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SILVESTRE CÁRDENAS

NOTAS DE GEOMETRÍA

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PRÓLOGO Este libro es el producto de más de treinta años de haber impartido los cursos de Geometría Moderna en la Facultad de Ciencias de la UNAM. Una parte de los temas que se tratan fueron tomados de un libro escrito por mí para la serie Temas de Bachillerato, llamado “Dos o tres trazos”, a los que he agregado el material que falta para completar los programas de dicha materia. Deseo agradecer la generosidad del Instituto de Matemáticas de la UNAM por haberme permitido usar el contenido de ese libro para incluirlo en el presente. Aunque hay algunos elementos que no están contenidos en los programas de Geometría Moderna, por ser propios de cursos elementales, he decidido dejarlos, pues sé que hay alumnos de primer ingreso que nunca los han estudiado, o bien, ya los han olvidado. No pretendo cubrir todos los temas de lo que podría llamarse Geometría Elemental, sólo lo que he de menester en la parte propia del curso objeto del libro. En los primeros capítulos se presentan las propiedades de congruencia y semejanza de triángulos a partir del esquema axiomático de Euclides; enseguida se hace un breve repaso de Trigonometría, después se exponen algunas propiedades del triángulo estudiadas entre los siglos III A. C. y XIX D. C. y que no han sido muy difundidas en los libros de texto elementales. Los siguientes capítulos se dedican a estudiar ciertas propiedades importantes de la circunferencia y en el último se hace una presentación elemental de la Geometría Hiperbólica. El lector habrá de encontrar más de trescientos ejercicios, algunos de los cuales creo que representan verdaderos retos al ingenio y otros implican conocimientos que por diversas razones no consideré pertinente poner en la teoría, creo que si a algún profesor le parece que son importantes los podrá resolver y ampliar en sus cursos. Estos ejercicios están marcados con un asterisco; en el caso de que su resolución le parezca al lector imposible, antes de rendirse puede encontrar sugerencias, en el Apéndice A, al final del libro, que seguramente lo ayudarán; lo que yo quisiera es que quien se anime a resolverlos se divierta en la empresa. En el Apéndice B se tratan, someramente, el teorema del hexagrama místico y la construcción de polos y polares en cónicas. Creo que el estudio de la Geometría, además de divertido, puede ser de gran utilidad para quien pretenda ser ingeniero, arquitecto o físico e indispensable para quien aspire a ser matemático. Finalmente deseo manifestar mi agradecimiento a mi querida amiga Ana Irene Ramírez Galarza quien fue la autora de la idea de que este libro se escribiera y que además tuvo la paciencia de leer la primera versión e hizo innumerables sugerencias que lo enriquecieron. También deseo hacer patente mi reconocimiento a un entrañable amigo, Juan José Rivaud Morayta, por las valiosas ideas que tan generosamente me dio. Obviamente, los errores que haya en el libro son todos míos.

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ÍNDICE Capítulo 1 Congruencia de triángulos 6 Postulados de Euclides 10 Transformaciones rígidas 13 Congruencia de triángulos 16 Ejercicios 20

Capítulo 2

Semejanza de triángulos 26 Teorema de Tales 26 Teorema de la semejanza de triángulos 28 Ejercicios 31

Capítulo 3

Teorema de Pitágoras y Teorema de Tolomeo 35 Teorema de Pitágoras 35 Ángulos entre cuerdas concurrentes en una circunferencia 36

Teorema de Tolomeo 40 Ejercicios 46

Capítulo 4 Trigonometría 49 Definiciones 49 Círculo trigonométrico 50 Gráficas 51 Ley de los senos 53 Ley de los cosenos 55 Fórmula de Brahmagupta 55 Fórmula de Herón 57 Ejercicios 58

Capítulo 5 Rectas y puntos notables, circunferencia de los nueve puntos y línea de Simson 62 Bisectrices exteriores y excírculos 62 Triángulos pedales 63 Circunferencia de los nueve puntos 64 Teorema de Simson 65 Ángulo entre dos líneas de Simson 66 Relación entre la línea de Simson y la circunferencia de

los nueve puntos 67 Ejercicios 69

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Capítulo 6 Teoremas de Menelao, de Ceva y de Desargues 73 Razón en que un punto divide a un segmento 73 Sentido, punto ideal y recta ideal 74 Axioma de Pasch 74 Teorema de Menelao 74 Forma trigonométrica del Teorema de Menelao 76 Teorema de Ceva 77 Forma trigonométrica del Teorema de Ceva 78 Teorema de la división interna y externa 78

Triángulos en perspectiva 78 Teorema de Desargues 78 Principio de dualidad 81 Ejercicios 82 Capítulo 7 Hileras de puntos y haces de rectas 91 Hileras armónicas 91 Haces armónicos 92 Hileras anarmónicas 94 Haces anarmónicos 95 Teorema de Pascal 97 Teorema de Pappus 98 Ejercicios 99 Capítulo 8 Circunferencias coaxiales y circunferencias homotéticas 104 Potencia de un punto con respecto a una circunferencia 104 Eje radical 108 Circunferencias coaxiales 108 Circunferencias homotéticas 109 Puntos límites 111 Red ortogonal 113 Ejercicios 113 Capítulo 9 Inversión 122 Definiciones 122 Inversión de una circunferencia 123 Inversión de una recta 125 Circunferencia de antisimilitud 126 El plano inversivo 127 Ejercicios 128

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Capítulo 10 Polos y polares 135 Definiciones 135 Círculo polar 138 Triángulo autopolar 138 Ejercicios 140

Capítulo 11 Introducción a la Geometría Hiperbólica 148 Cuadrilátero de Saccheri 149 Defecto de un triángulo 154 Geometría hiperbólica 154

Modelos de Poincaré 158 Ejercicios 163

Apéndice A 166

Apéndice B 176 Índice alfabético 180 Bibliografía 183

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Capítulo 1 Congruencia de triángulos El triángulo es el polígono más simple; además, el triángulo es el único polígono que tiene igual número de lados1 que de ángulos, por eso no usamos la palabra “trilátero”. Por ejemplo, un cuadrángulo completo, es decir, una figura construida con cuatro vértices y las rectas que los unen tiene seis lados (Figura 1.1):

Figura 1.1 Otra característica del triángulo es ser el único polígono rígido, es decir, si imaginamos un triángulo construido con varillas unidas por pernos o tornillos, no podríamos deformarlo sin doblar las varillas o romperlas, en cambio, cualquier otro polígono se deformaría al girar las varillas en los pernos; podríamos imaginar, por ejemplo, un bastidor de cuatro lados iguales que, según movamos los lados, tendría forma de cuadrado o de rombo. Gracias a esta última característica, el triángulo nos sirve para resolver muchos problemas de Geometría Plana, por ejemplo, el siguiente: Supongamos que estamos en un desierto cuyo suelo es totalmente plano y hay en él un lago. En lados opuestos del lago hay dos objetos fijos. Queremos medir la distancia entre dichos objetos sin meternos en el lago (Figura 1.2).

1 El término lado se suele emplear indistintamente para denominar a la recta completa que acota una parte de un polígono, al segmento de esa recta determinado por los vértices que están en ella, así como a la longitud de dicho segmento.

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Figura 1.2 Una solución es la siguiente: Busquemos un punto a un lado del lago desde el cual se puedan ver los puntos A y B. Desde ese punto, llamémoslo C, tracemos las rectas que unan a A y C, y a B y C (Figura 1.3).

Figura 1.3 Ahora prolonguemos los segmentos AC y BC, hasta los puntos A’ y B’, de tal manera que las prolongaciones sean del mismo tamaño que los propios segmentos, es decir, AC=CA’ y BC=CB’, con lo cual tendremos que B’A’=AB, que es lo que estábamos buscando (Figura1.4):

A

B

A

B

C

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Figura 1.4 ¿Por qué podemos estar seguros de que efectivamente B’A’= AB? Alguien con cierto sentido de las proporciones podría aducir que el triángulo cuyos vértices son C, A’ y B’ (∆CA’B’) y el triángulo cuyos vértices son C, A y B (∆CAB) son “iguales”. ¿Por qué son iguales? Sabemos que tienen dos lados respectivamente iguales, porque así los construimos. Pero ¿basta con eso? Claramente no, veamos, por ejemplo, la Figura 1.5:

Figura 1.5 Podemos ver que, aunque los lados AB y AC son respectivamente iguales a A’B’ y A’C’, los terceros, trazados con las líneas gruesas, no lo son. ¿Qué más se necesita para que dos triángulos sean iguales? Como ya dijimos que el triángulo es una figura rígida, si los tres lados fueran respectivamente iguales, los triángulos tendrían que ser iguales; sólo que en este caso precisamente lo que queremos demostrar es que con nuestra construcción los terceros lados de los triángulos trazados deben ser iguales entre sí, así que necesitamos otra propiedad que nos permita afirmar la efectiva igualdad de dichos triángulos.

A

B

C

A'

B'

A'

C

B

A

B'

C'

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Lo único que nos queda entonces es recurrir a los ángulos; aparentemente los ángulos formados en la intersección de las rectas AA’ y BB’ son iguales, los denominaremos ∠ ACB y ∠ A’CB’, a los ángulos en esta posición se les llama opuestos por el vértice. Más adelante demostraremos que efectivamente son iguales y, como consecuencia, demostraremos también que si dos triángulos tienen dos lados respectivamente iguales y los ángulos comprendidos entre ellos son también iguales, entonces, los triángulos son iguales. Hasta el momento hemos hecho, aparentemente, dos suposiciones importantes, aunque en realidad hemos hecho más, a saber, cuando localizamos el punto C supusimos que siempre es posible trazar las rectas AC y BC; después supusimos que las rectas AC y BC eran susceptibles de prolongarse hasta donde quisiéramos, o sea hasta los puntos A’ y B’ respectivamente. Alguien muy exigente podría decirnos que si todo lo vamos a suponer como válido, pues entonces la respuesta al problema no pasa de ser una mera suposición y que, en realidad, no podemos estar seguros de haber resuelto nada. ¿Qué tanto es válido suponer como verdadero al resolver un problema? La respuesta a esta pregunta es en sí misma una suposición, pues no existe ningún criterio absoluto para contestarla. En la antigüedad, la respuesta hubiera sido algo así: “Todo aquello que sepamos cierto por experiencia”, pero resulta que la experiencia es esencialmente subjetiva, así que la validez de una suposición dependería de quién la hace. Alrededor de trescientos años antes de Cristo vivió en Grecia un hombre, llamado Euclides, que a su manera respondió esas preguntas y, con ello, elaboró una teoría matemática que hasta la fecha se conoce como Geometría Euclidiana. Para elaborar su teoría, Euclides enunció primero un conjunto de definiciones de todos los elementos con los que iba a trabajar, es decir, definió punto, recta, plano, etc. Después enunció las propiedades más simples que relacionan a dichos elementos y finalmente enunció un conjunto de propiedades generales de la relación de igualdad. Durante todos los siglos posteriores se han hecho diversas críticas a la Teoría Euclidiana, sin embargo, el método euclidiano, o método teórico deductivo, sigue siendo válido en el estudio no sólo de la Geometría, sino en general de la Matemática, por eso lo analizaremos aquí de manera somera. No partiremos, como Euclides, de definiciones; las propiedades de los elementos con los que trabajaremos los irán definiendo intuitivamente. Es importante decir que no vamos a trabajar con objetos físicos; los trazos que

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nos ayudan a resolver problemas son sólo un modelo del esquema abstracto en el que nos vamos a mover. También es importante decir que no se puede partir de “la nada” para elaborar algo, así que efectivamente tenemos que suponer algunas propiedades como universalmente verdaderas. Actualmente, a las propiedades de una teoría que se aceptan a priori se les llama axiomas. En Lógica Formal, se requiere que los axiomas de una teoría deben tener las siguientes características: ser completos2, ser independientes y ser consistentes; esto quiere decir, que sean capaces de generar todas las propiedades de los elementos que sean objeto de la teoría; que ninguno de ellos sea susceptible de ser generado por los demás y que no existan contradicciones entre ellos. Los axiomas de Euclides no cumplen con la primera de estas condiciones, es decir, no son completos, sin embargo, sirvieron para construir una buena parte de la geometría que hasta hoy se estudia y se emplea en diversas disciplinas de la actividad humana. Euclides partió de sólo cinco propiedades verdaderas, a las que llamó Postulados. Éstas son, puestas en un lenguaje coloquial, las siguientes: 1. Por dos puntos siempre se puede trazar una recta. Eso nos permite trazar AC y BC en nuestro problema. 2. Toda recta es prolongable tanto como se quiera en cualquiera de sus dos direcciones. Con esto podemos trazar CA’ y CB’. 3. Cualquier punto del plano se puede usar como centro de un círculo (o de un arco de círculo) de radio arbitrario. Esta propiedad es la que permite comparar tamaños de segmentos, pues en la Geometría que estamos estudiando no se emplean escalas preestablecidas, así que cuando dijimos que AC=CA’, implícitamente estamos diciendo que podemos trazar un círculo de radio AC con centro en C que contenga a A’. Esto es muy importante, pues todas las construcciones se basan en medidas propias de la construcción misma. 4. Todos los ángulos rectos son iguales. Con esta propiedad es posible definir una unidad angular: el ángulo recto. Con ello podríamos demostrar que efectivamente los ángulos opuestos por el vértice son iguales, para ello nos apoyaremos en la Figura 1.6:

2 El matemático austrohúngaro Kurt Gödel demostró en 1931 que en la aritmética y en disciplinas similares, no es posible tener un sistema de axiomas completo, pues esto llevaría a inconsistencias. Se puede consultar el libro Gödel’s Proof de Ernest Nagel y James R. Newman, editado por N. Y. University Press en 1958.

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Figura 1.6 Los ángulos M y N suman dos ángulos rectos; de igual forma los ángulos L y N suman dos ángulos rectos, de donde ∠ M+∠ N=∠ L+∠ N, lo cual implica que ∠ M = ∠ L. En adelante nosotros usaremos como unidades angulares los grados o los radianes3, según nos convenga, en vez del ángulo recto, como Euclides. El último postulado de Euclides tiene diversos enunciados, todos equivalentes, por supuesto; nosotros emplearemos según nos convenga cualquiera de los siguientes, sin demostrar las equivalencias, lo que dejaremos como ejercicio: 51. Dada una recta y un punto fuera de ella, existe una sola paralela a la recta dada que contenga al punto dado. (Playfair)

Figura 1.7 52. Los ángulos alternos internos entre paralelas son iguales.

Figura 1.8

3 Un radián es la medida de un ángulo que abarca un arco de circunferencia de longitud igual al radio de ella; por lo tanto, es igual a 180°/π, puesto que una circunferencia de radio uno mide 2π unidades, y para formarla hace falta que el radio recorra 360°.

N

LM

m

P

α

α

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53. Un ángulo exterior de un triángulo es igual a la suma de los dos interiores no adyacentes a él (se llama ángulo exterior al que se forma con un lado y la prolongación, fuera del triángulo, de otro).

Figura 1.9 En la Figura 1.9, Q es un ángulo exterior. 54. La suma de los ángulos interiores de cualquier triángulo es 180°.

Figura 1.10 55. Si dos rectas son cortadas por una transversal y de alguno de los lados de ésta la suma de los ángulos interiores con las rectas es menor a dos ángulos rectos, entonces, si las rectas se prolongan suficientemente de ese mismo lado, se habrán de intersecar.

Figura 1.11 Esta última es la que Euclides enunció originalmente. Como puede verse, los cuatro primeros postulados son aseveraciones simples, mientras que el último, en cualquiera de las formas enunciadas tiene una forma condicional. Esto molestó a los matemáticos de la época de

QP

γ

α

β

α

β

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Euclides y a los posteriores a él, pues la forma condicional parece requerir de una demostración, es decir, si decimos que dadas tales condiciones va a cumplirse algo, parece que se debería demostrar que efectivamente así será. Hubo, durante los siglos subsecuentes, infinidad de intentos para demostrar este postulado, todos fueron infructuosos, en el último capítulo haremos una breve descripción de las consecuencias que una de estas demostraciones frustradas tuvo en la Geometría. Volvamos ahora a nuestro problema, tenemos dos triángulos construidos de tal manera que tienen dos lados respectivamente iguales y el ángulo entre ellos también igual, lo que representaremos en la siguiente Figura 1.12 siguiente:

Figura 1.12 Para demostrar la congruencia de estos triángulos, Euclides supuso que podía llevar al segmento AB hasta superponerlo al segmento A’B’, de tal manera que A y A’ coincidieran, y por lo tanto también B y B’, ello implica que, como el ángulo en A es igual al ángulo en A’, entonces los segmentos AC y A’C’ quedarían sobrepuestos y como coinciden en longitud, entonces los puntos C y C’ coincidirían, lo que demuestra que BC=B’C’. Esa “superposición” de segmentos no puede justificarse mediante los postulados, así que habría que aceptarla como un postulado más. Recordemos que ya dijimos que los Postulados de Euclides no son completos. En el lenguaje moderno, en vez de hablar de llevar un elemento hasta un lugar específico, se definen lo que se llaman transformaciones rígidas. La palabra “rígidas” implica que las figuras a las que se apliquen mantienen su forma, es decir, las medidas de sus lados y de sus ángulos. Definición: Llamaremos una transformación punto a punto, en el plano, a una función tal que asocie a un punto cualquiera X con un punto X’ y la denotaremos como f(X)=X’.

B

A

C B' C'

A'

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Si los puntos X pertenecen a un conjunto A del plano y los puntos X ’ a otro conjunto A’, de tal manera que exista la función f -1 (X’)=X para cada punto de A’, diremos que f es biyectiva. Translación: Consideremos un conjunto A de puntos del plano y una función τ, punto a punto y biyectiva, que cumpla con las siguientes condiciones: - A cada punto del conjunto A le asocie un solo punto de otro conjunto del plano, al que llamaremos A’.

- Si X es un punto de A y X’ es el punto de A’ tal que τ(X)=X’, la distancia XX’ sea constante para todo X. - Si X1 y X2 son dos puntos en A tales que τ(X1)= X1’ y τ(X2)= X2’, la distancia X1X2 sea igual a la distancia X1’ X2’. Diremos que la función τ es una translación en el plano. (Vea la Figura 1.13).

Figura 1.13 Rotación: Consideremos un punto fijo O en el plano, un conjunto A, un ángulo fijo α y una función σ, punto a punto y biyectiva, que cumpla con las siguientes condiciones: - A cada punto del conjunto A le asocie un solo punto de otro conjunto del plano, al que llamaremos A’.

- Si X es un punto de A y X’ es el punto de A’ tal que σ(X)=X’, y se

cumpla que ∠XOX’=α . - Si X1 y X2 son dos puntos en A tales que σ(X1)= X1’ y σ(X2)= X2’, la distancia X1X2 sea igual a la distancia X1’ X2’. Diremos que σ es una rotación en el plano con centro O y ángulo α (Vea la Figura 1.14).

A A'

X1

X2 X'2

X'1

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Figura 1.14 Aplicando adecuadamente estas dos funciones podríamos hacer coincidir los segmentos AB y A’B’ si los triángulos están como en la Figura 1.12, pero ¿qué pasaría si el triángulo A’B’C’ estuvieran como se muestra en la figura 1.12 bis, en la que AB=A’B’, AC=A’C’ y ∠ BAC=∠B’A’C’?

Figura 1.12 bis Ninguna translación ni rotación, ni la composición de ellas, podría llevarnos a hacer coincidir los segmentos AB con A’B’ y AC con A’C’ simultáneamente, así que hace falta definir una transformación más: Reflexión: Sea l una recta en el plano, un conjunto A y una función ρ, punto a punto y biyectiva, que cumpla con las siguientes condiciones: - A cada punto del conjunto A le asocie un solo punto de otro conjunto del plano al que llamaremos A’.

- Para todo X∈A tal que ρ(X)=X’∈A’ existe una recta única, l, perpendicular al segmento XX’ en su punto medio (a l se le conoce como la mediatriz del segmento XX’). Lo que implica que si X1 y X2 son puntos de A y ρ(X1)=X1’ y ρ(X2)=X2’ de A ‘, entonces X1X2=X1’X2’.

α

A

α

A'

α

O

X1

X'1

X2

Y

X'2

Y'

C

A

BB'C'

A'

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Diremos que ρ es una reflexión sobre l en el plano. (Vea la Figura 1.15).

