BBAAαα ββ

γγaabb

cc

PP

Se forma el triangulo isoseles 4APC. Por pons asinorm, ∠CPA = τ =∠CAP .

CC

BBAA αα ββ

γγaabb

cc

PPττ

Se tieneα > τ > β,

donde se uso que τ es un angulo externo del triangulo 4ABP .

Resultado B9 (Mayor angulo ⇐⇒ Mayor lado opuesto)Siguiendo la figura de arriba:

Si a > b, entonces α > β.Si α > β, entonces a > b.

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§ 1.13.2. Trata de demostrar, a manera de ejercicio, la segunda partede este resultado.

Problema 1.20. Considerar una recta L y un punto A fuera de ella.Se debe ubicar un punto P en la recta de manera que la distancia APsea la menor posible. ¿Donde debe ubicarse P?

Solucion. El punto P debe ubicarse de manera que AP sea per-pendicular a la recta L. Para justificar este hecho basta notar que si Xes otro punto de la recta, entonces AX > AP .

XXPP

AA

LL

En efecto, el mayor angulo del 4APX es el angulo recto, por lo que loafirmado se sigue del hecho que a mayor angulo se opone mayor lado.

�Problema 1.21. Considerar un triangulo 4ABC con m∠A > m∠B.Indicar donde debe ubicarse un punto P en el lado AB tal que la dis-tancia CP sea maxima.

Solucion. La sospecha inmediata es que debe tomarse P = B,pero esta eleccion debe justificarse. Notemos primero que, comom∠A >m∠B, se tiene que BC > AC, pues a mayor angulo se opone mayorlado. Ademas, si X es un punto en AB, podemos formar el 4BXC.

AA BB

CC

XX

Es claro que m∠CXB > m∠A ( el ∠CXB es un angulo externo del4AXC). Luego, m∠CXB > m∠B y, aplicando nuevamente que a

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mayor angulo se opone mayor lado, se deduce que CB > CX. Luego,

la mayor distancia se alcanza para P = B. �Problema 1.22. Sean4ABC y4DEF dos triangulos tales que AB =DE y AC = DF . Asumir que m∠A > m∠D. Demostrar que BC >EF .

Problema 1.23. Sean4ABC y4DEF dos triangulos tales que AB =DE y AC = DF . Asumir que BC > EF . Demostrar que m∠A >m∠D.

1.14. Desigualdad triangular.

§ 1.14.1. Considerar nuevamente un triangulo4ABC, de angulos α, βy γ y lados a, b y c. Sea P un punto tal que A− C − P y CP = a.

BBAA αα ββ

γγ aabb

cc

PP

CC

Se forma el triangulo isosceles 4PBC. Ademas, AP = a + b. En eltriangulo 4ABP , se tiene m∠ABP > m∠BPA. Luego, como a mayorangulo se opone mayor lado, se deduce que a+ b > c.

Este es nuestro ultimo resultado basico.

Resultado B10 (Desigualdad Triangular) En todo triangulo4ABC, la suma de las longitudes de dos de sus lados esmayor que la longitud del tercer lado.

Problema 1.24. Dados 3 puntos A,B y C, demostrar que siempreAC > AB −BC.

Demostracion. Aplicando la desigualdad triangular al 4ABC,se tiene AC+BC > AC. Esto implica inmediatamente lo que se quiere.

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Problema 1.25. Sea D un punto en el lado AB de un triangulo4ABC.

AA BB

CC

DD

Demostrar que CD < s, donde s es el semiperımetro s = 12(AB+BC+

CA).

Solucion. Aplicando la desigualdad triangular en el 4ADC, setiene CA+AD > CD. Aplicandola en el 4CDB, se tiene DB+BC >CD. Sumando estas 2 desigualdades y usando que AD+DB = AB se

deduce lo deseado. �Problema 1.26. En un triangulo 4ABC, se tiene AC = 38 y AB =6. Si BC es un entero multiplo de 10, encontrar BC.