Figura 1.15 Como puede verse en la figura 1.12 bis, el triángulo A’B’C’ puede reflejarse con respecto a cualquier recta del plano y quedar con los vértices en el mismo orden del triángulo ABC. Para hacer coincidir AB con A’B’ sólo será necesario hacer, a lo más, una composición de una rotación y una translación. Con esto se puede establecer la siguiente propiedad sin necesidad de salirse del plano: “Si dos triángulos tienen dos de sus lados respectivamente iguales y los ángulos formados por dichos lados son también iguales, entonces esos triángulos serán congruentes” (LAL). El término congruentes se emplea en vez de iguales porque aunque sus dimensiones son las mismas, ocupan distinto lugar en el plano, es decir, no son iguales en su situación. Note que dicha propiedad no la obtuvimos a partir de los Postulados de Euclides, de manera que no podemos decir que hicimos una demostración. Por otra parte, la abreviatura LAL significa que hay igualdad respectiva en un lado (L), un ángulo adyacente a él (A) y el otro lado adyacente al ángulo (L), exactamente en ese orden. Si los ángulos iguales no fueran los formados por los lados mencionados, entonces usaríamos la abreviatura ALL o bien LLA. ¿Qué otras condiciones, no triviales entre las dimensiones de los lados y los ángulos de dos triángulos nos permiten afirmar que son congruentes? Las posibilidades son las siguientes: a) Dos ángulos respectivamente iguales (dos ángulos implica tener los tres

ángulos, pues por el quinto postulado (54), el ángulo que nos faltaría sería el suplementario de la suma de los dos ángulos dados) y el lado entre ellos también respectivamente igual.

A

l

A'

X1

X2

X'1

X'2

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b) Los tres lados respectivamente iguales. c) Dos lados respectivamente iguales y uno de los ángulos no adyacentes a ambos también igual.

Figura 1.16 En el caso a), considere la figura 1.16. Supongamos que AB=A’B’, que ∠A=∠A’ y que ∠B=∠B’. Consideremos un punto C” en la recta A’C’ tal que A’C’’=AC, tracemos B’C’’, luego los triángulos ABC y A’B’C’’ son congruentes (LAL), pero, por hipótesis ∠A’B’C’=∠B, entonces C’=C’’. Este caso lo abreviaremos con el símbolo ALA. Note que para hacer esta demostración no usamos, ni explícita ni implícitamente el 5° postulado. La demostración del caso b) la dejaremos como ejercicio. El otro caso que queda por analizar es el de dos lados respectivamente iguales y un ángulo no adyacente a ambos también igual. Se puede demostrar, con un ejemplo, que éste no es, en general, un caso de congruencia. En la Figura 1.13 se ve claramente que puede haber dos triángulos que cumplan con las condiciones dadas y que no son congruentes:

Figura 1.17

A B

C

B'

C'

A'

C"

AC

B

D

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En la Figura 1.17 se pueden ver dos triángulos, a saber, el ABC y el ADC, esos triángulos tienen dos lados respectivamente iguales, el AC, que es común y el CB que es igual al CD, ya que son radios del círculo; tienen además un ángulo igual -no adyacente a los lados respectivamente iguales- pues ∠ BAC = ∠ DAC, y sin embargo, claramente los triángulos no son congruentes. Esta misma figura nos muestra que si el ángulo dado fuera mayor o igual a 90°, entonces, los triángulos ABC y ADC no podrían construirse en la forma que se hizo y, con esta hipótesis adicional, sí se tendría un caso de congruencia (vea el Ejercicio 4). Antes de seguir adelante con el triángulo, sería bueno recordar dos conceptos geométricos elementales: Definición: Se llama bisectriz de un ángulo a la recta que lo divide en dos ángulos iguales. Teorema: Las distancias de cualquier punto P de la bisectriz a cada una de las rectas que forman el ángulo que la determina son iguales. Demostración: En la Figura 1.18 se puede ver que los triángulos APB y APC son congruentes por ALA, luego, BP=PC

Figura 1.18 Definición: Se llama mediatriz de un segmento a la recta perpendicular al segmento que pasa por el punto medio de éste. Teorema: Las distancias de cualquier punto de la mediatriz a los extremos del segmento son iguales:

Figura 1.19 Demostración: En la Figura 1.19, si AB es un segmento y M es su punto medio y MP es perpendicular a AB, entonces PA = PB, para cualquier punto P en la mediatriz, puesto que el triángulo AMP es congruente con el BMP, por LAL.

B

C

P

A

A BM

P

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Con estos resultados podemos demostrar una propiedad muy conocida de los triángulos isósceles, a saber: Teorema: Si un triángulo tiene dos lados iguales, es decir, es isósceles, entonces tiene también dos ángulos iguales y la altura y la bisectriz trazadas desde el vértice en el que concurren los lados iguales y la mediatriz del lado opuesto a dicho ángulo coinciden. Demostración: Vamos a auxiliarnos con la Figura 1.20, en la que ABC es un triángulo isósceles, con AB=AC y AM es la bisectriz del ángulo A.

Figura 1.20 El triángulo AMB y el triángulo AMC son congruentes, puesto que tienen dos lados respectivamente iguales, AB=AC, por hipótesis, AM por ser común, y el ángulo adyacente a ellos también igual ∠ BAM =∠ CAM, por ser AM bisectriz del ángulo A (LAL). Por lo tanto, los ángulos restantes serán también respectivamente iguales, es decir, ∠ ABM=∠ ACM, que es lo que debíamos demostrar. Como además ∠ AMB = ∠ AMC = 90°, resulta que la bisectriz del ángulo A es también una altura del ∆ABC. Por otra parte, BM=MC, que son los terceros lados de cada uno de los triángulos en que dividimos al triángulo ABC; eso quiere decir que M es el punto medio de BC y, por lo tanto, AM es también mediatriz de dicho segmento. La proposición recíproca de esta propiedad es también cierta: Teorema: Si un triángulo tiene dos ángulos iguales, entonces tiene dos lados iguales. La demostración es similar y se deja como ejercicio. Hemos hecho hasta ahora algunas demostraciones, valdría la pena preguntarse en este momento qué es una demostración y quizá también para qué se hacen demostraciones. Trataremos de responder someramente a estas preguntas. Una demostración es un proceso lógico que consta de tres partes, la primera es un conjunto de conceptos que se consideran verdaderos a priori — por ejemplo, los postulados de Euclides — o bien, aquellas proposiciones que se hayan derivado directamente de ellos, a las que se les suele llamar teoremas; la segunda es una proposición que se sospecha verdadera; y la tercera es

B CM

A

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una sucesión de razones lógicas que permiten establecer si la segunda proposición puede obtenerse de las primeras. Como consecuencia de lo anterior, podemos decir que se demuestra que una proposición es verdadera si se deriva lógicamente de un conjunto de proposiciones verdaderas. Por otra parte, la única manera de estar seguros de que lo que hacemos es válido es demostrando que las propiedades que empleemos provengan de manera lógica, directa o indirectamente, de los axiomas que hayamos aceptado, pues muchas veces la simple intuición es engañosa, como se verá en algunos de los ejercicios siguientes. Ejercicios: 1. Supongamos que en un terreno plano hay un cerro, y que se quiere hacer pasar un túnel a través de dicho cerro; para ahorrar tiempo se quiere cavar en ambas direcciones, de tal manera que en algún momento se encuentren los dos huecos y no que queden dos túneles. ¿Cómo se pueden determinar desde afuera del túnel las direcciones en que hay que cavar?

2. Demuestre que si un triángulo tiene dos ángulos iguales, entonces tiene los lados opuestos a dichos ángulos también iguales. 3. Demuestre que si dos triángulos tienen sus lados respectivamente iguales, entonces son congruentes (LLL). 4. Encuentre la falacia en la siguiente demostración de que si dos triángulos tienen dos lados respectivamente iguales y un ángulo no adyacente a ambos también igual, entonces los triángulos son congruentes:

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i. Sean ABC y A’B’C’ dos triángulos tales que AB=A’B’, BC=B’C’ y, además ∠ A = ∠ A’. ii. Coloquemos los triángulos de tal manera que BC coincida con B’C’, según se muestra en la figura siguiente:

iii. Tracemos el segmento AA’ iv. El triángulo BAA’ es isósceles, pues por hipótesis AB=A’B’, por lo que ∠ BAA’=∠ BA’A. v. Como ∠ A=∠ A’, por hipótesis, restando miembro a miembro la igualdad obtenida en el inciso iv., tenemos: ∠ A-∠ BAA'=∠ A'-∠ BA'A, entonces, ∠ CAA’=∠ CA’A, de donde el triángulo CAA’ es isósceles, pues tiene dos ángulos iguales, por lo tanto CA=CA’, o lo que es lo mismo, CA=C’A’, pero esto implica que los tres lados del triángulo son respectivamente iguales, por lo que, de acuerdo con el resultado del ejercicio anterior, son congruentes. 5. Demuestre que la perpendicular a una recta desde un punto exterior a ella es única. 6. Demuestre que la perpendicular a una recta en un punto de ella es única. 7. Analice la siguiente “demostración” del quinto postulado de Euclides y señale en dónde está la falacia: Se va a “demostrar” que la paralela a una recta que contiene a un punto exterior a ella es única: i. Se traza la perpendicular a la recta dada desde el punto dado, la cual es única, según se puede demostrar (Ejercicio 5). ii. Se traza la perpendicular a la recta que se acaba de obtener que contenga al punto dado, ésta recta es única (Ejercicio 6). iii. Los ángulos alternos internos entre la recta dada y la última que se obtuvo, usando a la primera perpendicular como transversal, son iguales –

B,B'

C,C'

AA'

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son rectos—. Ello implica que la última recta trazada es paralela a la recta dada y contiene al punto dado. iv. Como cada una de las rectas perpendiculares que se trazaron son únicas entonces la paralela a la recta dada es única.

8. Analice la siguiente demostración de que todos los triángulos son isósceles y encuentre la falacia: i. Sea el ABC un triángulo cualquiera. ii. Trace la bisectriz del ángulo A, que en general no será perpendicular a BC. iii. Sea D el punto de intersección de la bisectriz trazada con la mediatriz del segmento BC. iv. Trace las perpendiculares desde D a los lados AB y AC; llamémoslas respectivamente DP y DQ. v. El ∆ADP y el ∆DAQ son congruentes (AAL). Por lo tanto, AP=AQ y PD= QD. vi. Como D está en la mediatriz de BC, DB=DC; y como PD=QD y los triángulos DPB y DQC son rectángulos, entonces PB= QC. vii. Sumando las igualdades obtenidas en los pasos 5. y 6., tenemos que AP+PB=AQ+QC; es decir, AB=AC, y por lo tanto el triángulo ABC es isósceles. Pero como no supusimos ninguna particularidad para dicho triángulo, entonces ¡todos los triángulos son isósceles! 9.* Demuestre, sin usar ni directa ni indirectamente el Quinto Postulado de Euclides que todo ángulo exterior de un triángulo es mayor que cualquiera de los ángulos interiores no adyacentes a él. 10. Demuestre que si se hacen dos reflexiones sucesivas con respecto a dos rectas paralelas, eso equivale a una translación. ¿Qué relación hay entre la distancia de la translación y la distancia que separa a las rectas paralelas?

m

(1)

(2)

P

23

11. Demuestre que si se hacen dos reflexiones sucesivas con respecto a dos rectas concurrentes eso equivale a una rotación con respecto al punto de concurrencia de las rectas. ¿Qué relación hay entre el ángulo de la rotación y el ángulo entre las rectas concurrentes? 12. En un poblado situado junto a un río, cuyo borde es totalmente recto, hay un incendio en un lugar que llamaremos A. Cerca del borde del río está la casa del bombero del pueblo, en un lugar al que llamaremos B; para apagar el incendio el bombero llena con agua una cubeta en el río y corre a vaciarla sobre el fuego. ¿Cuál de los puntos en el borde del río haría que la trayectoria sea la mínima posible?

13. Demuestre que las mediatrices de los lados de un triángulo concurren en un punto. A dicho punto se le llama circuncentro, pues con él como centro se puede construir un círculo circunscrito al triángulo, al que se le conoce como circuncírculo. 14. Demuestre que las bisectrices de los ángulos internos de un triángulo concurren en un punto. A dicho punto se le llama incentro, pues con él como centro se puede construir un círculo inscrito en el triángulo, al que se le conoce como incírculo. 15. Demuestre que si un diámetro AB y una cuerda AC, de un círculo con centro O, tienen uno de sus extremos en común, A, el ángulo entre ellos, ∠BAC, es igual a la mitad del ángulo entre el propio diámetro y el radio trazado al otro extremo de la cuerda, ∠ BOC.

O

A

B

C

24

16. Use el resultado del ejercicio anterior para demostrar que el ángulo entre dos cuerdas que concurren sobre una circunferencia, llamado ángulo inscrito, es igual a la mitad del ángulo entre los radios que van a los otros extremos de las cuerdas, o sea, el ángulo central correspondiente al arco que las cuerdas determinan; considere el caso en el que el ángulo entre las cuerdas contiene al centro de la circunferencia y el caso en que no lo contiene, según se muestra en la siguiente figura.

17. Dé los valores en radianes de los siguientes ángulos: i. 60° ii.120° iii. 45° iv. 30° v. 150° 18. Dé los valores en grados de los siguientes ángulos:

i. 2

π

ii. 2

3π

iii. -4

5π

iv. 3

2π

v. 5

π

19. Sea ABC un triángulo cualquiera; sea D un punto en el lado AB y sea E un punto en el lado AC, sea F el punto de intersección de las bisectrices de los ángulos ABE y ACD. Demuestre que∠ BDC+∠ BEC=2 ∠ BFC. (Vea la siguiente figura).

25

20. Sea ABC un triángulo tal que el ángulo en B sea recto. Sea L el punto medio del lado AC, sea X el punto en el que la bisectriz del ángulo recto B corta a AC y sea D el punto en el que la altura desde B corta a AC. Demuestre que el ángulo DBX es igual al ángulo XBL.

21. Demuestre, mediante la forma original del quinto postulado (55), que por dos puntos puede pasar sólo una recta (note que el primer postulado asegura que siempre se puede trazar una recta, mas no sólo una). 22. Demuestre las siguientes implicaciones de los enunciados del quinto postulado de Euclides: 55⇒51; 51⇒52; 52⇒53; 53⇒54 y 54⇒55.

23. Demuestre que las diagonales de un paralelogramo se intersecan en su punto medio.

B C

A

D

EF

A

B C

L

DX

26

Capítulo 2 Semejanza de triángulos Volvamos al problema del lago planteado en el primer capítulo ¿qué pasaría si el espacio en el que podamos maniobrar estuviera restringido, digamos que por árboles o algún otro obstáculo, y no pudiéramos prolongar las rectas AC y BC hasta duplicarlas?

Figura 2.1

Una solución posible sería prolongar AC hasta A”, en donde CA”=n

1 AC,

donde n es un número entero, adecuado a lo que el espacio permita, CB”=n

1

BC y, por lo tanto, ¿será cierto que A”B”= n

1AB? Para estar seguros de la

validez de la respuesta revisemos los siguientes teoremas: Teorema de Tales: Si dos o más paralelas son cortadas por dos transversales, los segmentos determinados sobre éstas son proporcionales.

C

B

A

B"

A"

27

Figura 2.2 En la Figura 2.2 las rectas AA’, BB’ y CC’ son paralelas, y las AB y A’B’ son transversales a ellas. Queremos demostrar que los segmentos AB y BC, son proporcionales a los segmentos A’B’ y B’C’, es decir, AB/BC = A’B’/B’C’. Antes de demostrar esto, partamos de lo siguiente: hay dos posibilidades, que existan dos enteros m y n tales que mAB=nBC o que no existan. Si la respuesta es afirmativa, los segmentos AB y BC se dice que son conmensurables; supongamos que AB<BC, entonces dividamos al segmento AB en segmentos suficientemente pequeños, digamos que de tamaño p, tales que AB=np y, por lo tanto, BC=mp. Tracemos por cada subdivisión de tamaño p una paralela a AA’, entonces, habrá n subdivisiones entre A’ y B’, digamos que de tamaño q y m subdivisiones ente B’ y C’ del mismo tamaño, lo que implica que A’B’/B’C’=n/m=AB/BC. Para demostrar que efectivamente A’B’=nq y que B’C’=mq supongamos, por facilidad, n=2, entonces, tomemos un punto M tal que divida al segmento AB en dos partes iguales, como en la Figura 2.2bis. Tracemos MM’ paralela a AA’; A’Z paralela a AM y M’Z’ paralela a MB, con lo que formaremos dos paralelogramos, el AA’ZM y el MM’Z’B, en los que AM =A’Z y MB = M’Z’ (vea el Ejercicio 23 del Capítulo 1); además los ángulos ZA’M’ y Z’M’B’ son iguales, pues son correspondientes entre paralelas y por el 5° Postulado, ∠A’ZM’=∠M’Z’B’. Por la misma razón el ángulo A’M’Z y el ángulo M’B’Z’ son iguales. Ello implica que los triángulos A’M’Z y M’B’Z’ son congruentes (ALA), y por lo tanto el segmento A’M’ es igual al segmento M’B’.

Figura 2.2 bis

C C'

B

A A'

B'

M'

A'

C'C

B'B

A

M

Z'

Z

28

En la Figura 2.3, AB = p y BC = 2p, de donde A’B’ = q y B’C’ = 2q.

Figura 2.3 En general, A’B’ = nq y B’C’ = mq. Supongamos ahora que para cierto p, AB=np, pero que no existe un entero m tal que BC=mp. Subdividamos cada segmento de tamaño p en n segmentos, digamos que de tamaño p’, de manera que AB=n² p’; es posible que ahora sí exista un entero m tal que BC=mp’, en cuyo caso procederemos como en el caso anterior. De no ser así tendremos lo siguiente: Para la subdivisión en segmentos de tamaño p, AB = np y BC = mp + r, donde r es un segmento de tamaño menor que p.

Para la subdivisión en segmentos de tamaño p’=p/n, AB=n²p’ y BC=m’p’+r’, donde m’ es un entero y r’ es menor o igual que r. Si r’ es distinta de cero, procedemos a subdividir los segmentos de tamaño p’ en n partes iguales, de tal manera que AB = n³ p”, donde p”= p’/n, entonces BC = m”p” + r” donde m” es un entero y r” es menor o igual que r’; así vamos construyendo una sucesión de valores de los residuos, { r, r’, r”,..., rk}, tal que cada uno de sus términos es menor o igual al anterior; es decir, el sobrante de dividir al segmento BC en segmentos de tamaño cada vez menor es, en algún momento, tan pequeño como se quiera, de tal manera que a algún valor determinado podremos considerarlo totalmente despreciable y tomar como una buena aproximación BC=mkpk para alguna k>0. En ese momento procedemos como en el caso en que AB y BC eran conmensurables y habremos demostrado el teorema1. Una consecuencia directa del Teorema de Tales es el Teorema de la Semejanza: Si se tienen dos paralelas cortadas por dos transversales no paralelas entre sí, de tal manera que se forman dos triángulos con dos de sus lados sobrepuestos (AB y AB’, así como AC y AC’) y

1 La demostración formal de que una sucesión monótona y acotada, como ésta, es convergente corresponde a un curso de Cálculo.

C'

X'

C

B

X

B'

A A'

29

los terceros paralelos, las razones de lados correspondientes son iguales o, dicho de otra forma, los triángulos ABC y AB’C’ son semejantes. (Vea la figura 2.4)

Figura 2.4 Hay que demostrar que

AB/AB’ = AC/AC’ = BC/B’C’. Para ello procederemos de manera similar a como hicimos con el Teorema de Tales, sólo que aquí cuando dividamos el segmento AB en n segmentos de tamaño p, trazaremos paralelas a las paralelas dadas para dividir al segmento AC en n segmentos de tamaño q, y después trazaremos paralelas a AC para subdividir al segmento BC en n segmentos digamos que de tamaño s, como se muestra en la Figura 2.5. El resto de la demostración se deja como ejercicio al lector.

Figura 2.5 Como puede verse claramente, los triángulos de la Figura 2.4 tienen sus tres ángulos respectivamente iguales, A por ser común, B y B’ por ser correspondientes entre paralelas y C y C’ también. Eso nos lleva a la siguiente propiedad: Los lados de dos triángulos son proporcionales si y sólo si sus ángulos interiores son iguales. Aquí hemos demostrado el caso en que la hipótesis es que los ángulos son iguales, se deja la demostración del inverso como ejercicio.

¿Qué otras condiciones se requieren para que dos triángulos sean semejantes? Obviamente, dos triángulos congruentes son semejantes, la razón de semejanza vale uno; así que las condiciones de congruencia serán

B'

B

A

C

C'

B'

A

CB

C'

p

s

q

30

también de semejanza; además de la ya considerada --tres ángulos iguales—, que no es de congruencia. Si por los vértices de un triángulo ABC se trazan rectas concurrentes AO, BO y CO; y si en los segmentos determinados por los vértices y el punto de concurrencia se toman puntos P, Q y S tales que los dividan en una misma

razón, OP

OA=

OQ

OB=

OS

OC=r, los puntos de división P, Q y S corresponden a los

vértices de un triángulo semejante al triángulo dado, y la razón de

semejanza, PQ

AB=

QS

BC=

SP

CA, coincide con la razón r de división de los

segmentos. Los triángulos ABC y PQS se dice que son homotéticos y a r se le llama la razón de homotecia. En general, dos polígonos son homotéticos si los pares de vértices correspondientes están sobre líneas concurrentes y tales que las razones entre los respectivos segmentos que van del punto de concurrencia a dichos vértices sean iguales, en otras palabras, si sus lados correspondientes son paralelos. El caso de circunferencias homotéticas se verá en el Capítulo 8.

Figura 2.6

O

A

P

B

C

Q

S

31

Ejercicios: 1. Complete la demostración del Teorema de la Semejanza de triángulos. 2. Demuestre que si dos triángulos tienen dos lados respectivamente proporcionales y el ángulo comprendido entre ellos igual, entonces son semejantes. 3. Demuestre que si dos triángulos tienen sus lados respectivos proporcionales, entonces sus ángulos correspondientes son iguales. 4. En la figura siguiente encuentre el total de pares de triángulos semejantes

PQ // BC

5. Demuestre que si en un triángulo se trazan las alturas, o sea las rectas que salen de cada uno de los vértices perpendicularmente a los lados opuestos, y se trazan paralelas a los lados por cada uno de los vértices, entonces, las alturas del primer triángulo son mediatrices del triángulo formado por las paralelas a los lados, lo cual implica que las alturas de un triángulo son concurrentes (al punto en el que concurren se le llama ortocentro). 6. Demuestre que si en un triángulo ABC se trazan las rectas BM y CN, en donde M y N son, respectivamente, los puntos medios de CA y AB, y si G es el punto de intersección de esos dos segmentos, entonces BG y CG son, respectivamente, dos veces más grandes que los segmentos GM y GN. Para demostrarlo se sugiere trazar el segmento que une los puntos medios de BG y de CG, según se muestra en la figura siguiente, y probar que dicho segmento es paralelo al segmento NM y del mismo tamaño que él.

B C

AQ

L

O

P

MN

32

7. Demuestre, usando el resultado del ejercicio anterior, que las medianas de un triángulo son concurrentes, es decir, que la mediana trazada desde el vértice A también debe pasar por G. Al punto G se le suele llamar centroide, punto mediano o baricentro. 8. Se tiene un triángulo ABC y un segmento PQ paralelo a AB, si se trazan las rectas PA y QB, tales que PAI QB=O, un punto fuera de las rectas BC y AC, encuentre un método para localizar al punto R tal que el triángulo PQR sea semejante al triángulo ABC.

9. Construya4 un triángulo semejante a un triángulo dado y que tenga un perímetro específico. 10. Construya un pentágono regular sabiendo el valor de la diferencia entre su radio y su apotema. 11. Construya un rombo sabiendo su perímetro y el valor de la razón de sus diagonales. 12*. Construya un triángulo que sea semejante a un triángulo dado y cuyos vértices estén, cada uno, sobre tres rectas paralelas dadas. 13. Construya un cuadrado dentro de un triángulo dado, de tal manera que uno de los lados del cuadrado caiga sobre un lado del triángulo, y los otros vértices del cuadrado caigan en los otros lados del triángulo. 14. Si dos rectas se intersecan en un punto invisible e inaccesible, encuentre la recta que une a dicho punto con un punto dado. 15. Si tres o más triángulos semejantes se colocan de tal manera que un conjunto de vértices correspondientes coincida y otro conjunto de vértices correspondientes sea colineal, demuestre que el tercer conjunto de vértices correspondientes será también colineal.

4 En adelante, cuando se pida construir algo se deberá entender que los únicos instrumentos válidos para efectuar una construcción son: una regla sin graduar y un compás.

B C

A

N M

G

33

16. Si cuatro o más triángulos semejantes se colocan de tal manera que un conjunto de vértices correspondientes coincida y otro conjunto de vértices correspondientes sea concíclico, el tercer conjunto de vértices correspondientes será también concíclico. 17. Demuestre que si se trazan dos secantes cualesquiera desde un punto P, exterior a un círculo C, tales que corten al círculo en los puntos A, B y A’, B’, respectivamente, los triángulos PAB’ y PA’B son semejantes y, por lo tanto, PA×PB = PA’×PB’ (el resultado de este producto se llama potencia de P con respecto al círculo C). 18. Demuestre que en la siguiente figura los triángulos ABC y AED son semejantes. Usando esto, demuestre que también los triángulos ABE y ACD lo son.

19. En la siguiente figura se muestra un método para multiplicar segmentos. El segmento OI representa la unidad de medida; el segmento OB se va a multiplicar por el segmento OA. Se traza IA, luego BC paralela a IA, el resultado buscado es el segmento OC. Demuestre la validez del método.

20. En la siguiente figura se muestra un método para dividir segmentos. El segmento OI representa la unidad de medida; el segmento OA se va a dividir entre el segmento OB. Se traza AB, luego IC paralela a AB, el resultado buscado es OC. Demuestre la validez del método.

α

α

β

β

D

C

B

A

E

O

B

I

A C

34

21. Demuestre el Teorema de la Semejanza a partir de la siguiente figura:

En la que BE ⊥ AC, CF ⊥ AB y CH//AB.

22. A partir del resultado del ejercicio anterior, demuestre el Teorema de Tales. 23. Demuestre que si se traza una altura de un triángulo, el segmento determinado por el ortocentro y el punto de intersección entre la altura trazada y el circuncírculo es bisecado por el lado opuesto al vértice desde el cual se trazó la altura. En la siguiente figura HK es bisecado por BC. En otras palabras, demuestre que HD=DK. Vea la siguiente figura:

A

BO I

C

A

B' C'

B C

EF

H

B C

A

K

D

H

35

Capítulo 3 Teorema de Pitágoras y Teorema de Tolomeo Otra solución del problema del lago, planteado en el Capítulo 1, es la siguiente (vea la Figura 3.1): trazar una recta perpendicular a AB que pase por A y trazar una recta que una a B con algún punto de dicha

perpendicular, llamemos al punto D; entonces AB = 22 ADBD − . Aquí hemos aplicado el resultado de un famoso teorema conocido como Teorema de Pitágoras, pero ¿por qué es aplicable dicho teorema?

Figura 3.1 El llamado Teorema de Pitágoras, que por cierto se sabe que no fue enunciado originalmente por Pitágoras, es probablemente el teorema más conocido que hay; al menos podemos asegurar que es el más demostrado. ¡Se dice que alguien recopiló doscientas cincuenta y nueve demostraciones distintas! Aquí daremos dos que son probablemente las más sencillas, una que se expondrá enseguida y otra que se pedirá como ejercicio. Teorema de Pitágoras: En todo triángulo rectángulo, el cuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos. Se llama hipotenusa al lado opuesto al ángulo recto y catetos a los lados que forman dicho ángulo. Demostración: Sea el triángulo de lados a, b y c rectángulo, como se muestra en la Figura 3.2.

B

A

D

36

Figura 3.2

Construyamos dos cuadrados de lado a+b y unamos los puntos que delimitan los segmentos de tamaños a y b como se ilustra en la Figura 3.3

Figura 3.3

Si en cada cuadrado quitamos los cuatro triángulos congruentes de lados a, b y c; quedan, en uno, un cuadrado de área c²; mientras que en el otro, dos cuadrados de áreas a² y b², respectivamente, por lo que:

c² = a² + b² Que es lo que se quería demostrar. En los Ejercicios 15 y 16 del Capítulo 1 está implícito un importante teorema, cuya demostración es precisamente lo que se pide en dichos ejercicios. El enunciado del teorema es el siguiente: Teorema: Si dos cuerdas de un círculo se intersecan sobre la circunferencia, el ángulo entre ellas, llamado ángulo inscrito es igual a la mitad del ángulo formado por los radios que llegan a los otros extremos de las cuerdas, llamado ángulo central. (Figura 3.4)

b

ca

a

bc

b

ac

37

Es decir, un ángulo inscrito en una circunferencia es igual a la mitad del ángulo central correspondiente.

Figura 3.4 Una consecuencia directa de ese teorema es: Corolario 1: Si dos pares de cuerdas que se intersecan sobre la circunferencia subtienden el mismo arco, entonces forman ángulos iguales. (Figura 3.5)

Figura 3.5 De aquí se deriva la siguiente propiedad (vea la Figura 3.6): Corolario 2: Un cuadrilátero puede inscribirse en un círculo si y sólo si los ángulos entre cada una de las diagonales y dos de los lados opuestos son iguales.

β

α

α

α

38

Figura 3.6 Supongamos que en el cuadrilátero PQRS de la Figura 3.6 ∠ PQS = ∠PRS; entonces, en el circuncírculo del triángulo PQR deberá estar el punto S, pues es el único punto sobre la línea RS que subtiende al arco QR de dicho circuncírculo, ya que, por ser semejantes los triángulos POQ y SOR, ∠ RPQ=∠ RSQ. Se dice que los puntos P, Q, R y S son concíclicos o que son los vértices de un cuadrilátero cíclico. El enunciado y la demostración del teorema recíproco se dejan como ejercicios. Suele decirse que los lados opuestos de un cuadrilátero cíclico son antiparalelos con respecto a los otros dos. En la Figura 3.6, PQ y SR son antiparalelas con respecto a QR y PS. Obviamente también QR y PS son antiparalelas con respecto a PQ y SR. Por otra parte, también lo son PS y QR con respecto a PR y SQ y también PQ y SR con respecto a PR y QS. A los cuadriláteros de lados PQ, SR, PR y SQ y PS, QR, PR y SQ se les suele llamar cruzados. Así que cuatro puntos no colineales determinan tres cuadriláteros, uno convexo, el de lados PQ, QR, RS y SQ, y dos cruzados, el de lados PS, SQ, QR y RP, y el de lados PQ, QS, SR y RQ. Corolario 3: Si dos cuerdas concurren en un punto de una circunferencia y si los otros extremos de ellas caen en puntos diametralmente opuestos, el ángulo que forman es recto, como se muestra en la Figura 3.7.

β

β

Oα

αγ

γ

Q

P

S

R

δ

δ

90°

180°

39

Figura 3.7

Por otra parte, en el Ejercicio 18 del Capítulo 2, se pidió demostrar, para un cuadrilátero cualquiera, la semejanza entre los triángulos ABC y AED, así como la de los triángulos AEB y ADC de la Figura 3.8:

Figura 3.8 De la primera de estas semejanzas se tiene que BC/DE = AC/AD, y de la segunda que AB/AC = EB/DC; es decir, BC ×AD = AC ×DE y AB ×DC = AC ×EB. Si sumamos estas igualdades miembro a miembro obtenemos que: AB ×DC + BC ×AD = AC ×EB + AC ×DE = AC × (EB + DE). Pero EB +DE ≥DB, que es la diagonal del cuadrilátero; por lo tanto: AB ×DC + BC ×AD ≥ AC ×DB Hemos demostrado el siguiente: Teorema: La suma de los productos de lados opuestos de un cuadrilátero es siempre mayor o igual que el producto de sus diagonales. Los puntos D, E y B forman un triángulo, la relación DE + EB ≥ DB es una propiedad conocida como la desigualdad del triángulo, que en otras palabras diría que la suma de dos de los lados de un triángulo es mayor o igual al tercer lado. Esta propiedad permite determinar, por ejemplo, si tres segmentos pueden o no formar un triángulo.

α

α

β

β

D

C

B

A

E

40

Probablemente el lector se esté preguntando en este momento cuándo es que vale la igualdad, porque por experiencia podríamos pensar que la suma de dos lados de un triángulo es siempre mayor que el tercer lado. La respuesta es que la igualdad sólo vale en lo que se conoce como triángulos degenerados, es decir, triángulos en los que los tres vértices son colineales y, por lo tanto dos ángulos son cero y el tercero 180°. Volviendo al cuadrilátero, la igualdad sólo valdrá cuando el punto E caiga sobre la diagonal DB. Pero eso querría decir que el ángulo ADE, que sería el mismo que el ángulo ADB, es igual al ángulo BCA, es decir, que los ángulos entre diagonales y lados opuestos son iguales y, por lo tanto, el cuadrilátero sería inscriptible en una circunferencia. Hemos demostrado una parte de un importante teorema, a saber: Teorema de Tolomeo. Un cuadrilátero es cíclico si y sólo si la suma de los productos de sus lados opuestos es igual al producto de sus diagonales. Dejaremos al lector la demostración de la otra parte del teorema, es decir, si el cuadrilátero es cíclico, entonces la suma de los productos de sus lados opuestos es igual al producto de sus diagonales.

Tolomeo, que estaba interesado principalmente en la Astronomía, se propuso dar las medidas de las cuerdas correspondientes a los ángulos centrales de una circunferencia de diámetro unitario desde medio grado hasta ciento ochenta grados. Para ello, utilizando el resultado de su teorema, encontró las siguientes propiedades: En un círculo de diámetro uno consideremos dos cuerdas AB y AD, con un extremo común, de tal manera que si trazamos el diámetro AC, que pasa por el punto de intersección de dichas cuerdas determina con ellas un ángulo α y un ángulo β, respectivamente, según se muestra en la Figura 3.9.

Figura 3.9

α

γ

βA

B

D

E

C

41

Aplicando el Teorema de Tolomeo tenemos que AB ×DC + BC×AD = AC×BD, en donde CD es la cuerda subtendida por el ángulo α , a la que llamaremos p. BC es la cuerda subtendida por el ángulo β, a la que llamaremos q, y BD es la cuerda subtendida por el ángulo γ , que es la suma de α y β, a la que

llamaremos x; por lo tanto, como dijimos que el diámetro vale uno y los ángulos entre las cuerdas cuyos extremos son diametralmente opuestos forman ángulos rectos, tendremos: x = p (1-q²)1/2 + q (1-p2)1/2 …………………….(1) Ésta es la medida de la cuerda determinada por el ángulo γ , el cual es

precisamente la suma de los ángulos α y β, como ya se dijo. Calculemos ahora la longitud de la cuerda que subtiende un ángulo γ =α -β

a partir de la longitud de las cuerdas subtendidas por α y β . La Figura

3.10 nos puede servir como referencia:

Figura 3.10 Si el ángulo α es mayor que el ángulo β, por el Teorema de Tolomeo tenemos que AB ×CD + BC×AD = AC ×BD; llamemos p a BD, que es la cuerda determinada por el ángulo α ; q a la cuerda determinada por el ángulo β, que es CD, y x a la cuerda determinada por el ángulo γ =α – β, que es BC.

Recordemos que el diámetro AD vale uno, así que el resultado de aplicar el teorema, y de usar nuevamente el Teorema de Pitágoras, será: q (1-p2)1/2 + x = p (1-q²)1/2

Por lo tanto: x = p (1-q²)1/2 - q (1-p2)1/2 …………………….(2)

β

γ

γα

B

C

DA

42

Por último, se puede encontrar una manera de calcular la cuerda de un ángulo igual a la mitad de un ángulo dado. En este caso, la cuerda que subtiende el ángulo β =½ α . Nos podemos auxiliar con la Figura 3.11:

Figura 3.11

Sea p = BD; sea x = BC = CD y recordemos que AD = 1, así que, aplicando nuevamente los Teoremas de Tolomeo y de Pitágoras, tenemos que x(1-p2)1/2 +x=p(1-x2)1/2, cuya solución válida es: x = ½(2 - 2(1-p2)1/2)1/2 ...........................(3) Aparte de estas tres fórmulas, mediante el propio Teorema de Tolomeo se puede obtener la razón entre el lado y la diagonal de un pentágono regular. Dicha razón es la siguiente:

d

l= ½( 5 –1)

La obtención de este resultado se dejará como ejercicio. Ahora vamos a determinar el valor de la cuerda correspondiente a un ángulo central de 72° en una circunferencia de diámetro 1. En la Figura 3.12, la cuerda que queremos determinar es BC:

ββ

α

B

DA

C

43

Figura 3.12

Como los triángulos OEC y CDB son semejantes, BD/BC = EC/OC, pero sabemos lo siguiente: BC = l CF = d BD = (l²- d²/4)1/2 EC = ½ l OC = ½ Sustituyendo en la razón de semejanza planteada, se obtiene que: l² = ½ (4 l² - d²)1/2

Utilizando el valor de la razón d

l= ½( 5 –1) y resolviendo para l, obtenemos:

l = ¼ (10 - 2 5 )1/2

Que es el valor de la cuerda determinada por los extremos de un diámetro y de otra cuerda, cuyo ángulo con dicho diámetro es de 36°, es decir, de un ángulo central de 72°, como se pretendía. En adelante, para hacer explícito que se trata de un valor particular correspondiente al ángulo de 36°, en vez de l, usaremos la notación l(36°). De manera similar, pero ahora usando un hexágono regular determinaremos el valor correspondiente a l(30°); para ello nos referiremos a la Figura 3.13:

36° 36°36°

OA C

B

EF

D

44

Figura 3.13 Como el lado de un hexágono regular es igual al radio del círculo en el que puede inscribirse, vemos que l (30°)= ½. Ahora, si aplicamos la fórmula (2) para la diferencia de cuerdas, tendremos que la cuerda correspondiente a un ángulo de 6° será:

l(6°)=4

1 (10-2 5 )1/2(1–

4

1)1/2-

2

1(1–

8

1(5- 5 ))1/2 = 0.10452846

Entonces, aplicando la fórmula (3), el valor de la cuerda de un ángulo de 3° es: l (3°) = 0.052335956. Nuevamente, usando la fórmula (3) para 90’, el valor de la cuerda es: l (90’) = 0.026176948. Por último, usando la misma fórmula (3), podemos obtener el valor de la cuerda correspondiente a un ángulo de 45’: l (45’) = 0.013089596. Ahora veamos el brillante razonamiento de Tolomeo: Si tomamos el cociente de dos cuerdas determinadas por ángulos cuyos valores sean mayores que 0° y menores que 90°, la razón de las cuerdas correspondientes a dos ángulos α y β tales que 0° ≤ α <β ≤90°, cumple con la siguiente propiedad:

)(

)(

βα

l

l>

βα

l(30°)

30°

O

B

C

A

45

Que demostraremos en el siguiente capítulo. Ahora, en el caso de los ángulos y las cuerdas correspondientes a 45’ y 60’ tenemos que

)'60(

013089596.0

l>

'60

'45=

4

3

De donde la cuerda correspondiente a 60’, será menor que 0.0174527947. Por otro lado, aplicando la desigualdad a las cuerdas y los ángulos correspondientes a 60’ y 90’ tenemos que

026176948.0

)'60(l>

'90

'60=

3

2

Por lo que la cuerda correspondiente a 60’ será mayor que 0.0174512987. Es decir, que si consideramos sólo las primeras cinco cifras después del punto decimal, lo cual sería una excelente aproximación, la cuerda correspondiente a 60’, es decir, un grado, vale 0.01745. Con este resultado, Tolomeo pudo elaborar una tabla de valores tomados de medio grado en medio grado, desde 0° hasta 180°. Probablemente el lector ya se haya dado cuenta de que esto no es otra cosa que la tabla de valores de lo que hoy conocemos como la función seno.

46

Ejercicios 1. Demuestre que si en un triángulo ABC se cumple que AB²= BC²+AC², entonces el triángulo es rectángulo. (Recíproco del Teorema de Pitágoras) 2. Demuestre que si CM es la altura de un triángulo rectángulo ABC, trazada del vértice C a la hipotenusa, el producto de los segmentos AM y MB es igual a CM ². 3*. Demuestre que la tangente a un círculo es perpendicular al radio de éste trazado desde el punto de tangencia. 4. Demuestre que el ángulo que forman una cuerda y la tangente a una circunferencia en uno de los extremos de la cuerda es igual a la mitad del ángulo entre los radios que van a los extremos de la cuerda. 5. Demuestre la proposición directa del Teorema de Tolomeo, es decir, si un cuadrilátero es inscriptible, entonces la suma de los productos de lados opuestos es igual al producto de sus diagonales. 6. Aplique el Teorema de Tolomeo a un rectángulo, note que el resultado es otra demostración del Teorema de Pitágoras. 7. Aplique el Teorema de Tolomeo a un cuadrado. 8. Aplique el Teorema de Tolomeo a un trapecio isósceles cuyo lado mayor sea igual al diámetro de la circunferencia que lo circunscribe y los otros tres lados sean del mismo tamaño. 9. Demuestre, usando la Figura 3.11, que la razón del lado entre la diagonal

de un pentágono regular es d

l= ½( 5 –1).

10. Demuestre que si se prolongan los lados opuestos de un cuadrilátero cíclico, las bisectrices de los ángulos que forman son perpendiculares entre sí. Esto prueba que si dos rectas son antiparalelas con respecto a otras dos, la bisectriz del primer par es perpendicular a la del segundo.