Solucion. Notese que AC + AB = 44. Luego, el tercer lado deltriangulo debe ser menor que 44. Como es multiplo de 10, quedanlas posibilidades de 10, 20, 30 o 40. Sin embargo, si vale 30 o menos,entonces BC + AB serıa menor o igual que 30 + 6, que es menor queel tercer lado, que mide 38. Esto no puede ser, por la desigualdad

triangular. Luego, concluimos que BC = 40. �

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1.15. Problemas Propuestos.

Problema 1.27. Considerar un triangulo 4ABC, rectangulo en A.

AA BB

CC

DD

Sea D el punto medio de la hipotenusa. Demostrar que AD = 12BC.

Problema 1.28. En la figura,

AA BBDD

CC

EE

CD bisecta los angulos ∠ACB y ∠AEB. Demostrar que CD ⊥ AB.

Problema 1.29. Sin utilizar el teorema de Pitagoras, demuestre quesi un cateto y la hipotenusa de un triangulo rectangulo son congruentesa un cateto y la hipotenusa de otro triangulo rectangulo, entonces lostriangulos con congruentes.

Problema 1.30. Considerar un triangulo 4ABC. Sea M el puntomedio del lado AC y sea H el pie de la altura que sale del vertice C.

AA BB

CC

MM

HH

Demostrar que AC = 2MH.

Problema 1.31. Si bien no es valido un criterio de congruencia LLA,agregando una condicion mas puede deducirse congruencia. En efecto,considerar dos triangulos 4ABC y 4DEF . Asumir que AC = DF ,

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BC = EF y ∠A ∼= ∠D. Demostrar que si se agrega la condicionBC > AC (el lado opuesto al angulo congruente es mayor), entoncesse tiene la congruencia 4ABC ∼= 4DEF .

Problema 1.32. Considerar un 4ABC. Sean D,E los pies de lasalturas que salen de los vertices A y B, respectivamente. Probar que siM es el punto medio del lado AB, entonces EM = DM (Observacion:Los puntos D y E podrıan estar eventualmente en las extensiones delos lados del triangulo).

Problema 1.33. Considerar un triangulo 4ABC. Sea M el puntomedio del lado AB. Sean P,Q puntos sobre la transversal de gravedad←−→CM tales que AP y BQ son perpendiculares a

←−→CM . Demostrar que

AP = BP .

Problema 1.34. Considerar un 4ABC. Sea M el punto medio deAB. Demostrar que si CM < 1

2AB, entonces m∠ACB > m∠CAB +

m∠ABC.

Problema 1.35. Sea K un punto en el lado AC de un4ABC. Asumirque AB = AK y que m∠ABC − m∠C = 40. Se pide encontrar lamedida del ∠CBK.

Problema 1.36 (Olimpıada Nacional de Matematica 2005). Sea D unpunto al interior del 4ABC. Demostrar que AC +BC > AD +BD.

Problema 1.37. En el interior de un cuadrilatero convexo ABCD,encontrar un punto P que minimice la distancia a los vertices, es decir,tal que AP +BP + CP +DP sea mınima.

Problema 1.38. Considerar un4ABC. Sean AD y BE las bisectricesde los angulos ∠CAB y ∠CBA, respectivamente:

BB

CC

DDEE

AA

XX

Sea X el punto de interseccion entre las bisectrices de los angulos∠CAD y ∠CBE, respectivamente, como en la figura. Se pide demostrarque ∠AEB + ∠BDA = ∠AXB.

Problema 1.39. Considerar un cuadrado ABCD. Sea P un punto enel exterior del cuadrado. Demostrar que siempre AP < BP + CP +

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DP . ¿Es verdad este resultado si ABCD es un cuadrilatero convexocualquiera?

Problema 1.40. Probar que la suma de las longitudes de las diago-nales de un cuadrilatero convexo ABCD es menor que el perımetrodel cuadrilatero, pero es mayor que su semiperımetro (la mitad delperımetro).