47

11. Sea P un punto en el arco AB de un círculo. a. Si el segmento AB es el lado de un triángulo equilátero ABC, demuestre que PC = PA + PB b. Si el segmento AB es el lado de un cuadrado ABCD, demuestre que (PA +PC) ×PC = (PB + PD) ×PD c. Si el segmento AB es el lado de un pentágono regular ABCDE, demuestre que PC + PE = PA + PB +PD d. Si el segmento AB es un lado de un hexágono regular, demuestre que PD + PE = PA +PB + PC + PF 12. El siguiente método se usa para sacar gráficamente la raíz cuadrada de un segmento (ver la siguiente figura):

Sea OA el segmento al cual se le quiere sacar raíz cuadrada; AB la unidad de medida, OB el diámetro del semicírculo trazado y CA la semicuerda perpendicular a OA en A. CA representa a la raíz cuadrada de OA. Demuestre la validez del método. 13. Sea ABCD un cuadrilátero inscrito en una circunferencia; sea E el punto de intersección de las diagonales de ABCD. Demuestre que BE/DE=AB ×BC/AD ×CD.

m

l

CD

B

A

O B

C

A

48

14. Demuestre que un cuadrilátero es cíclico si y sólo si, sus ángulos opuestos suman 180° 15. Demuestre que todo trapecio isósceles, es decir, aquél que tiene dos lados opuestos paralelos y los otros dos no paralelos y del mismo tamaño, es cíclico. 16. Encuentre, aplicando las fórmulas obtenidas por Tolomeo, los valores de l(2°), l(5°) y l(210’). 17. Sea ABCD un paralelogramo, sean P, Q y R los puntos en que un círculo cualquiera que pase por D corta a los segmentos CD, BD y AD, respectivamente. Pruebe que DQ ×DB = DP ×DC + DR ×DA.

18. Sea ABC un triángulo isósceles, tal que AB = AC, inscrito en un círculo, sea P un punto del círculo sobre el arco determinado por los puntos B y C.

Demuestre que la razón PCPB

PA

+=

BC

AC es constante para cualquier punto P.

AB

CD P

R

Q

49

Capítulo 4 Trigonometría Como hemos visto, los triángulos semejantes tienen sus tres ángulos interiores respectivamente iguales; si consideramos el conjunto de triángulos que tienen un ángulo recto, entonces, al fijar uno de los otros ángulos obtendremos todo un conjunto de triángulos semejantes, puesto que el tercer ángulo tendrá que ser el suplementario de los dos conocidos. Como los triángulos semejantes tienen sus lados proporcionales, si conocemos la razón de dos lados de uno de los elementos de un conjunto de triángulos semejantes, conoceremos la razón correspondiente de todos los demás. Esta propiedad nos permite establecer las razones de los lados de cualquier triángulo rectángulo como función de uno de los ángulos no rectos.

Figura 4.1 Por ejemplo, supongamos que en el triángulo rectángulo de la Figura 4.1 el ángulo B midiera 60°, entonces podríamos decir que las relaciones AC/AB, BC/AB, AC/BC, BC/AC, AB/BC y AB/AC son las mismas para todos los triángulos rectángulos con un ángulo de 60°. Así que, si hacemos AB = 1,

entonces, BC =2

1 y, por el Teorema de Pitágoras tendremos que

AC =2

3, por lo que AC/AB =

2

3; BC/AB =

2

1; AC/BC = 3 ; BC/AC =

3

3;

AB/BC =2 y AB/AC =3

32

Como el valor de las razones depende del ángulo, que en este ejemplo es 60°, las razones de los lados se expresan como funciones de dicho ángulo, es decir, si en vez de 60° tuviéramos un ángulo α , definimos: sen α = AC/AB (cateto opuesto al ángulo α entre hipotenusa). cos α = BC/AB (cateto adyacente al ángulo α entre hipotenusa). tan α = AC/BC (cateto opuesto a α entre el cateto adyacente). cot α = BC/AC (cateto adyacente a α entre el cateto opuesto).

B

A

C60°

50

sec α = AB/BC ( hipotenusa entre el cateto adyacente a α ). csc α = AB/AC (hipotenusa entre el cateto opuesto a α ). El conocimiento de los valores de las funciones trigonométricas es de gran utilidad; ahora basta con apretar algunas teclas en una calculadora o en una computadora para conocer el valor de cualquier función de cualquier ángulo, pero en la antigüedad eso no era tan fácil, de ahí la importancia del trabajo de Tolomeo descrito en el capítulo anterior. Una forma, en general poco precisa, de calcular los valores de las funciones trigonométricas era medir directamente sobre un triángulo “modelo” en el que se trazaba el ángulo deseado y se establecía que la hipotenusa tuviera una longitud de una unidad. Con el auxilio de un círculo de radio uno y de unos ejes coordenados, se puede ver cómo evaluar los valores de las funciones de manera más o menos aproximada. Veamos la Figura 4.2.

Figura 4.2 Si el radio del círculo es igual a una unidad, OP = 1, el valor de la distancia PQ será igual al seno del ángulo α ; el valor de OQ será el coseno de ese mismo ángulo; TR la tangente, puesto que OR = 1; US la cotangente, puesto que el ángulo USO es igual a α (alternos internos entre paralelas) y OU = 1; la magnitud de OT será igual a la secante del mismo ángulo y la de OS a la cosecante. Por esta propiedad estas funciones también se conocen como funciones circulares. Como PQ caerá siempre en el interior del círculo, o sea en el seno del círculo, de ahí toma el nombre; algo similar ocurre con OQ, que como ya se dijo, es el coseno. TR y US se miden sobre dos tangentes al círculo y tanto OT como OS sobre una secante al mismo; de ahí los nombres de las funciones.

α

αU

O R

S

PT

Q

51

Si tomamos los signos correspondientes a los cuadrantes formados por los ejes en la Figura 4.2, el seno y el coseno serán positivos en el primer cuadrante, positivo y negativo respectivamente en el segundo, negativos ambos en el tercero y negativo y positivo en el cuarto. Como la función tangente es igual a la función seno entre la función coseno (Ejercicio 1.i. de éste capítulo), los signos de la tangente se deducen de los signos del seno y del coseno, análogamente con el resto de las funciones.

Las siguientes gráficas corresponden al seno, al coseno y a la tangente, en función del ángulo:

Figura 4.3 Hemos trazado las gráficas de las primeas tres funciones en el intervalo de cero a 2π , es decir, el que corresponde a una vuelta completa al círculo. Como puede verse, las gráficas del seno y del coseno corresponden a lo que se llama un periodo, o dicho de otra manera, dado un ángulo específico, los

52

valores tanto del seno como del coseno se repiten cada vez que agregamos 2π al valor del ángulo. Sin embargo, en la gráfica de la tangente puede verse que el periodo es de valor π , pues los valores en la gráfica se repiten cada vez que se agrega π al ángulo. Además, en esta gráfica se aprecia que, conforme el valor del ángulo

tiende a tomar valores múltiplos impares de 2

π, la curva tiende a confundirse

con una recta vertical; a dicha recta se le llama asíntota. En general, se dice que una curva tiene una asíntota si existe una recta a la cual la curva se aproxime sin llegar a tocarla para algún valor específico de la variable, en

este caso 2

)12( π+n, con n entero.

Se dejará al lector como ejercicio la elaboración de las gráficas restantes, así como la determinación de los periodos de las funciones cotangente, secante y cosecante. Si nos fijamos en la gráfica de la función seno, vemos que para valores del

ángulo entre 0 y 2

π es creciente, es decir, si α es mayor o igual que cero y β

es mayor que α , pero menor o igual a 2

π, entonces:

sen β>sen α .

Algo similar pasa con la tangente, por lo que se cumple la siguiente

propiedad: si 0 ≤ α < β ≤2

π, entonces

α

αsen>

ββsen

Esto se deduce de construir en la gráfica del seno, en el intervalo considerado — donde la curva es convexa —, un triángulo rectángulo de base α y altura senα y otro de base β y altura sen β. Puesto que el cociente de la altura entre la base es la tangente del ángulo opuesto a la altura y como la tangente es

creciente entre 0 y2

π, se deduce la desigualdad. Vea la Figura 4.4, en la cual

se muestra que el ángulo opuesto al lado AB del triángulo OAB, que es el que corresponde al valor senα (α =OA y senα =AB), es siempre mayor, en el intervalo considerado, que el ángulo opuesto al lado CD, del triángulo OCD, que es el que corresponde al valor sen β (β =OC y sen β = CD).

53

Figura 4.4

Con esto se demuestra la propiedad usada en el Capítulo 3, a saber:

)(

)(

βα

l

l>

βα

. En donde 0 ≤ α < β ≤2

π.

Como se pudo apreciar en el capítulo anterior, el triángulo rectángulo es de gran ayuda para resolver una enorme cantidad de problemas, puesto que todo polígono puede descomponerse en triángulos y todo triángulo no rectángulo puede a su vez descomponerse, mediante cualquiera de las alturas, en dos triángulos rectángulos. Sin embargo, cuando se tiene suficiente información, pueden deducirse datos de un triángulo no rectángulo sin necesidad de descomponerlo explícitamente en triángulos rectángulos. Veamos cómo. La Ley de los Senos: Supongamos que el triángulo ABC de la Figura 4.5 está inscrito en una circunferencia de diámetro d, tracemos desde C un diámetro que corte a la circunferencia en un punto P, y tracemos la cuerda PB, entonces, el triángulo PBC es rectángulo y el ángulo BPC es igual al ángulo BAC, pues subtienden al mismo arco, eso quiere decir que:

sen BAC = sen BPC = BC/PC.

x

sen x

B

O

D

A C

54

Figura 4.5 Si llamamos a al segmento BC, y A al ángulo BAC, tendremos que

senA=d

a.

Claramente, con razonamientos totalmente análogos podremos deducir que

senB =d

b y senC=

d

c

Es decir:

a

senA=

b

senB=

c

senC=

d

1

A esta fórmula se le conoce como ley de los senos y sirve para deducir los valores de los lados o de los ángulos de un triángulo no rectángulo del que se conocen suficientes datos como para que esté bien determinado, según se vio en la sección dedicada a la congruencia de triángulos. Sin embargo, en el caso de que se conozcan los tres lados, el procedimiento para conocer los ángulos, mediante la ley de los senos, resulta algo engorroso, por lo que puede recurrirse a otra propiedad que se conoce como ley de los cosenos, que se obtendrá enseguida: Ley de los Cosenos: Consideremos un triángulo cualquiera cuyos vértices llamaremos A, B y C, en el cual trazaremos la altura desde A, cuya intersección con BC llamaremos D, según se muestra en la Figura 4.6. Sea a = BC, b = CA, c = AB, h = AD y x = BD, entonces DC = a - x. Aplicando el Teorema de Pitágoras en los triángulos ADB y ADC: h² = c² - x², y también h² = b² - (a – x)².

b

a

c

A

CB

P

55

De la segunda ecuación, h² = b² - a² + 2ax - x². Si restamos esto de la primera ecuación, tendremos que c² - b² + a² - 2ax = 0. Pero como cos B = x/c, despejando a b² tenemos que:

b² = c² + a² - 2ac cos B a esta ecuación se le llama ley de los cosenos y obviamente se pueden obtener expresiones análogas para a² y para c².

Figura 4.6 Aunque dijimos que sirve para el caso en que se conozcan los tres lados y se deseen conocer los ángulos del triángulo, resulta cómoda también en el caso en que se conozcan dos lados y un ángulo. Brahmagupta, un matemático de la India del siglo VII, descubrió que el área A de un cuadrilátero inscriptible se puede calcular del siguiente modo (vea la Figura 4.7):

x

cbh

aB C

A

D

56

Figura 4.7 Llamemos s a la mitad del perímetro del cuadrilátero y a, b, c y d a sus lados; el cuadrado de la diagonal x es, según la ley de los cosenos: x² = c² + d² - 2cd cos α , o bien x² = a² + b² - 2ab cos(180°- α )

pero cos α = - cos(180°- α ) — vea las Figuras 4.2 y 4.3 —, lo que implica que 2(ab+cd) cos α = c² + d²-(a² + b²)

Por otra parte, el área del cuadrilátero se puede expresar como la suma de las áreas de los triángulos, cuyos lados son a, b, x y c, d, x, en los cuales usaremos como bases los lados a y c, respectivamente, por lo que las alturas correspondientes serán b sen(180°- α ) y d sen α . Como sen(180°- α )= sen α , el área del cuadrilátero será: A= ½ (ab+cd) sen α , de donde, 4 A= 2(ab+cd) sen α

Como consecuencia del Teorema de Pitágoras, sen² α + cos² α =1, de donde: 16A²= (2ab+2cd)² - (c²+ d²- a²-b²)² que por ser una diferencia de cuadrados se puede expresar como 16A²=[2ab+2cd-(c²+ d²- a²-b²)][2ab+2cd+(c²+ d²- a²-b²)]= =[a²+2ab+b²-(c²-2cd+d²)][c²+2cd+d²-(a²-2ab+b²)]= =[(a+b)²-(c-d)²][(c+d)²-(a-b)²]=

a

d

c

bx

180°−α

α

57

=[(a+b)+(c-d)][(a+b)-(c-d)][(c+d)-(a-b)][(c+d)+(a-b)]= =2(s-d) ×2(s-c) ×2(s-a) ×2(s-b)= =16(s-a)(s-b)(s-c)(s-d).

De donde el área del cuadrilátero cíclico será:

A= ))()()(( dscsbsas −−−−

Un caso particular de esta fórmula es la Fórmula de Herón, que sirve para calcular el área de un triángulo en función de las longitudes de sus lados, sin tener que medir su altura, fórmula de gran utilidad en el cálculo de áreas de superficies poligonales de forma irregular. Si en la fórmula anterior tomamos el límite cuando d→0, el cuadrilátero de la Figura 4.7 tomará la forma de un triángulo ∆ cuya área será:

A∆= scsbsas ))()(( −−−

58

Ejercicios: 1. Demuestre que para cualquier valor de α , se cumple que

i. tan α = sen α /cos α ii. sen² α + cos² α = 1 iii. sec² α = 1 + tan² α iv. sen(180°- α ) = sen α v. sen(α + 90°) = cos α 2. Deduzca, de un triángulo equilátero, los valores de las seis funciones trigonométricas de los ángulos de 30° y de 60°. 3. Deduzca, de un triángulo rectángulo isósceles, los valores de las seis funciones trigonométricas del ángulo de 45°. 4. Obtenga la fórmula de la ley de los senos partiendo de la Figura 4.6, sin usar el circuncírculo del triángulo.

5. En el triángulo de la Figura 4.6, sustituya la altura AD por una recta cualquiera que contenga a A y que corte a BC en P. Usando la ley de los cosenos, demuestre que se cumple la siguiente igualdad:

AB² ×PC+AC² ×BP =BC ×BP ×PC+AP² ×BC (Teorema de Stewart) 6. Pruebe que la suma de los cuadrados de las distancias del vértice correspondiente al ángulo recto de un triángulo rectángulo a los puntos de trisección de la hipotenusa es igual a 5/9 del cuadrado de la hipotenusa. 7. Demuestre que la suma de los cuadrados de los lados de un paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de las diagonales. 8. Demuestre, usando el resultado del Ejercicio 17 del Capítulo 2, que la potencia de un punto P con respecto a un círculo C, es igual al cuadrado de la longitud de la tangente al círculo trazada desde P . 9. Demuestre que para cualquier triángulo ABC, de lados AB = c, BC = a y CA = b, se cumple que: a(sen B – sen C) + b(sen C – sen A) + c(sen A – sen B) = 0 10. Construya las gráficas correspondientes a las funciones cotangente, secante y cosecante en el intervalo de cero a 2π . Determine el periodo de cada una de dichas funciones.

59

11. Demuestre que en la siguiente figura se cumple que BD=sen ( α + β )=sen α cos β +cos α sen β . Use el Teorema de

Tolomeo y haga AC=1.

12. Demuestre que BC=sen(α - β )=senα cos β –sen β cosα . Use el

Teorema de Tolomeo y haga AD=1 en la siguiente figura.

13. Demuestre que en la siguiente figura BC=CD=senβ =2

cos1 α−. Use el

Teorema de Tolomeo y haga AD=1.

αβ

D

B

CA

αβ

γ

B

A D

C

60

14. Demuestre, utilizando las figuras de los ejercicios anteriores y el Teorema de Tolomeo, que a. cos ( α + β )=cos α cos β -sen α sen β ;

b. cos ( α - β )=cos α cos β +sen α sen β y

c. cos β =2

cos1 α+.

15. Para cualquier triángulo ABC, de lados AB=c, BC=a y CA=b, demuestre que el área puede calcularse mediante la fórmula

Área =r

abc

4,

donde r es el radio de la circunferencia circunscrita al triángulo.

16. Sean A, B y C los vértices de un triángulo y sean p y q los radios de dos circunferencias tales que ambas pasan por A y son tangentes a BC en B y en C, respectivamente. Demuestre que pq=r ², donde r es el radio de la circunferencia circunscrita al triángulo. 17*. Dados cuatro segmentos, construya un cuadrilátero cíclico cuyos lados sean dichos segmentos. Diga bajo qué condiciones esta construcción sería imposible. 18. Sea X el punto en el que la bisectriz interior del ángulo A de un triángulo ABC corta al lado BC. Demuestre que la razón BX/XC es igual a la razón de los lados AB/AC. 19. Demuestre que, en general, si una recta que parte del vértice A de un triángulo ABC corta al lado opuesto en un punto L, la razón en que L divide al lado BC es:

ββα

B

A D

C

61

LC

BL=

CA

AB

senLAC

senBAL

20. Un terreno, como el que se muestra en la figura tiene las siguientes medidas: a = 4.95m., b = 1.75m., c = 2.17m., d = 2.23m., e = 3.28 m., f = 2.25m., g = 5.51m., AF = 7.10m., AD = 5.59m., ∠ GFE = 117°, ∠ BCD =90°. Calcule el área del terreno.

21*. Demuestre que si βα

sen

sen=

γδ

sen

sen y °<+=+ 180γδβα , entonces

δα = y γβ = .

g

f

e

d

c

b

a

G

F

E

D

CB

A

62

Capítulo 5 Rectas y puntos notables, circunferencia de los nueve puntos y línea de Simson. En los Ejercicios 13 y 14 del Capítulo 1 se pidió demostrar, respectivamente, que las mediatrices y las bisectrices de un triángulo son concurrentes. En los Ejercicios 5 y 7 del Capítulo 2 se pidió demostrar, respectivamente, que las alturas y las medianas de un triángulo son también concurrentes. A las mediatrices, bisectrices, alturas y medianas de un triángulo se les suele llamar rectas notables del triángulo y a los puntos donde concurren, es decir, al circuncentro, al incentro, al ortocentro y al centroide se les suele llamar puntos notables del triángulo. No son aquéllas las únicas rectas notables, ni éstos los únicos puntos notables. Enseguida estudiaremos algunas y algunos otros. Se llaman bisectrices exteriores de un triángulo a las rectas que dividen en dos partes iguales a los ángulos exteriores del triángulo En un triángulo ABC (vea la Figura 5.1), las bisectrices exteriores de los ángulos B y C, a cuyo punto de intersección llamaremos I1, equidistan de los lados AB y BC, la primera, y de AC y BC la segunda, luego, el punto I1 equidista de los tres lados del triángulo, de dos de ellos exteriormente y del tercero, BC, interiormente; pero, como la bisectriz interior del ángulo en A equidista de AB y de AC, tenemos que I1 también está en ella. En otras palabras, las bisectrices de dos ángulos exteriores y la del ángulo interior restante son concurrentes en I1. Ello significa que se puede trazar un círculo con centro en I1 tangente a los tres lados del triángulo; a dicho círculo se le conoce como excírculo y a I1 como excentro. Es obvio que hay tres excírculos y tres excentros para cada triángulo.

Una propiedad interesante de los excírculos es que las distancias entre el vértice cuya bisectriz interior contiene al incentro (A en la Figura 5.1) y los puntos en que las tangentes trazadas desde dicho vértice tocan al excírculo (Z1 y Y1 en la Figura 5.1) son iguales a la mitad del perímetro del triángulo. Es decir, A Z1 = A Y1 = s.

63

Figura 5.1 Esto se puede demostrar fácilmente si recordamos que BZ1 = BX1 y X1C = Y1C; así que, si llamamos p al perímetro, tendremos que p = AB + BC + CA = AB + BX1 + X1C + CA = AB + BZ1 + Y1C + CA = = 2(AB + BZ1) = 2 AZ1, es decir, s = ½ p = AZ1. Por otra parte, p = AZ + ZB + BX + XC + CY + YA = 2AZ + 2ZB + 2XC = 2AB + 2XC, por lo tanto, s = AB + XC, de donde, XC = s – AB = BZ1 = BX1. Como XC=BX1, entonces, XX1+X1C=BX+XX1.

Esto implica que el punto medio L del lado BC es también punto medio del segmento X1X. Análogamente para los otros lados del triángulo. Definiciones: Al triángulo que se forma al unir los pies de las alturas se le suele llamar triángulo pedal de las alturas; asimismo, al que se forma al unir los pies de las medianas se le llama triángulo pedal de las medianas o triángulo mediano y al que se forma al unir los pies de las bisectrices se le llama triángulo pedal de las bisectrices. Dado un triángulo ABC, el triángulo mediano, es semejante a él, lo cual podrá demostrar el lector sin dificultad. El triángulo pedal de las alturas tiene como bisectrices interiores a las propias alturas y como bisectrices exteriores a los lados del triángulo ABC. La demostración de esta propiedad se deja como ejercicio.

I1

A

Z1 Y1

X1

B

C

I

Z Y

X

64

Circunferencia de los nueve puntos: Una propiedad interesante de los pies de las alturas y de los puntos medios de los lados de todo triángulo es que son concíclicos. Sea ABC un triángulo; L, M y N los puntos medios de los lados BC, CA y AB, respectivamente; D, E y F los pies de las alturas correspondientes a los vértices A, B y C; y H el ortocentro. Vea la Figura 5.2

Figura 5.2

El triángulo AMD es isósceles, puesto que M es el punto medio de la

hipotenusa del triángulo rectángulo ADC, ello implica que MD=AM=MC=NL,

esto último por ser el cuadrilátero MNLC un paralelogramo; entonces, el

cuadrilátero MNLD es un trapecio isósceles y, por lo tanto, es un cuadrilátero

cíclico (Ejercicio 15 del Capítulo 3); análogamente, los cuadriláteros NLEM y

NFML son cíclicos y por lo tanto los tres puntos medios y los tres pies de las alturas están en un círculo.

Por otra parte, si P es el punto medio entre el vértice A y el ortocentro H, NP

es paralela a BE, por el Teorema de Tales —lo cual implica que el ángulo P NL es recto, al igual que el ángulo LDA—, por lo que el cuadrilátero PNLD es

también cíclico (Ejercicio 14 del Capítulo 3), por lo tanto, P está en el círculo

que contiene a los puntos medios y a los pies de las alturas del ∆ABC (la demostración completa se pide en el Ejercicio 18). Obviamente, los puntos

medios entre el ortocentro y los otros dos vértices cumplen con las mismas

propiedades que P, por lo que hemos encontrado nueve puntos notables del triángulo que están en una circunferencia, de ahí que a ésta se le conozca

como la circunferencia de los nueve puntos del triángulo ABC. Figura 5.2 bis.

A

B CL

MN

H

F

D

E

P

65

Figura 5.2 bis Esta circunferencia tiene algunas propiedades interesantes que se verán en los ejercicios, por lo pronto vamos a determinar su centro y su radio:

Como el ángulo PNL es recto, ello implica que un diámetro de la

circunferencia es PL, por lo que su centro será el punto medio de PL y su

radio la mitad de la medida del segmento PL.

La Línea de Simson: Robert Simson trabajó en la Universidad de Glasgow durante la primera mitad del siglo XVIII, se dedicó principalmente a la

recopilación y traducción al inglés de los trabajos de Euclides y de otros

matemáticos importantes de la antigüedad. Encontró una propiedad muy

interesante que se enuncia en el siguiente teorema:

Teorema de Simson: Si desde un punto P del circuncírculo de un triángulo

ABC se trazan perpendiculares PX, PY y PZ a los lados AB, BC y CA,

respectivamente, los puntos X, Y y Z son colineales.

A la línea que los une se le conoce como línea de Simson del punto P

correspondiente al triángulo ABC.

CB

A

N M

L

E

D

F

H

P

RQ

66

Figura 5.3

Para demostrar esta propiedad vamos a auxiliarnos con la Figura 5.3.

Notemos que los cuadriláteros PACB, PYAZ y PZXB son inscriptibles. El primero por hipótesis, el segundo porque los ángulos opuestos AZP y PYA

son rectos, por construcción; y el tercero, porque los ángulos PZB y PXB son rectos, también por construcción. Entonces, el ángulo PZX es suplementario

del ángulo XBP, que a su vez es suplementario del PAC y, por lo tanto, el

ángulo PZX resulta suplementario del ángulo YAP, que es igual al YZP, de

donde los ángulos PZX y YZP resultan ser también suplementarios y, por ello, los puntos X, Y y Z colineales, que es lo que queríamos demostrar.

¿Cómo se enunciaría entonces el recíproco del Teorema de Simson?

Si ahora tomamos dos puntos distintos P y Q en el circuncírculo de un

triángulo ABC, es interesante averiguar el ángulo que forman sus líneas de Simson; para ello tracemos perpendiculares desde P y Q a uno de los lados

del triángulo dado, digamos que al lado BC, como se muestra en la Figura 5.4, hasta cortar al circuncírculo en los puntos P’ y Q’. Tracemos ahora los

segmentos AP’ y AQ’, que resultan ser paralelos a las respectivas líneas de

Simson. Veamos el caso del segmento AP’:

El ángulo PXY es igual al ángulo PBY, pues el cuadrilátero PYXB es cíclico,

según se demostró anteriormente; pero el ángulo PBY, o PBA, es igual al PP’A, por subtender el mismo arco, es decir, ∠ PXY =∠ PP’A, lo que implica YX//AP’. Del mismo modo, WS//Q’A.

A

CB

P

X

Z

Y

67

Figura 5.4 Entonces, el ángulo entre las líneas de Simson, WSX, es igual al Q’AP’. De donde se deduce el importante corolario siguiente: Corolario: Las líneas de Simson de un triángulo, correspondientes a dos puntos distintos cualesquiera, no pueden ser paralelas, lo que significa que, para un triángulo dado, sólo hay una línea de Simson en cada dirección. Para terminar, vamos a demostrar que la línea de Simson de un punto P, en el circuncírculo de un triángulo cualquiera ABC, corta al segmento que une al ortocentro H con el propio P en su punto medio, lo cual quiere decir que dicho punto de intersección pertenece al círculo de los nueve puntos del propio triángulo, como demostraremos a continuación:

Figura 5.5

Sea ABC un triángulo cualquiera, P un punto en su circuncírculo, H el ortocentro, X y Y los pies de las perpendiculares de P a BC y a AB, respectivamente, K el punto de intersección de la altura desde A y el circuncírculo, Q la intersección entre la recta PK y el lado BC, S la

B C

AQP

W

Y

X

S

Q'P'

A

C

B

P

K

Y

X

H

Q

S

W

68

intersección entre PK y XY, que es la línea de Simson, y W la intersección entre PH y la propia línea de Simson (vea la Figura 5.5). En el Ejercicio 23 del Capítulo 2, se pidió demostrar que el segmento que une a los puntos H y K es bisecado por el lado BC, usaremos esa propiedad enseguida: como BC es perpendicular a HK, ello implica que el triángulo HQK es isósceles; como además el ángulo PKA es igual al ángulo PBA, pues subtienden el mismo arco, el ángulo PXS será igual a ellos, ya que el cuadrilátero BXYP es cíclico. Entonces, como el ángulo SXQ es el complementario del ángulo PXS y el ángulo XQS es igual al ángulo CQK, el cual a su vez es el complementario del ángulo PKA, los ángulos SXQ y XQS son iguales y, por lo tanto, el triángulo SXQ es isósceles. Como el triángulo PXQ es rectángulo, el ángulo QPX es igual al ángulo PXS, resulta que el triángulo PXS es también isósceles y, por lo tanto, el lado PS es igual al lado SX e igual al lado SQ. En consecuencia, S es el punto medio del segmento PQ y, puesto que HQ es paralela a SX, el triángulo PSW resulta ser semejante al triángulo PQH; la razón de semejanza es ½, de donde W es el punto medio del segmento PH. En resumen, hemos demostrado que la línea de Simson de un punto P del circuncírculo de un triángulo corta a la mitad al segmento que une a dicho punto con el ortocentro, lo cual implica que si movemos a P por el circuncírculo, W describirá una circunferencia de la mitad del radio del circuncírculo, en particular, cuando P coincida con alguno de los vértices del triángulo, W coincidirá con el punto medio entre el vértice y el ortocentro, todo ello implica que la circunferencia que describe W es precisamente la circunferencia de los nueve puntos del triángulo dado.

69

Ejercicios 1. ¿Cuáles de los puntos notables enunciados en este capítulo caen siempre dentro del triángulo? 2. Dados tres puntos A, B y H, no colineales, construya un triángulo que tenga a A y a B como vértices y a H como ortocentro. 3. Dados tres puntos no colineales A, B y G, construya un triángulo que tenga a A y a B como vértices y a G como punto mediano. 4. Dados tres segmentos, construya un triángulo con ellos como medianas. 5. Demuestre que el ángulo formado por la línea que va de un vértice A al circuncentro O y la altura AD trazada desde ese mismo vértice, es bisecado por la bisectriz del ángulo correspondiente al propio vértice. Vea la siguiente figura:

6*. Demuestre que la suma de las medianas de un triángulo es mayor que las tres cuartas partes del perímetro del triángulo, pero menor que el propio perímetro. 7. Demuestre que el circuncentro de un triángulo ABC es ortocentro del triángulo LMN, donde L, M y N son los puntos medios de BC, CA y AB, respectivamente. 8. Demuestre que el área de un triángulo puede calcularse multiplicando el radio de su incírculo por su semiperímetro: A∆ = r s. 9. Demuestre que el área de un triángulo puede calcularse multiplicando el radio de uno de los excírculos por la diferencia del semiperímetro y el lado al cual es tangente interiormente el excírculo respectivo: A∆ = r’(s-a) = r’’(s-b) = r’’’(s-c).

CB

A

N

L D

O

70

10. Demuestre que si los radios de los excírculos valen r’, r’’ y r’’’, y el radio del incírculo vale r, se cumple que el recíproco de r es igual a la suma de los recíprocos de r’, r’’ y r’’’. 11. Demuestre que la suma de los recíprocos de las alturas de un triángulo es igual a la suma de los recíprocos de los radios de los excírculos. 12. Demuestre que el triángulo formado por los excentros de un triángulo ABC es isósceles si y sólo si el triángulo ABC es también isósceles. 13. En la Figura 5.1, demuestre que Y1Y = ZZ1 = BC. 14. En la Figura 5.1, demuestre que XX1 = CA – AB. 15*. Use la Figura 5.1, para obtener la fórmula de Herón enunciada al final del Capítulo 4.

16. Sea ABC un triángulo, D el punto en que la altura desde A corta a BC, E el punto en que la altura desde B corta a CA, F el punto en que la altura desde C corta a AB y H el ortocentro del triángulo. Demuestre que se cumple la siguiente igualdad: AH ×HD = BH ×HE = CH ×HF. 17*. Demuestre que las alturas de un triángulo son las bisectrices interiores del triángulo pedal correspondiente. 18. Sean AD y BE dos alturas del triángulo ABC. Sean N y L los puntos medios de los lados AB y BC, respectivamente y sea P el punto medio entre A y el ortocentro H del triángulo. Demuestre que el ángulo P NL es recto. 19. Demuestre que el punto mediano de un triángulo cae sobre la recta determinada por el ortocentro y el circuncentro del propio triángulo y que divide al segmento determinado por éstos en razón 2:1 (A dicha línea se le conoce como línea de Euler). 20. Demuestre que la distancia del punto medio de un lado de un triángulo al circuncentro de éste es igual a la mitad de la distancia del ortocentro al vértice opuesto del lado considerado. 21. Encuentre las circunferencias de los nueve puntos correspondientes a un triángulo equilátero, a un triángulo isósceles y a un triángulo rectángulo. 22. Demuestre que el centro de la circunferencia de los nueve puntos de un triángulo ABC está en la recta que une al ortocentro H y al circuncentro O del triángulo y que es el punto medio del segmento determinado por ellos; como ya se dijo, a la línea que contiene a estos puntos se le conoce como línea de Euler (Ejercicio 20 de este capítulo).

71

23. En la figura anterior, demuestre que el cuadrilátero APLO es un paralelogramo. 24. Demuestre que el radio de la circunferencia de los nueve puntos de un triángulo es igual a la mitad del radio del circuncírculo del propio triángulo. 25. Nombre los seis triángulos congruentes con el triángulo mediano cuyos vértices son algunos de los puntos señalados en la Figura 5.2. 26. Construya un triángulo dados los tres pies de sus alturas. 27. Demuestre que el circuncírculo de un triángulo biseca a cada uno de los segmentos determinados por el incentro y los excentros. 28. Construya un triángulo, dados dos de sus vértices y el centro del círculo de los nueve puntos. 29. Demuestre que las líneas que unen a cada uno los puntos medios de los lados de un triángulo con los puntos medios entre el ortocentro y los vértices respectivamente opuestos, son bisectrices del triángulo formado por el punto medio respectivo y los pies de las alturas en los otros lados del triángulo. (En la figura auxiliar de los Ejercicios 23 y 24 de este mismo capítulo, LP es bisectriz del triángulo LEF). 30. Si tres circunferencias del mismo radio tienen un punto en común y se cortan por pares en otros tres puntos, demostrar que el circuncírculo del triángulo formado por estos últimos puntos tiene el mismo radio que las circunferencias dadas. Demuestre también que el punto común de las circunferencias dadas es el ortocentro del triángulo. 31. ¿Cuál es la línea de Simson de un vértice de un triángulo?

CB

A

NM

L

O

E

D

F

H

P

J

RQ

72

32. Demuestre que si se inscriben dos triángulos en una circunferencia, las líneas de Simson correspondientes a cada triángulo referidas a un punto P del circuncírculo, formarán un ángulo, cuyo valor es independiente del punto P que se elija. 33. Construya un triángulo dado su circuncírculo, su ortocentro y uno de sus vértices. 34. Dado un triángulo ABC, encuentre tres puntos en el circuncírculo tales que sus líneas de Simson formen un triángulo semejante a ABC. 35. Dado un triángulo ABC y una recta l, encuentre el punto en el circuncírculo de ABC tal que la línea de Simson de ese punto sea paralela a l. 36. Dado un cuadrilátero ABCD, encuentre un punto en el plano tal que si se trazan líneas perpendiculares de él a cada uno de los lados del cuadrilátero los puntos de intersección sean colineales ¿Cuántas soluciones puede haber? 37. Sea AD la altura desde A de un triángulo ABC. Sea P la intersección de dicha altura y el circuncírculo del triángulo. Demuestre que la línea de Simson de P es paralela a la tangente al circuncírculo que pasa por A. 38. Enuncie y demuestre una proposición inversa al Teorema de Simson.

73

Capítulo 6 Teoremas de Menelao, de Ceva y de Desargues A la geometría deductiva desarrollada después de Euclides, y anterior a las llamadas geometrías no euclidianas, denominada por algunos autores Geometría Moderna, se le sitúa históricamente entre los siglos III A. C. y XIX D. C. Durante ese tiempo se fueron haciendo aportaciones importantes a lo hecho por Euclides, algunas de esas aportaciones las estudiaremos en este capítulo. Se encontró que la adición del concepto de “sentido”, permitía manejar mejor ciertos problemas. De hecho, en la Trigonometría, que es una parte importante de las aportaciones posteriores a Euclides hechas a la Geometría, ya hemos usado ese concepto, tanto en ángulos como en segmentos. Diremos que si AB es un segmento determinado, AB = -BA y, por lo tanto, AB + BA = 0. Definición: Si tenemos un segmento AB y un punto P colineal con él, diremos que P divide a AB en dos segmentos, AP y PB cuya razón es:

r =PB

AP, es decir, AP = r PB

Notemos que si el punto P es interior AP y PB tienen el mismo sentido, por lo que r tomará un valor positivo, mientras que si P estuviera a la izquierda de A o a la derecha de B, es decir, si fuera exterior al segmento AB, entonces AP y PB tendrían sentidos opuestos, por lo que r sería negativa. Esto se ilustra en la Figura 6.1.

Figura 6.1 En el caso particular de que P sea un punto situado a la tercera parte del segmento AB, la razón r vale ½, pues el segmento AP es la mitad del segmento PB; asimismo, si P se localiza a dos terceras partes de AB, la razón r es 2. De acuerdo con esto ¿cuál será el punto Q en el que la razón valga -½? ¿Y cuál Q’ en el que valga -2? Las respuestas son las siguientes: para que valga -½ es necesario, primero, que quede fuera del segmento AB, luego, que

A B

P

A

P

B

A B

P

74

quede más cerca de A que de B, puesto que |AQ| = ½ |QB|, o en otras palabras, se necesitan dos segmentos de tamaño |AQ| para obtener uno de tamaño |QB|, entonces el punto Q quedará a la izquierda de A, separado de éste una distancia igual al segmento AB. La respuesta de la segunda pregunta es: un punto Q’ a la derecha de B, separado de éste una distancia igual al segmento AB, es decir, colocado simétricamente con el de la respuesta anterior, como se muestra en la Figura 6.2.

Figura 6.2 Claramente, la razón en que un segmento es dividido por su punto medio es r = 1. Entonces, ¿cuál será el punto P que divida a un segmento AB en razón r = -1? Si razonamos como en el ejemplo anterior vemos que P tendría que estar fuera del segmento, pero que |AP |= |BP|, lo cual es imposible para los puntos que están a nuestro alcance, pues si nos vamos a la izquierda de A, |AP| siempre será menor que |BP|, mientras que si nos vamos a la derecha de B la desigualdad se invierte. Para resolver el problema vamos a añadir un punto en la dirección del segmento AB, pero no un punto real, por lo que lo llamaremos “punto ideal” o “punto al infinito”. Entonces, convendremos que en cada dirección hay un punto ideal, lo que nos lleva a otra propiedad, a saber, que todas las rectas que tienen la misma dirección comparten al correspondiente punto ideal, por lo que ahora diremos que las rectas paralelas se cortan en el punto ideal respectivo. En el modelo gráfico que nos ayuda a entender mejor los conceptos y los problemas de Geometría no podremos representar a los puntos ideales, pero, para ser consecuentes con el primer postulado de Euclides, habrá que convenir en que el conjunto de todos ellos es una recta, a la que llamaremos “recta ideal” o “recta al infinito”. Una propiedad de los triángulos, imposible de ser demostrada usando los postulados de Euclides, es la siguiente: Axioma de Pasch: Si una recta que no pase por ningún vértice de un triángulo corta interiormente a uno de los lados de éste, entonces corta también interiormente a otro lado del mismo triángulo. Esta propiedad permite enunciar el siguiente teorema, conocido como: Teorema de Menelao: Una recta que no pase por ninguno de los vértices de un triángulo ABC y corte a los lados BC, CA y AB en los puntos L, M y N, respectivamente, cumple la siguiente relación:

NB

AN

LC

BL

MA

CM= -1.

A BQ Q'

75

Para demostrar el teorema vamos a auxiliarnos con la Figura 6.3:

Figura 6.3 Tracemos desde los vértices del triángulo perpendiculares a la recta NL, llamémoslas BP, AQ y CR; luego, los triángulos AQN y BNP son semejantes, lo mismo que los triángulos CLR y BLP, en consecuencia:

NB

AN=

PB

AQ;

LC

BL= -

RC

PB (pues los sentidos de BL y LC son opuestos) y

MA

CM=

AQ

RC. Multiplicando estas tres igualdades miembro a miembro, obtenemos:

NB

AN

LC

BL

MA

CM= -1

¿Será cierto el recíproco del Teorema? La respuesta es afirmativa. Teorema: Si tres puntos L, M y N están, respectivamente, sobre los lados BC, CA y AB de un triángulo y cumplen la siguiente relación:

NB

AN

LC

BL

MA

CM= -1,

Entonces son colineales. Demostración: Supongamos que L, M y N no fueran colineales, entonces tomemos L’ en BC tal que sea colineal con M y N, entonces, por el Teorema de Menelao se cumple que:

NB

AN

CL

BL

'

'

MA

CM= -1

Comparando con la hipótesis del Teorema, se tiene que

LC

BL=

CL

BL

'

'

LB

A

N

C

M

P

Q

R

76

Lo que implica que L=L’, puesto que no puede haber dos puntos distintos que corten a un segmento en la misma razón. Este teorema también se puede enunciar en función de los ángulos que se forman al trazar rectas que partan de los vértices y que lleguen a los puntos de intersección de la recta dada con los lados opuestos respectivos, como se muestra en la Figura 6.3bis.