Problema 1.41. Demostrar que la suma de las longitudes de todas lasdiagonales de un pentagono (5 lados) convexo es mayor que el perımetrodel pentagono pero es menor que el doble del perımetro.

Problema 1.42. En la figura, ABCD es un cuadrado y GH ⊥ IJ .

AA

CC

BB

DD

GG

HH

II

JJ

Demostrar que GH = IJ .

Problema 1.43. En la figura, ABCD es un cuadrado y P es un puntoal interior del cuadrado tal que ∠PAB = ∠PBA = 15.

AA

CC

BB

DD

PP

Demostrar que el 4DCP es equilatero.

Problema 1.44. En la figura, 4ABC es isosceles con AC = BC.

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AA BB

CC

XX

Ademas, ∠CAB = 80 y CX = AB. Encontrar la medida del ∠CBX.

Problema 1.45. Considerar un 4ABC. Trazar las bisectrices delangulo exterior en el vertice B y del anguo ∠CAB, como en la figura.Estas se intersectan en un punto K.

AA BB

CC

DD

KKMMNN

Se traza una recta paralela a AB que pasa por K. Esta recta intersectaa BC y AC en los puntos M y N , respectivamente. Asumiendo queMB = 5 y NA = 7, se pide encontrar la longitud MN .

Problema 1.46 ([Cemat] Nivel M3. 2006). En la figura, los triangu-los 4ABC y 4EFG son equilateros. El perımetro del 4ABC es 132centımetros. Ademas, se sabe que AE = EC, EF = FC y que lospuntos E,G y D son colineales.

AA CCEE

BB

FF

DD

GG

Calcular el perımetro de la region achurada. Indicar que fraccion delarea del 4ABC representa el area de la region achurada.

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Problema 1.47. Considerar un 4ABC, rectangulo en C. Sea M elpunto medio de la hipotenusa. La bisectriz del angulo ∠C intersecta aAB en un punto K. Sea H el pie de la altura perpendicular a AB.

AA

CC

BBMM KK HH

Se pide demostrar que−−→CK tambien es bisectriz del angulo ∠HCM .

Problema 1.48 ([ONM] Nivel Mayor. 2005). Los pueblos A,B y Cestan situados en un valle. En A viven 10 ninos de edad escolar, mien-tras que en B viven 20, y en C viven 30 ninos con la misma carac-terıstica. Se tomo la decision de construir un colegio para todos ellos.

Para encontrar un lugar adecuado donde ubicarlo, se optara poraquel sitio que signifique el menor recorrido total realizado por todos losalumnos durante un dıa de clases (la suma de las distancias recorridaspor los 60 ninos).

Al analizar la posicion geografica de estos pueblos en el mapa,quedo en evidencia que los puntos A, B y C forman un triangulo. Ayudea las autoridades a encontrar un punto en el mapa que satisfaga lacondicion dada.

Problema 1.49. El 4ABC es rectangulo en B. Sea G un punto enel exterior del triangulo tal que 4BCG es equilatero. Sea M el puntomedio de la hipotenusa AC.

AA

BB CC

MM

GG

Demostrar que MG//AB.

Problema 1.50. Los angulos ∠XY Z y ∠KLM estan en el espacio.

Page 34: Geometria Escolar I

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KK

LLMM

XXYY

ZZ

Lo unico que sabemos de ellos es que sus lados son paralelos, es decir,

que←→XY //

←→KL y

←→Y Z//

←→LM . Demostrar que los angulos son congruentes.

Referencias

[Cemat] Campeonato Regional Escolar de Matematicas. www.cemat.cfm.cl[FGI] D. Fomin, S. Genkin, I. Itenberg. Mathematical Circles (Russian Expe-

rience). 1996, American Mathematical Society.[Fmat] Foro Fmat: www.fmat.cl[MD] E. Moise, F. Downs. Matematica Moderna IV: Geometrıa. 1972, Fondo

Educativo Interamericano.[ONM] Olimpıada Nacional de Matematica.[PS] A. S. Posamentier, C. T. Salkind. Challenging Problems in Geometry.

1996. Dover.