Figura 6.3 bis Si aplicamos la ley de los senos en los triángulos BAL y LAC, tendremos que

BL

senBAL=

AB

senALB y

LC

senLAC=

AC

senALC;

como sen∠ALB=sen∠ALC, porque los ángulos ALB y ALC son iguales, como en la Figura 6.3bis, o suplementarios, si L fuera interior, entonces, dividiendo miembro a miembro, tendremos que:

LC

BL=

AC

AB

senLAC

senBAL

Que es el resultado de Ejercicio 19 del Capítulo 4. Haciendo lo mismo con las rectas BM y CN y multiplicando las tres igualdades miembro a miembro se obtiene lo que se conoce como la forma trigonométrica del Teorema de Menelao:

senNCB

senACN

senLAC

senBAL

senMBA

senCBM= -1

Una propiedad importante de las líneas que parten de los vértices de un triángulo es la siguiente:

A

B LC

N

M

77

Teorema de Ceva: Si por los vértices de un triángulo ABC se trazan rectas concurrentes tales que corten a los lados BC, CA y AB en los puntos L, M y N, respectivamente, entonces las razones en que L, M y N dividen a los lados del triángulo cumplen con la siguiente propiedad:

NB

AN

LC

BL

MA

CM= 1

(a las rectas AL, BM y CN se les suele llamar cevianas). Para demostrar esta propiedad nos podemos guiar con la Figura 6.4:

Figura 6.4 Apliquemos el mismo razonamiento que en el teorema anterior, la ley de los senos en el triángulo BOC, nos lleva a que:

LC

BL=

OC

OB

senLOC

senBOL

Análogamente, en los triángulos COA y AOB:

MA

CM=

OA

OC

senMOA

senCOM y

NB

AN=

OB

OA

senNOB

senAON

Como los ángulos BOL y MOA; LOC y AON, así como COM y NOB son respectivamente iguales, podemos multiplicar estas tres igualdades miembro a miembro y simplificar, de donde obtenemos la expresión buscada. Podemos notar que este teorema abarca algunos de los casos de rectas notables que hemos visto separadamente en algunas secciones de este libro, a saber, las alturas, las bisectrices interiores y las medianas. El recíproco del Teorema de Ceva es también verdadero, y su demostración similar a la del recíproco del Teorema de Menelao. Tanto el enunciado como la demostración se dejan como ejercicio. Este teorema también tiene una forma trigonométrica:

O

A

CB

M

N

L

78

senNCB

senACN

senLAC

senBAL

senMBA

senCBM= 1

su obtención es también similar a la del Teorema de Menelao y también se dejará como ejercicio. Con los teoremas de Menelao y Ceva podemos enunciar una importante propiedad: Teorema de la división interna y externa: Si L, M y N están, respectivamente, en los lados BC, CA y AB de un triángulo de tal manera que AL, BM y CN sean concurrentes y si la línea NM corta a BC en L’, se cumple que

LC

BL=-

CL

BL

'

'

Se dice que L y L’ dividen interna y externamente al segmento BC en la misma razón. La demostración se deja como ejercicio. Por último veremos otro teorema cuya demostración se hará empleando el Teorema de Menelao, sólo que antes de enunciarlo haremos una definición: Definición: Se dice que dos triángulos están en perspectiva si sus vértices correspondientes se encuentran sobre tres rectas concurrentes. En la Figura 6.5, los triángulos ABC y A’B’C’ tienen sus vértices correspondientes sobre tres líneas concurrentes en el punto O; al punto O lo llamaremos centro de perspectiva.

Figura 6.5 Teorema de Desargues: Si dos triángulos están en perspectiva, los puntos de intersección de lados correspondientes son colineales. A la línea que contiene a dichos puntos se le llama eje de perspectiva. En la Figura 6.5 bis, los lados AB y A’B’ se intersecan en el punto P; los lados BC y B’C’ se intersecan en el punto Q y los lados CA y C’A’ en el punto R, por lo que habrá que demostrar que P, Q y R son colineales:

O

C

B

A

C'

B'

A'

79

Figura 6.5 bis Demostración: Tomemos el triángulo ABO, vemos que los lados OB, BA y AO son cortados por una línea en los puntos B’, P y A’, respectivamente, por lo que se cumple el Teorema de Menelao, es decir:

BB

OB

'

'

PA

BP

OA

AA

'

'= -1,

Similarmente, en el triángulo BOC, los lados OC, CB y BO son cortados por una línea en los puntos C’, Q y B’, por lo que se cumple:

CC

OC

'

'

QB

CQ

OB

BB

'

'= -1

Asimismo en el triángulo AOC, los lados OC, CA y AO son cortados por una línea en los puntos C’, R y A’, por lo que:

CC

OC

'

'

RA

CR

OA

AA

'

'= -1

Dividiendo miembro a miembro la segunda igualdad entre la tercera nos da:

QB

CQ

OB

BB

'

'

CR

RA

'

'

AA

OA= 1

Ahora, multiplicando por la primera igualdad obtenemos:

QB

CQ

CR

RA

PA

BP= -1

O

C

B

A

C'

B'

A'

Q

R

P

80

O sea:

PB

AP

QC

BQ

RA

CR= -1

Que es el resultado del inverso del Teorema de Menelao para el triángulo

ABC cuyos lados AB, BC y CA contienen a los puntos P, Q y R respectivamente o, en otras palabras, los puntos P, Q y R están alineados, que es lo que se quería demostrar.

El recíproco del Teorema de Desargues es también válido. El enunciado es el

siguiente:

Si los lados respectivos de dos triángulos se cortan en tres puntos colineales,

entonces los triángulos están en perspectiva.

Para demostrarlo emplearemos la propia Figura 6.5 bis. Si nos fijamos en el

punto R, en él convergen tres rectas, la AC, la A’C’ y la PQ, por lo tanto, es un centro de perspectiva de los triángulos PA’A y QC’C, por lo que, por el Teorema de Desargues, los lados de éstos triángulos se cortarán

respectivamente en tres puntos colineales, es decir, las intersecciones de PA’

y QC’; PA y QC y AA’ y CC’ son colineales, en otras palabras, B’, B y O, que

es el punto en donde concurren AA’ y CC’, son colineales, lo que implica que O es el centro de perspectiva de los triángulos ABC y A’B’C’ .

Ahora haremos otra demostración del Teorema de Desargues, es interesante

porque no emplearemos ni implícita ni explícitamente el concepto de medida. Sin embargo, a cambio de ello, nos saldremos del plano, es decir, nos iremos

al espacio y luego “aplanaremos” lo que obtengamos.

En la Figura 6.6 tratamos de dibujar dos planos, el p1 y el p2, que se cortan

en la línea l, como si fueran dos hojas de un cuaderno, el punto O está fuera

de los dos planos. En el plano p1 hemos recortado un triángulo, de tal

manera que si O fuera un punto luminoso, la imagen del triángulo cortado en el plano p1 se proyectaría en el plano p2.

81

Figura 6.6 Las líneas que van de A a A’ y de B a B’ determinan un plano, que podemos llamar p3; como la recta AB está en p1 y en p3, y la recta A’B’ está en p2 y en p3, la intersección de dichas líneas tendrá que estar en la intersección de los tres planos, pero sabemos que p1 y p2 se intersecan en la recta l, así que AB ∩ A’B’ ∈l Análogamente, podemos deducir que BC ∩ B’C’ ∈l y CA ∩ C’A’ ∈l. Lo cual demuestra que efectivamente los triángulos ABC y A’B’C’ están en perspectiva, pues las intersecciones de sus lados correspondientes son colineales. Ahora bastaría con abrir el ángulo entre los planos p1 y p2 hasta que valga 180° y que O quede sobre p1 y, en consecuencia, sobre p2, para obtener un esquema similar a la Figura 6.5 bis. Finalmente enunciaremos una propiedad muy importante conocida como principio de dualidad: Si una propiedad geométrica que involucre incidencias es verdadera, la propiedad que resulte de intercambiar las palabras recta y punto y sus respectivas propiedades es también verdadera. Por ejemplo, el dual de la proposición “la intersección de dos rectas es un punto” es “la unión de dos puntos es una recta”. Otro ejemplo, el dual de “un conjunto de rectas concurrentes determinan un haz” es “un conjunto de puntos colineales determinan un hilera”.

p2

l

p1

B'

C' A'

O

A

C

B

82

Un ejemplo más complejo: “Si los vértices de dos triángulos están respectivamente sobre tres rectas concurrentes, entonces sus lados correspondientes se intersecan en tres puntos colineales”. El dual es: “Si los lados de dos triángulos se cortan respectivamente en tres puntos colineales, entonces sus vértices correspondientes se encuentran en tres rectas concurrentes”. En otras palabras, el dual del Teorema de Desargues es su recíproco. Ejercicios: 1*. Demuestre que si A, B, C y D son cuatro puntos colineales, se cumple la siguiente identidad: AB ×CD + AC ×DB + AD ×BC = 0. (Teorema de Euler) 2. Si A, B y C son tres puntos colineales y P, Q y R son respectivamente los puntos medios de los segmentos AB, BC y CA, demuestre que el punto medio de BR coincide con el punto medio de PQ. 3. Si OA, OB, OC y OD son cuatro líneas de un haz cuyo vértice es O, demuestre que se cumple la siguiente relación: sen AOB ×sen COD + sen AOC ×sen DOB + sen AOD ×sen BOC = 0. 4. Enuncie y demuestre el recíproco del Teorema de Ceva.

83

5. Demuestre, usando alguno de los teoremas vistos en este capítulo, que en cualquier triángulo a. Las medianas son concurrentes. b. Las alturas son concurrentes. c. Las bisectrices interiores son concurrentes. d. Una bisectriz interior y las exteriores correspondientes a los otros dos ángulos del triángulo son concurrentes. 6. Dado un segmento AB y su punto medio, dibujar, por un punto dado P, una paralela a AB usando solamente regla. 7. Dadas dos líneas paralelas y un segmento AB sobre una de ellas, localizar el punto medio de éste usando solamente regla. 8. En la Figura 6.4 demuestre que

AL

OL+

BM

OM+

CN

ON= 1

9. Si P es el punto medio del lado BC de un triángulo ABC, y Q y R son dos puntos en AC y AB, respectivamente, tales que BQ y CR se intersecan sobre AP, demuestre que QR es paralela a BC. 10*. Si el círculo inscrito en un triángulo ABC es tangente a los lados BC en el punto P, CA en el punto Q y AB en el punto R, entonces las líneas AP, BQ y CR son concurrentes (al punto de concurrencia se le conoce como punto de Gergonne). 11*. Si un círculo corta a los lados BC, CA y AB de un triángulo en los puntos P, P’; Q, Q’ y R, R’, respectivamente, y si AP, BQ y CR son concurrentes, entonces AP’, BQ’ y CR’ son también concurrentes. 12. Si P, Q y R son puntos en los lados BC, CA y AB de un triángulo ABC, tales que AP, BQ y CR son concurrentes, y si QR, RP y PQ cortan a BC, CA y AB en P’, Q’ y R’ respectivamente, entonces P’, Q’ y R’ son colineales. Además, AP, BQ’ y CR’ son concurrentes. 13. Si los lados AB, BC, CD y DA de un cuadrilátero ABCD son cortados por una línea en los puntos P, Q, R y S, respectivamente, entonces se cumple que

PB

AP

QC

BQ

RD

CR

SA

DS= 1.

14. Si L, M y N son los puntos medios de los lados BC, CA y AB del triángulo ABC y AD, BE y CF son tres rectas concurrentes, los puntos medios P, Q y R de AD, BE y CF, respectivamente, cumplen con que PL, QM y RN son concurrentes.

84

15*. Si en el triángulo del ejercicio anterior X, Y y Z fueran los puntos medios de los segmentos EF, FD y DE, respectivamente, demuestre que AX, BY y CZ son concurrentes, asimismo lo son LX, MY y NZ.

16*. Dado un triángulo ABC, se construyen triángulos equiláteros BCA’, CAB’ y ABC’ sobre los lados BC, CA y AB, respectivamente. Demuestre que los segmentos AA’, BB’ y CC’ son concurrentes.

B C

A

NM

L D

F

E

P

RQ

A

CB

F

DL

MN

E

X

YZ

85

17. Demostrar que las líneas que unen a los vértices de un triángulo con los

puntos de contacto entre los excírculos y los lados opuestos respectivos, son

concurrentes (al punto de concurrencia se le conoce como punto de Nagel). 18. Demuestre el Teorema de la división interna y externa.

19. En una playa hay dos cables rectilíneos que se unen en un punto que no

alcanza a verse. ¿Cómo podría establecerse la dirección entre un punto

accesible en la playa y el punto invisible e inaccesible? Use el Teorema de

Desargues.

20. Entre dos playas de países en guerra hay un islote sobre el cual hay dos cables que llegan al cuartel del ejército situado en una de las playas.

Demostrar que si se llevan al islote otros dos cables que incidan en la boca

de un cañón situado en la otra playa, es posible poner sobre el islote una marca visible que esté en la dirección que une al punto de concurrencia de

los primeros cables con el punto de concurrencia de los segundos y, por lo

tanto poder disparar el cañón en la dirección del cuartel aunque éste no esté visible. En la siguiente figura se presenta un esquema que puede representar

el enunciado de este problema:

A

B C

C'

B'

A'

O

86

21. Si tres triángulos tienen un centro común de perspectiva, sus tres ejes de perspectiva son concurrentes. 22. Si tres triángulos están en perspectiva por pares y los pares tienen un eje común de perspectiva, entonces los centros de perspectiva son colineales. 23. Demuestre que siempre es posible trazar un triángulo que esté en perspectiva con un triángulo dado y que sea semejante a otro triángulo específico. 24. Si dos triángulos ABC y A’B’C’ están en perspectiva y O es el centro de perspectiva, de tal manera que se cumple que AO ×A’O = BO ×B’O = CO ×C’O, entonces el ángulo BOC es igual a la diferencia entre los ángulos de los vértices A y A’. 25*. En la siguiente figura se muestra un hexágono ABCDEF inscrito en una circunferencia, los lados AB y DC se han prolongado hasta cortarse en el punto X, los lados CD y FE hasta cortarse en el punto Y y los lados BA y EF en Z, de tal manera que así se forme el triángulo XYZ. Demuestre que las intersecciones de los lados opuestos del hexágono son colineales. Esta propiedad fue encontrada por Blas Pascal en el año 1639, cuando tenía sólo 16 años.

87

26*. En la siguiente figura se muestra un hexágono construido de tal forma que sus vértices caen alternadamente sobre dos rectas, de tal manera que, al igual que en el ejercicio anterior, es posible construir un triángulo con las intersecciones de los lados AB y DC, CD y FE y BA y EF. Demuestre que en este hexágono también las intersecciones de lados opuestos son colineales (Teorema de Pappus).

27. A dos líneas que parten de un vértice de un triángulo, tales que la bisectriz del ángulo en el vértice es también bisectriz del ángulo que forman dichas líneas se les llama isogonales. Demuestre que si tres líneas que pasen por los vértices de un triángulo son concurrentes, sus isogonales también lo son (vea la siguiente figura).

A

B

D

C

E

F

X

Q

Y

R

P

Z

A

B

C

D

E

F

X

Y

Z

R Q P

88

28. A dos líneas que parten de un vértice de un triángulo y corten al lado opuesto a dicho vértice en puntos que equidisten de los otros vértices se les llama isotómicas. Demuestre que si tres líneas que parten de los vértices de un triángulo son concurrentes, sus isotómicas también lo son (en la figura del ejercicio anterior AL’, BM’ y CN’ serían isotómicas de AL, BM y CN si BL=L’C, CM=M’A y AN=N’B) a los puntos de concurrencia se les llama conjugados isotómicos. 29*. Dado el triángulo ABC y su mediana AL, demuestre que si se traza un triángulo AXY inversamente semejante al ABC y tal que X esté sobre AB y Y sobre CA, la recta que une a A con el punto medio M de XY es isogonal de AL. A las isogonales de las medianas se les suele llamar simedianas, y al punto donde concurren, punto simediano.

30. Demuestre que las distancias de cualquier punto de una simediana de un triángulo a los lados de éste que la determinan son directamente proporcionales a dichos lados. En la siguiente figura, d1/d2 = AB/CA.

B C

A

L'

M

M'

L

N'

N

B C

A

Y

X

M

L'L

89

31. Demuestre que la razón de los segmentos que una simediana determina sobre el lado opuesto al vértice por el cual pasa es igual a la razón de los cuadrados de los lados que forman dicho vértice. En la figura anterior BL’/L’C = AB²/CA². 32. Localice el punto simediano de un triángulo rectángulo. 33. Si se tienen tres rectas concurrentes y sus tres isogonales, los puntos de concurrencia de cada tercia se dice que son conjugados isogonales. ¿Cuál será el punto isogonalmente conjugado de un punto que esté sobre un lado de un triángulo? 34. Demuestre que los puntos de Gergonne (Ejercicio 10 de este capítulo) y de Nagel (Ejercicio 17 de este capítulo) son conjugados isotómicos (Ejercicio 28 de este capítulo). 35*. Pruebe que una línea que corte a un triángulo ABC pasando por su punto mediano G, corta a los lados BC, CA y AB del triángulo en tres puntos U, V y W, respectivamente, tales que cumplen con que AW ×VC + AV ×WB = AW ×AV.

36*. Sean AX, BY y CZ las bisectrices interiores de un triángulo ABC; sean KK1, FF1 y HH1 las respectivas mediatices de dichas bisectrices. Demuestre que los puntos de intersección de estas mediatrices con los lados AB, BC y CA del triángulo, es decir, H, K y F son colineales.

d1 d2

B C

A

L L'

B C

A

N

L

G

W

V

U

M

90

37. Enuncie el dual de las siguientes proposiciones: a. Un cuadrilátero consta de cuatro rectas y los seis puntos formados por sus intersecciones, llamados vértices. b. Los lados opuestos de un hexágono inscrito en un círculo se intersecan en tres puntos colineales (Teorema de Pascal, Ejercicio 22, Capítulo 6. Al dual se le conoce como Teorema de Brianchon). 38. Cada uno de los tres lados de un triángulo variable ABC, pasa por uno de tres puntos fijos colineales D, E y F. Si A y B se mueven sobre dos rectas fijas, demuestre que C se mueve sobre una recta concurrente con las dos anteriores. 39. Enuncie y demuestre el dual del ejercicio anterior. 40. Resuelva el Ejercicio 8 del Capítulo 2 para el caso en el que PA y BQ se corten en un punto situado entre los dos segmentos paralelos AB y PQ. ¿Cómo se comporta r? 41. Demuestre la propiedad de la división interna y externa.

BC

A

Z

Y

X

F1 H1

K1

F

K

H

M

N'

M'

N

L'

L

91

Capítulo 7 Hileras de puntos y haces de rectas En el capítulo anterior definimos la razón en que un punto P divide a un

segmento AB, con P colineal con A y B, como:

r =PB

AP

Vimos también que el signo de r depende de la posición que ocupe P en el

segmento AB, positivo si es interior y negativo si es exterior. Cuando dos

puntos dividen a un segmento en razones del mismo valor absoluto, pero

diferentes en signo, decimos que lo dividen armónicamente.

En la Figura 7.1, L y L’ dividen armónicamente al segmento BC (también se

dice que son conjugados armónicos con respecto a BC), así como B y C dividen armónicamente al segmento LL’. Por ello diremos que los puntos B,

C, L y L’ forman una hilera de puntos armónicos o, simplemente, que forman

una hilera armónica. En adelante, usaremos la siguiente notación: si B, C, L

y L’ forman una hilera armónica, escribiremos {BCLL’} = -1. Esto nos lleva a una propiedad importante:

Teorema: Dados tres puntos colineales, el conjugado armónico de cualquiera de ellos es único. Demostración: Sean B, L , C y L’ cuatro puntos colineales tales que

LC

BL=-

CL

BL

'

'

Sea L” tal que

LC

BL=-

CL

BL

"

",

ello implica L”= L’, pues no puede haber dos puntos que dividan a un segmento en la misma razón. Es decir, el cuarto armónico es único

92

Figura 7.1 Si aplicamos la ley de los senos a los triángulos ABL, LAC, ABL’ y L’AC, tendremos:

LC

BL=

CA

AB

senLAC

senBAL y

CL

BL

'

'= -

CA

AB

ACsenL

senBAL

'

',

de donde se puede obtener una forma trigonométrica equivalente a la correspondiente a una hilera armónica, pero para el haz de rectas que concurren en el punto A y cortan al segmento BC en los puntos de la hilera; obviamente, A no puede ser colineal con BC. Es decir, si tenemos cuatro rectas concurrentes, AB, AC, AL y AL’ tales que se cumple la siguiente relación:

senLAC

senBAL= -

ACsenL

senBAL

'

',

dichas rectas forman un haz armónico. Como puede verse, la expresión anterior implica que si un haz de rectas concurrentes contiene a los puntos de una hilera armónica, el haz es también armónico, sin importar la posición del vértice del haz, mientras no sea colineal con los puntos de la hilera. Recíprocamente, si se tuviera un haz armónico y fuese cortado por una recta que no pase por el vértice, los puntos de intersección formarían una hilera armónica, como se muestra en la Figura 7.2. Cuando tengamos un haz armónico en el cual conozcamos el vértice, es decir, el punto A en la Figura 7.2, y los puntos de intersección de las rectas que lo forman con una transversal al haz: B, C, L y L’, usaremos la notación: A{BCLL’} = -1.

B

A

CL L'

93

Figura 7.2 Los puntos B’, M, C’ y M’ forman una hilera armónica si se cumple que

senLAC

senBAL= -

ACsenL

senBAL

'

',

puesto que ello implica que

senLAC

senBAL=

'

'

MC

MB

'

'

AB

AC y que

ACsenL

senBAL

'

'=-

''

''

CM

MB

'

'

AB

AC,

de donde:

'

'

MC

MB= -

''

''

CM

MB

Con este resultado, podemos describir un método para encontrar gráficamente el conjugado armónico de un punto L que divida a un segmento dado BC: a. Construimos cualquier triángulo tal que uno de sus lados sea el segmento BC dado. b. Trazamos la recta que va del tercer vértice del triángulo, llamémoslo A, al punto L. c. Trazamos dos rectas que vayan de los extremos del segmento dado a los lados opuestos a ellos en el triángulo y que sean concurrentes con AL, llamémoslas BM y CN. d. Finalmente unimos los puntos M y N, sobre los lados AB y CA del triángulo hasta cortar al lado BC, digamos que en L’, que es el conjugado de L (vea la Figura 7.1bis).

C'

B

A

CL L'

B' M

M'

94

Figura 7.1bis La propiedad recíproca a la empleada para construir la Figura 7.1bis podría enunciarse del siguiente modo: Teorema: Si {BCLL’}=-1 y {NMKL’}=-1 tienen un punto en común, en este caso L’, y BC y NM no son colineales, las rectas que unen a las intersecciones de los segmentos BN y CM, por una parte, y BM y CN por la otra, se cortan en puntos alineados con los conjugados armónicos del punto L’. En otras palabras, en la figura 7.1bis, A, A’, L y K están alineados. Se dice que las hileras B, C, L y L’ y N, M, K y L’ están en perspectiva. Demostración: Para probar que A está alineado con K y con L supongamos que la recta AK cortara a BC en un punto L’’, entonces, L’’ sería conjugado armónico de L’, puesto que A{NMKL’ } = -1, pero como no puede haber dos puntos distintos que sean conjugados armónicos de L’, y por hipótesis {BCLL’}=-1, entonces L’’= L. La demostración de que el punto A’ está alineado con K y con L la dejaremos como ejercicio. La notación {BCLL’} = -1 tiene su origen en el hecho de que

CLBL

LCBL

'/'

/= -1.

Ahora podría uno preguntarse qué significaría que se tuvieran cuatro puntos

alineados A, B, C y D los cuales cumplieran con que DBAD

CBAC

/

/=k, con k ≠ -1.

Cuando esto pase, diremos que los puntos A, B, C y D están en razón anarmónica, también llamada razón cruzada o razón doble y los denotaremos de la siguiente forma: {ABCD}=k. Claramente, cualesquiera cuatro puntos alineados que no formen una hilera armónica forman una hilera anarmónica.

A

B L C L'

N

MK

A'

95

Análogamente, cuatro rectas concurrentes en un punto O: OA, OB, OC y OD, que no formen un haz armónico, formarán un haz anarmónico y cumplirán con la relación:

senDOBsenAOD

senCOBsenAOC

/

/=k,

que es la forma trigonométrica de la razón cruzada de un haz de rectas.

Podríamos preguntarnos lo siguiente: si tenemos tres puntos alineados A, B y C y un valor específico de k, ¿cómo localizamos el cuarto punto, D, que cumpla con que {ABCD} = k? Para responder esta pregunta veamos la Figura 7.3

Figura 7.3 Para construirla trazamos cualquier recta que corte a AB en C; tomamos los puntos A’ y B’ de tal manera que CA’/CB’= k –tome B’ arbitrariamente y sobre la recta CB’ construya CA’=kCB’--; trazamos AA’, BB’ y por el punto de intersección trazamos una paralela a B’C. Donde ésta última corte a AB está el punto buscado D. La demostración se dejará como ejercicio. Los puntos de una hilera anarmónica tienen algunas propiedades similares a los que están en una hilera armónica, por ejemplo, si se tiene un haz de cuatro rectas cualesquiera con vértice en un punto O y una transversal a él, que no pase por O, cuyos puntos de intersección sean A, B, C y D, se cumple que

senDOBsenAOD

senCOBsenAOC

/

/=k.

Lo cual tiene como consecuencia directa que

A CB

B'

A'D'

D

96

1) El valor de k es independiente de la posición de O. 2) El valor de k es el mismo para los puntos de intersección de cualquier recta con el haz que no pase por el vértice de éste. 3) Si O{ABCD}=k y O’{A’B’C’D’}=k y O, A, A’ y O’ son colineales, entonces, los puntos B’’ = OB ∩ O’B’, C’’ = OC ∩ O’C’ y D’’ = OD ∩ O’D’ son colineales. Las demostraciones de las dos primeras propiedades son similares a las equivalentes para haces armónicos; para demostrar la tercera utilizaremos la Figura 7.4, en la que se aprecia que la recta B’’ C’’ corta a ambos haces, por lo que, si OD ∩ B’’C’’= D’’ y O’D’∩ B’’C’’= D’’’, entonces habría dos puntos distintos en la recta B’’C’’ que cumplieran con tener la misma razón cruzada con los puntos A’’, B’’ y C’’, lo cual, como ya se ha visto en casos similares, es imposible, por lo que D’’’=D’’.

Figura 7.4 Dados cuatro puntos alineados hay veinticuatro maneras posibles de ordenarlos, sin embargo, no todos los arreglos dan razones cruzadas diferentes, por ejemplo, supongamos que {ABCD}=k, manipulando la definición de razón doble podemos comprobar que {CDAB} , {BADC} y {DCBA} también valdrán k, sin embargo, {ACBD}, por ejemplo, vale 1 - k. Lo cual es fácil de demostrar a partir de la fórmula de Euler que aparece en el Ejercicio 1 del Capítulo 6, veamos: Sabemos que AB ×CD + AC ×DB + AD ×BC = 0, dividiendo entre el producto AD ×BC y reagrupando términos, tenemos que

DCAD

BCAB

/

/= 1-

DBAD

CBAC

/

/,

pero el miembro de la izquierda es precisamente {ACBD}, mientras que el sustraendo del miembro de la derecha es k, es decir, {ACBD}=1-k. Los valores de las demás combinaciones se dejarán como ejercicios.

A''

O

O'

D''

B''C''

A

DB C

A' D'B' C'

97

Otra propiedad importante es la siguiente: supongamos que tenemos cuatro puntos A, B, C y D en una circunferencia, si trazamos rectas desde cualquier punto O de la misma circunferencia, diferente de los cuatro puntos originales, estaremos construyendo un haz de rectas O{ABCD}, que tendrá como vértice a O y razón doble de valor, digamos, k. La razón cruzada de cualquier otro haz O’{ABCD}, con O’ en la circunferencia y también diferente de A, B, C y D, tendrá la misma razón anarmónica k. Veamos la Figura 7.5

Figura 7.5 Usando la forma trigonométrica tenemos que

senDOBsenAOD

senCOBsenAOC

/

/= k,

pero, ∠ AOC = ∠ AO’C; ∠ COB = ∠ CO’B; ∠ AOD = 180°-∠ AO’D y ∠ DOB = 180°-∠ DO’B, en general, los ángulos que se forman con dos de los puntos dados en otros dos puntos diferentes de la circunferencia serán iguales o suplementarios, es decir, los senos de los ángulos serán siempre iguales, que es lo que se quería demostrar. A partir de esta propiedad podemos hacer una demostración del Teorema de Pascal enunciado en el Ejercicio 23 del Capítulo 6, así como del Teorema de Pappus, enunciado en el Ejercicio 24 de ese mismo capítulo. Teorema de Pascal (conocido como Teorema del Hexagrama Místico). Los lados opuestos de un hexágono inscriptible se intersecan en tres puntos colineales.

O

A

BC

D

O'

98

Figura 7.6

Sea ABCDEF un hexágono inscrito en una circunferencia, por la propiedad anterior tenemos que D{AFEC} = B{AFEC}, pero D{AFEC} = D{AFWR} = {AFWR}. Por otra parte, B{AFEC} = B{ZFEQ} = {ZFEQ}. Entonces {AFWR} = {ZFEQ}, de donde P{AFWR} = P{ZFEQ}, pero como P, A y Z son colineales, PF es común a los dos haces y P, W y E son también colineales, necesariamente P, Q y R tienen que ser colineales --pues el cuarto armónico es único--, que es lo que se quería demostrar. Teorema de Pappus. Si los vértices de un hexágono se encuentran colocados alternadamente en dos rectas, los puntos de intersección de lados opuestos son colineales.

Figura 7.7

F

E

C

D

B

A

Z

W

R

Y

Q

X

P

F

E

D

C

B

A

PQ

Z

Y

X

R W

99

Sea ABCDEF un hexágono cuyos vértices se encuentran colocados alternadamente en dos rectas, sabemos que E{CFDB}=A{CFDB}, pero E{CFDB}=E{CQWB}={CQWB}. Por otra parte, A{CFDB}=A{CRDX}= {CRDX}, por lo tanto, {CQWB}={CRDX}, entonces P{CQWB}= P{CRDX}, pero PC es una recta común, P, W y D son colineales, lo mismo P, B y X, por lo tanto P, Q y R deberán ser colineales también, pues el cuarto armónico es único. Lo más notable de lo último que hemos hecho en esta sección es que, una vez que se aceptan las propiedades de la razón doble, ya no es necesario trabajar con el concepto de medida, ni implícita ni explícitamente, pues como pudo verse en las demostraciones de los Teoremas de Pascal y de Pappus, lo único importante es la situación de las hileras de puntos o de los haces de rectas, es decir, estamos en el umbral de una geometría que no es métrica. Ejercicios: 1. Demuestre que el método que se describe enseguida sirve también para localizar el conjugado armónico de un punto que divide a un segmento: Sean A, B y C tres puntos alineados. Trácense por A y por B dos rectas paralelas entre sí; por C trácese una transversal a dichas paralelas; sean P y Q los puntos de intersección entre la transversal y cada una de las paralelas; sobre la recta QB, localícese un punto R tal que QB = BR. Finalmente trácese PR hasta cortar a la recta AB en D, que será el conjugado armónico de C. 2. Demuestre que cuatro puntos A, B, C y D forman una hilera armónica si y sólo si se cumple que {ABCD} = {ABDC}. 3. Si {ABCD} = -1, demuestre que se cumple la siguiente igualdad:

AB

2=

AC

1+

AD

1

4. Si {ABCD}=-1 y AO=OB, demuestre que OB² =OC×OD, donde O es colineal con A, B, C y D.

100

5. Demuestre que una consecuencia de la propiedad enunciada en el ejercicio anterior es que si se tienen dos circunferencias ortogonales, es decir, tales que tangentes trazadas en alguno de sus puntos de intersección sean perpendiculares entre sí, cualquier recta que pase por uno de los centros y sea secante a la otra circunferencia, las corta en cuatro puntos armónicos. En la siguiente figura {ABCD}= -1

6. Demuestre que si {BCLL’}= -1 y {NMKL’}= -1, el punto de intersección de las rectas BM y CN es colineal con los puntos K y L (vea la Figura 7.1bis). 7. Demuestre que si en un haz armónico un par de rectas conjugadas armónicas son perpendiculares entre sí, entonces son respectivamente la bisectriz interior y la bisectriz exterior del ángulo formado por las otras dos. 8. Si A, B, C, D y O son cuatro puntos colineales tales que {ABCD}=-1 y AO=OB y CO’=O’D, demuestre que OB²+O’C²=OO’². 9. Demuestre que las líneas que unen a un punto de una circunferencia con los vértices de un cuadrado inscrito en ella forman un haz armónico. 10. Si {ABCD}= -1 y AL y AM son, respectivamente, la media aritmética y la media geométrica de AC y AD, entonces AM es también media proporcional de AL y AB; dé una representación gráfica de la media aritmética, la media geométrica y la media armónica (que es el cociente del cuadrado de la media geométrica entre la media aritmética) de dos segmentos. 11. Demuestre que si L, M y N son los puntos medios de los lados BC, CA y AB de un triángulo ABC, el haz L{MNAB}= -1. 12. Si AD, BE y CF son las alturas de un triángulo ABC, demuestre que el haz D{EFAB}= -1. 13. Si A, B, C y D son cuatro puntos en una circunferencia y P es otro punto en la misma circunferencia tal que P{ABCD}=-1, demuestre que para cualquier otro punto Q en la circunferencia se cumple que Q{ABCD}=-1. ¿Qué pasaría si P coincide con alguno de los primeros cuatro puntos? ¿Y si tanto P como Q coincidieran con dos de los cuatro primeros puntos?

90°

A

C B

D

101

14. Si la bisectriz del ángulo A de un triángulo ABC corta al lado opuesto en X, y si los puntos en que intersecan las perpendiculares a AX trazadas respectivamente desde B y desde C son P y Q, demuestre que {AXPQ}= -1. 15. Demuestre que otra forma de localizar el conjugado armónico de un punto C, con respecto a un segmento AB, es la siguiente: localizar un punto P tal que PC sea la bisectriz del ángulo APB y trazar la perpendicular a PC que pasa por P hasta cortar a AB en un punto que llamaremos D, el cual es el conjugado armónico de C. Explique cómo se puede localizar P. 16. Demuestre que si Q es un punto en la altura AD de un triángulo ABC, y M y N son los puntos en que BQ y CQ cortan a CA y AB, respectivamente, el ángulo NDM es bisecado por AD. 17. Si A, B, C y D son cuatro puntos alineados, encuentre dos puntos, P y Q tales que sean conjugados armónicos con respecto a A y B, y también con respecto a C y D. ¿Cuántas soluciones puede tener este problema? 18. Se tiene una circunferencia de centro O, desde un punto K exterior a ella se trazan las tangentes que la toquen en P y Q, si la recta KO interseca a la circunferencia en A y B, demuestre que los puntos de intersección de las rectas PA y PB con KQ cortan armónicamente al segmento KQ. ¿Qué pasaría si la recta PA fuera paralela a KQ? 19. Demuestre que si tres puntos X, Y y Z están en los lados BC, CA y AB de un triángulo ABC y X’, Y’ y Z’ son sus conjugados armónicos con respecto a los vértices C, A y B del triángulo, las rectas AX’, BY’ y CZ’ son concurrentes si y sólo si X, Y y Z son colineales.

20. Demuestre que si {ABCD}= k, {ABDC}=k

1, {ACDB}=

k−1

1, {ADBC} =

k

k 1− y {ADCB} =

1−k

k. ¿Bajo qué condiciones al menos dos de las seis

posibles razones cruzadas de cuatro puntos distintos son iguales? 21*. Demuestre que si se trazan tangentes al circuncírculo de un triángulo ABC por los vértices de éste y se unen las intersecciones de dichas tangentes con los vértices opuestos respectivos, las rectas así obtenidas son las simedianas del triángulo. Demuestre que entonces los segmentos que unen a los puntos medios de los lados con los puntos medios de las alturas correspondientes a dichos lados pasan por el punto simediano (vea el Ejercicio 29 del Capítulo 6). Vea la siguiente figura:

102

22. Si A, B y C son tres puntos distintos en una recta, evalúe las razones cruzadas {ABCC}, {ABCB} y {ABCA}. 23. Demuestre que el método ilustrado con la Figura 7.3 efectivamente sirve para determinar el cuarto punto de una hilera en que se conocen tres puntos y el valor de la razón doble. 24. Haga una demostración del Teorema de Desargues con base en las propiedades de la razón cruzada. 25. (Teorema de la Mariposa): Si se hacen pasar dos cuerdas, CD y EF, por el punto medio M de una tercera cuerda AB de un círculo, y si DE y EF intersecan a AB en G y H respectivamente, entonces M es el punto medio de GH. Vea la siguiente figura:

A

CB

L''

U

V

T

N''

K

N'

L'

F

F'

N

103

26. Si A, B y C son tres puntos colineales, encuentre D tal que {ABCD}={BACD}. 27. Si A, A’; B, B’ y C, C’ son seis puntos colineales con un punto O, tales que OA ×OA’=OB ×OB’=OC ×OC’, demuestre que se cumple que {AA’BC}={A’AB’C’}. 28*. Dadas dos ternas de puntos concíclicos, A,B y C y A’,B’ y C’, como se muestran en la figura, encuentre un punto D, concíclico con ellas tal que {ABCD}={A’B’C’D}. ¿Cuántos resultados puede haber?

29. Con base en el ejercicio anterior, construya un punto D tal que sea colineal con dos ternas de puntos colineales A,B,C y A’,B’ y C’ y que cumpla con que {ABCD}={A’B’C’D}. ¿Cuántos resultados puede haber?

A

B

M

C

D

E

F

GH

A

B

C

A'

B'

C'

104

Capítulo 8 Circunferencias coaxiales y circunferencias homotéticas En el Ejercicio 17 de Capítulo 2 se pide demostrar el siguiente teorema: Teorema: El producto de los segmentos determinados por una secante a una circunferencia fija C, trazada desde un punto cualquiera del plano P es constante. Dicha constante se llama potencia del punto P con respecto a la circunferencia C. En la Figura 8.1, PA ×PB es constante para cualquier secante a la circunferencia C que se trace desde el punto P. Demostración. Trace otra secante cualquiera a C desde P, digamos que corte a C en A ’ y B ’ y note que los triángulos PAB ’ y PA ’B son semejantes, por lo tanto

PB

PB

PA

PA '

'= , de donde

w=PA ×PB = PA’ ×PB’ para toda P

Note que w puede ser positiva, si P está fuera de C, negativa, si está dentro o cero si está sobre C.

Figura 8.1

C

A

B

A'

B'

P

105

¿Si hubiera dos círculos, existirá algún punto cuya potencia valga lo mismo para ambos? En la Figura 8.2, suponemos que PA ×PB = PA’ ×PB’

Figura 8.2 ¿Cómo podría construirse el punto P? Una manera sería trazar un círculo secante a ambas

circunferencias, construir las cuerdas comunes y localizar el

punto de intersección de dichas cuerdas; es claro que este

punto tendrá la misma potencia con respecto a ambas

circunferencias, puesto que su potencia con respecto a la

circunferencia secante es constante, vea la Figura 8.3:

P

B

B'

AA'

106

Figura 8.3 ¿Será P el único punto del plano que cumpla con esta condición? Claramente la respuesta es no, puesto que para cada circunferencia secante se encontrará un punto P diferente. La pregunta que es interesante entonces es: ¿cuál es el lugar geométrico de los puntos que tienen una misma potencia con respecto a dos circunferencias dadas? Recordemos que para cualquier circunferencia de centro O y radio r, la potencia w de un punto P es: w = PO² - r² Si trazamos la línea que une los centros de los círculos o línea de los centros, se puede ver que hay simetría con respecto a dicha línea, por lo que el punto simétrico de P, también estará en el lugar geométrico buscado, vea la Figura 8.4:

B'

B

P

A'A

107

Figura 8.4 Es decir que si PO² - r² = PO’² - r’²,…………………… (1) entonces, P’O² - r² = P’O’² - r’². Por otra parte, de la Figura 8.4, se tiene que PO² = PM² +OM² y también que PO’²=PM²+O’M², sustituyendo en (1), tendremos que: PM² +OM² - r² = PM² +O’M² - r’², de donde, OM² - r² = O’M² - r’²,……………………… (2) lo cual implica que M es también un punto del lugar geométrico que estamos buscando. Probaremos ahora que ningún otro punto de la línea de los centros está en el lugar geométrico. Supongamos que hubiera un punto N sobre la recta OO’ tal que ON² - r² = O’N² - r’², Supongamos que N se encuentra a la derecha de M, si estuviera a la izquierda el razonamiento sería similar, entonces:

O'OB

B'

P

M

A

A'

P'

108

ON² - r² = (OM + MN) ² - r² = OM² + 2OM MN + MN² - r² = O’N² - r’² = (MO’- MN) ² - r’² = O’M² - 2MO’ MN + MN² - r’², por lo tanto: OM² + 2OM MN - r² = O’M² - 2MO’ MN - r’², pero, por (2), se tiene que: 0 = OM MN + MO' MN = (OM + MO’) MN Como OM+MO’=OO’ ≠ 0, la única posibilidad de que se cumpla esta última igualdad es que MN=0. Lo que prueba que M es el único punto del lugar geométrico que está en la línea de los centros. De donde se demuestra que todo punto que tenga la misma potencia con respecto a dos circunferencias está en la recta perpendicular, por el punto M, a la línea de los centros de dichas circunferencias. A esa perpendicular se le conoce como eje radical de las circunferencias cuyos centros son O y O’ y cuyos radios son r y r’; a las circunferencias que comparten un eje radical se las llama circunferencias coaxiales. La proposición recíproca es también cierta, se enuncia en el Ejercicio 1, en el cual se pide la demostración. Puesto que la potencia de un punto P del plano respecto de una circunferencia dada es igual al cuadrado de la longitud de la tangente trazada desde el punto a la circunferencia, entonces los puntos medios entre los puntos de contacto de las tangentes comunes a dos circunferencias, siempre pertenecerán al eje radical de éstas. ¿Cómo se pueden trazar las tangentes comunes a dos circunferencias dadas? De acuerdo con la Figura 8.5, si TT’ es la tangente común a las circunferencias de centros O y O’, respectivamente, y K es el punto de intersección entre las rectas TT’ y OO’, entonces los triángulos KTO y KT’O’ son semejantes.

109

Figura 8.5 La razón de semejanza es, claramente la razón de los radios de las circunferencias, es decir:

'KO

OK= -

'r

r

Al punto K se le llama centro de homotecia, y se puede construir fácilmente trazando radios paralelos en cada circunferencia, digamos AO y A’O’, y se unen los extremos A y A’ mediante una recta hasta cortar la línea de los centros, como se ilustra en la Figura 8.6

Figura 8.6 Teorema: Cualquier circunferencia ortogonal a dos circunferencias dadas tiene su centro en el eje radical. Demostración: Supongamos que el círculo de centro P de la Figura 8.7 corte a las circunferencias de centros O y O’ ortogonalmente:

K O'O

T

T'

K O O'

B'

AB

A'

110

Figura 8.7 Si P es el centro de una circunferencia ortogonal a las circunferencias de centros O y O’, los triángulos POA y PO’A’ son rectángulos, por lo tanto: PA² = PO² - OA² y PA’² = PO’² - O’A’², Pero como PA=PA’, por ser radios del círculo de centro P, entonces las potencias de P con respecto a ambas circunferencias son iguales, lo que implica que P está en el eje radical. Como consecuencia, es fácil probar que si una circunferencia con centro en el eje radical de dos circunferencias es ortogonal a una de ellas, lo es también a la otra. Dos circunferencias pueden ser ajenas, tangentes, secantes o estar contenida una en otra. Si las circunferencias son ajenas, en la misma Figura 8.7 podemos ver que los triángulos PLM y POM son también rectángulos, por lo tanto: PL² = PM² +LM², por otra parte, PM² = PO²- OM², de donde: LM² = PL² -PO² + OM², es decir,

O O'M

A

P

L L'

A'

111

LM² = PA² - PO² + OM² = OM² - OA². Similarmente, L’M² = O’M² - O’A’². Lo anterior implica que los puntos en los que una circunferencia ortogonal a otras dos, ajenas, corta a la línea de los centros de éstas son dos puntos fijos, independientes de la circunferencia ortogonal de que se trate. A dichos puntos se les llama puntos límites . La propiedad de tener puntos límites es solamente de las circunferencias ajenas pues, según se muestra en la Figura 8.8, si dos circunferencias se intersecan cualquier circunferencia ortogonal a ellas no cortará a su línea de los centros, ya que: OT² = OP² - PT² = OM² + PM² - PT². Como OT>OM, entonces, PM²-PT²>0, lo cual implica que PM>PT . ¿Qué pasará si las dos circunferencias son tangentes? ¿Y si una de ellas está contenida totalmente en la otra?

Figura 8.8. Dos circunferencias no concéntricas siempre tienen un eje radical, ahora, ¿será posible que haya más de dos circunferencias con el mismo eje radical?

O'O

T

P T'

M

112

Si las circunferencias no son ajenas cualquier circunferencia que pase por los puntos de intersección de las dos primeras tendrá el mismo eje radical que ellas, lo cual se muestra en la Figura 8.9:

Figura 8.9 Algo similar pasará si las circunferencias son tangentes. Cuando las dos circunferencias son ajenas se puede demostrar que también determinan una familia de circunferencias coaxiales; para construir alguno de los miembros de dicha familia podemos partir de la propiedad de que todas las circunferencias ortogonales a las dos circunferencias dadas pasan por los puntos límites de ellas, como ya se demostró. Y viceversa, cualquier circunferencia ortogonal a las que pasan por los puntos límites y tenga su centro en la línea de los centros será coaxial con las dos circunferencias dadas. En la Figura 8.10 se dan las circunferencias O y O’, se localizan los puntos límites L y L’ mediante una circunferencia ortogonal a ambas W, luego se construye una circunferencia ortogonal a W con centro X, en la línea de los centros OO’, la cual resultará coaxial con las dos primeras, puesto que las tangentes a todas ellas trazadas desde el punto W son radios de la ortogonal:

A

B

113

Figura 8.10 Esto nos lleva a una propiedad muy importante, y es que dadas dos circunferencias ajenas, se puede construir una familia de circunferencias coaxiales con ellas, de tal manera que cualquier punto del plano, estará en una de las circunferencias de la familia, excepto los puntos del eje radical y los puntos límites. Si se considera al eje radical como una circunferencia de radio infinito y a los puntos límites como circunferencias de radio cero, entonces sí se cubrirían todos los puntos del plano. Por otra parte, existe una familia de circunferencias ortogonales a las anteriores, secantes entre sí, que son coaxiales y que también contienen a todos los puntos del plano, excepto a los puntos que están en la línea de los centros de las dos primeras, salvo los dos puntos de intersección, que son los puntos límites de la familia de circunferencias ajenas. También se puede considerar, en este caso, a la línea de los centros de la primera familia, o sea al eje radical de la segunda, como una circunferencia de radio

O'O

W

L'L X

114

infinito, en cuyo caso también quedarían cubiertos todos los puntos del plano. Ambas familias forman lo que se llama una red ortogonal, tal que cada punto del plano queda cubierto por un miembro de cada familia. Ejercicios 1. Demuestre que si M es un punto de la recta que une los centros de dos circunferencias cualesquiera, tal que la potencia de M a cada una de las circunferencias vale lo mismo, cualquier otro punto del plano que cumpla esta misma condición necesariamente cae sobre la perpendicular a la línea de los centros trazada en M. 2. Demuestre que si O y O’ son dos circunferencias cuyo eje radical es l, y Q es el centro de una circunferencia ortogonal a O, tal que Q está en l, entonces la circunferencia de centro Q es también ortogonal a la circunferencia O’. 3. Si K es el centro de homotecia de dos circunferencias O y O’ y se trazan dos secantes a dichas circunferencias desde K; si los puntos de intersección respectivos son A, B, A’ y B’ para la primera secante y C, D, C’ y D’, para la segunda, demuestre que AC es paralela a A’C’ y como consecuencia BD a B’D’. Vea la siguiente figura:

(a los pares de puntos A, A’; B, B’; C, C’; D, D’ se les llama homólogos, mientras que a los pares A, B’; A’, B; C, D’; D, C’ se les llama antihomólogos). 4. Demuestre que si en la Figura 8.6 se traza el diámetro que pasa por A y se une el extremo diametralmente opuesto a A

K O'O

B'A'

BA

D'

C DC'

115

con A’, la recta que se obtiene corta a la línea de los centros en un punto H tal que:

'' r

r

HO

OH = .

El punto H es, por lo tanto, otro centro de homotecia. Vea la figura siguiente:

5. Utilizando la figura del Ejercicio 3, demuestre que AC y B’D’ son antiparalelas con respecto a KB ’ y KD ’ , asimismo lo son BD y A’C’. 6. Demuestre que si se trazan tangentes por puntos antihomólogos se forma un triángulo isósceles con ellas y la secante que contiene a dichos puntos. En la figura siguiente los triángulo BEA’, AFB’, DGC’ y CHD’ son isósceles:

K O O'

B'

AB

A'

D

H

K O O'

D'

B'

C'

DC

AB

A'

G

H

F

E

116

7.* Demuestre que el lugar geométrico de los puntos tales que la razón de sus distancias a los centros de dos circunferencias dadas es igual al cociente de los radios de éstas, es una circunferencia. (A esta circunferencia se le llama circunferencia de similitud o circunferencia de homotecia de las circunferencias dadas).

8. Sean CO y CO’ dos circunferencias de centros O y O’, tangentes entre sí; si se traza una tangente común TT’ y las secantes que unen los extremos opuestos de los diámetros A y B con los respectivos puntos de intersección de dicha tangente, demuestre que estas rectas se intersecan en el eje radical de las circunferencias, según se ilustra en la siguiente figura:

9. Demuestre que si se trazan tres circunferencias no concéntricas, sus ejes radicales son concurrentes. (Al punto en el que concurren los ejes radicales de tres circunferencias se le llama centro radical de las circunferencias). 10. ¿Cuál es el lugar geométrico de un punto cuya potencia con respecto a una circunferencia dada es constante? 11. ¿Cuál es el lugar geométrico de un punto cuya suma de potencias a dos circunferencias dadas, no concéntricas, es constante? 12. ¿Cuál es el lugar geométrico de un punto cuya diferencia de potencias a dos circunferencias dadas, no concéntricas, es constante?

O O'A B

T

T'

P

117

13. Demuestre que las tangentes a dos circunferencias no concéntricas, trazadas por puntos antihomólogos se intersecan en el eje radical de ellas. (Vea el Ejercicio 3). 14. ¿Cuál es el centro radical de tres circunferencias trazadas usando a los lados de un triángulo como diámetros? (Vea el Ejercicio 9). 15. Demuestre que si un par de círculos cortan ortogonalmente a otro par, los ejes radicales de cada par son las líneas de los centros del otro par. 16. Demuestre que la diferencia de los cuadrados de las longitudes de las tangentes trazadas desde un punto P cualquiera del plano a dos circunferencias dadas es igual al doble del producto de la distancia de dicho punto al eje radical de dichas circunferencias por la distancia entre los respectivos centros.

17. ¿Cuál es el lugar geométrico de un punto tal que la razón de sus potencias respecto a dos circunferencias dadas es constante? 18. Dadas dos circunferencias y un punto, trace una circunferencia que sea ortogonal a las dos y que contenga al punto. 19. Dados un punto, una circunferencia y una recta, trace la circunferencia que contenga al punto y que tenga con la circunferencia dada a la recta dada como eje radical. 20. Dadas dos circunferencias demuestre que el lugar geométrico de los centros de las circunferencias que bisecan

O O'

PQ

T'T

M

118

a las dos dadas es una recta perpendicular a la línea de los centros de éstas. 21. Demuestre que si se trazan secantes a dos circunferencias desde un punto de su eje radical, los cuatro puntos de intersección son concíclicos. 22. ¿Cuál es el eje radical de la circunferencia circunscrita a un triángulo y la circunferencia de los nueve puntos de éste? 23. ¿Cuál es el eje radical del incírculo y uno de los excírculos de un triángulo? 24. Demuestre que siempre se puede construir un círculo ortogonal a los tres excírculos de un triángulo, así como a dos excírculos y al incírculo. 25. Sea ABC un triángulo; sean AD, BE y CF sus alturas; sean X, Y y Z las intersecciones de EF y BC, FD y AC y DE y AB, respectivamente. Demuestre que X, Y y Z son colineales y que la recta que los contiene es perpendicular a la línea de Euler del triángulo. 26. Sea ABC un triángulo y sean I, J y K tres puntos en BC, AC y AB. Demuestre que el centro radical de los círculos que tienen a AI, BJ y CK como diámetros es el ortocentro del triángulo ABC. 27. Sea ABC un triángulo y sea H su ortocentro. Localice el centro radical de las circunferencias que tienen a BC, BH y CH como diámetros. 28. Demuestre que el ortocentro de un triángulo es el centro radical de las circunferencias que tienen a los lados como diámetros. 29. Dadas dos circunferencias secantes entre sí, construya una circunferencia cuyo centro esté en un punto dado de la cuerda común a dichas circunferencias y tal que dos de sus diámetros sean a su vez cuerdas comunes con cada una de las circunferencias dadas. 30.* Demuestre que las circunferencias cuyos diámetros son las diagonales de un cuadrilátero completo son coaxiales. 31. Demuestre que dos circunferencias específicas pueden pertenecer a uno y sólo un conjunto de circunferencias coaxiales.

119

32. Sea t una tangente común a dos circunferencias dadas. Sea C una circunferencia coaxial con ellas, demuestre que los dos puntos de tangencia y las intersecciones de t y C forman una hilera armónica. 33. Demuestre que si cada uno de dos puntos fijos tienen potencias iguales con respecto a tres o más circunferencias, estas son coaxiales. 34. Dado un círculo y dos puntos exteriores a él, encuentre la circunferencia que contenga a los puntos dados y sea tangente al círculo dado. 35. Demuestre que los ejes radicales de un círculo y cada una de las circunferencias de un conjunto coaxial son concurrentes. 36. Una circunferencia variable pasa por dos puntos fijos, A y B, y corta a otra circunferencia en dos puntos también variables, P y Q. Demuestre que todas las rectas PQ son concurrentes. 37. Se toman pares de puntos en los lados de un triángulo, de tal manera que dos parejas cualesquiera sean puntos concíclicos. Demuestre que entonces los seis puntos son concíclicos. 38. Construya un círculo cuyas tangentes trazadas desde tres puntos dados tengan longitudes dadas. 39. Sean A, B y C los centros de tres circunferencias coaxiales y a, b y c sus radios, demuestre que a² ×BC+b² ×CA+c² ×AB=BC ×AC ×AB. 40. Si PQ es una tangente común a dos circunferencias ajenas, entonces PQ subtiende un ángulo recto con cada uno de los puntos límites del conjunto coaxial que determinan las circunferencias. 41. Si una recta corta a una circunferencia en los puntos P y P’ y a otra circunferencia, ajena a la primera, en Q y Q’, demuestre que los segmentos PQ y P’Q’ forman ángulos iguales o suplementarios con cada uno de los puntos límites del sistema coaxial determinado por las circunferencias, es decir, ∠PLQ=∠P’L’Q’, ∠PL’Q=∠P’LQ’, ∠PLQ+∠P’LQ’=180° y ∠PL’Q+∠P’L’Q’=180°. Vea la siguiente figura:

120

42. Tres circunferencias cuyos centros son A, B y C están situadas de tal manera que el eje radical de las que tienen como centros a A y a B pasa por C, las que tienen como centros a B y a C, pasan por A. Demuestre que el eje radical de las que tienen como centros a A y a C pasa por B. 43. Sean A, B, C y D cuatro puntos colineales, situados en ese orden. Encuentre un punto P colineal con ellos tal que PA

×PB = PC ×PD. 44. Dadas una recta l y una circunferencia C, trace una circunferencia tal que l sea el eje radical de C y ella. 45. Dadas dos circunferencias de diferente radio, demuestre que su eje radical está más alejado del centro de la de radio mayor que del de la otra. ¿De cuál circunferencia estará más cerca? 46. En el texto se dice que, dado un conjunto de circunferencias coaxiales ajenas, cualquier punto del plano está contenido en algún elemento del conjunto. Explique qué pasa con los puntos límites del conjunto. 47. Dados tres puntos no colineales P, Q y R, y una circunferencia C, trace el círculo que pase por P y Q y cuyo eje radical con C contenga a R. 48. Dadas tres circunferencias no ajenas, tales que su centro radical es un punto interior de todas ellas, demuestre que es posible trazar otra circunferencia tal que las intersecciones con cada una de las circunferencias dadas sea diámetro de ella. 49. Estudie el conjunto de circunferencias ortogonales a una circunferencia dada y enuncie algunas de sus propiedades.

P

Q'

P'

Q

L L'

121

50. Dadas dos circunferencias tales que la suma de sus radios es menor a la distancia entre sus centros, demuestre que las cuatro circunferencias cuyos diámetros son las tangentes de las circunferencias dadas, son coaxiales. 51. Demuestre que dos circunferencias y su circunferencia de similitud son coaxiales (vea el Ejercicio 7). 52. Demuestre que todas las circunferencias cuyos centros son colineales y tales que son ortogonales a una circunferencia dada, son coaxiales. 53. Construya una circunferencia que pertenezca a un conjunto coaxial dado y que sea tangente a una recta dada. 54. Construya una circunferencia que pertenezca a un conjunto coaxial dado y que sea tangente a un círculo dado. 55. Demuestre que los tres pares de puntos límites de los conjuntos de circunferencias coaxiales determinados por tres circunferencias ajenas son concíclicos. 56. Dadas tres circunferencias coaxiales no ajenas, demuestre que si se trazan dos secantes a ellas que pasen por uno de los puntos de intersección y tales que las corten en los puntos P, Q y R y en P’, Q’ y R’, respectivamente, entonces, PQ/QR=P’Q’/Q’R’. 57. Dados un punto fijo y una circunferencia fija, si se traza cualquier circunferencia que pase por el punto dado y tenga su centro en la circunferencia dada, demuestre que la distancia del punto dado al eje radical de las circunferencias es constante. 58. Trace una circunferencia de radio fijo dado, tal que sea ortogonal a dos circunferencias ajenas dadas. 59. Sea I el incentro e I1 , I2 e I3 los excentros de un triángulo ABC. Sean E, F, G los centros radicales del incírculo con cada dos de los excírculos y sea H el centro radical de los tres excírculos. Demuestre que el triángulo EFG es semejante al triángulo I1I2I3 y que H, E, F y G son los centros del incírculo y de los excírculos del triángulo mediano del triángulo ABC. 60. Dados tres puntos, A, B y C y una circunferencia O, trace un círculo que pase por A y por B, e interseque a O de tal manera que la cuerda común pase por C.

122

Capítulo 9

Inversión En el Capítulo 1 definimos lo que es una transformación punto a punto, y definimos tres transformaciones rígidas, denominadas traslación, rotación y reflexión. A estas transformaciones también se les llama euclidianas, y se caracterizan, como se dijo, por mantener invariantes las dimensiones de la figura a la que se aplican.

Ahora estudiaremos otra transformación punto a punto, que no es rígida, llamada inversión. Definición: Dada una circunferencia de centro O y radio r, se dice que un punto P’ es el inverso de un punto P del plano, si y sólo si P’O ×PO= r². Vea la Figura 9.1:

Figura 9.1 Al punto O se le llama centro de inversión y al radio r, radio de inversión. Se pueden observar las siguientes propiedades:

a. El inverso de un punto interior al círculo es siempre un punto exterior a él.

b. El inverso de un punto en la circunferencia es el propio punto.

c. Todo punto del plano tiene un inverso único. Si un punto P describe una curva C, su inverso P’ describirá otra curva C’ a la que llamaremos inversa de C.

r

O PP'

123

Si dos curvas mutuamente inversas se intersecan lo hacen sobre la circunferencia de inversión, ya que el punto común tiene que ser su propio inverso y, por el inciso b. anterior, estará sobre la circunferencia de inversión. Asimismo, el inverso de una circunferencia concéntrica con la circunferencia de inversión es otra circunferencia concéntrica con ellas; en particular, la inversa de la circunferencia de inversión es ella misma y, por último, la inversa de una recta que contiene al centro de inversión es también ella misma, aunque sólo los puntos de intersección con la circunferencia se invierten en sí mismos.

De la definición, con ayuda de la Figura 9.2, podemos ver que toda circunferencia que pase por un punto P y por su inverso P’ es ortogonal a la circunferencia de inversión, note que la circunferencia cuyo diámetro es PT, donde PT es la tangente a la circunferencia de inversión trazada desde P (∆OTP semejante a ∆TP’P) pertenece al conjunto coaxial cuyo eje radical contiene a O.

Figura 9.2

O PP'

T

124

Ahora, tomemos cualquier circunferencia ortogonal a la circunferencia de inversión y tracemos una secante común que corte a la circunferencia de inversión en los puntos A y B y a la ortogonal en P’ y P, como {ABP’P}=-1, eso implica que OP ×OP’=OA ×OB=r², es decir, todo punto en una circunferencia ortogonal a la de inversión tiene su inverso en ella misma, por lo tanto, hemos probado que toda circunferencia ortogonal a la de inversión es su propia inversa. Vea la Figura 9.3:

Figura 9.3 Cabe preguntarse ahora cuál es el inverso de una circunferencia que ni es concéntrica con la de inversión ni ortogonal a ella. Veamos la Figura 9.4:

Figura 9.4

O

A

P'

P

B

O A

Q

P

P'

B

125

Supongamos que queremos invertir la circunferencia de centro A con respecto a la circunferencia de centro O; sea OP una secante a la circunferencia de centro A, sea P un punto de intersección entre la circunferencia de centro A y la secante, sea Q el otro punto de intersección y sea P’ el inverso de P. Tracemos el radio QA y tracemos P’B paralela a QA. Como OP ×OP’=r² y OQ ×OP=w y, por otra parte, OP’/OQ= OB/OA=BP’/AQ, pues los triángulos OBP’ y OAQ son semejantes, entonces OB=r²OA/w; es decir, OB es constante, luego P’ describe una circunferencia, note que P y P’ son puntos antihomólogos, Q y P ’ son homólogos y O es centro de homotecia de las circunferencias de centros en A y en B. Lo anterior es cierto siempre y cuando la circunferencia de centro A, la que va a invertirse, no contenga a O. Veamos qué pasa cuando sí lo contiene, para lo cual usaremos la Figura 9.5:

Figura 9.5 Sea Q el punto en la circunferencia que se va a invertir diametralmente opuesto a O, el centro de inversión. Sea P un punto cualquiera en la circunferencia que se va a invertir distinto de O y de Q. Sea Q’ el inverso de Q y sea P’ el inverso de P. Como el triángulo OPQ es rectángulo y OP ×OP’=OQ ×OQ’, entonces el triángulo OQ’P’ es también rectángulo, pues el ∆ OPQ y el ∆ OQ’P’ son semejantes; por lo tanto P’ describe

una recta perpendicular a OQ’. Es decir, el inverso de una circunferencia que contiene al centro de inversión es una recta perpendicular a la secante que contiene al diámetro OQ y que pasa por el inverso de Q, o sea Q’.

O

P

Q Q'

P'

126

Consecuentemente, el inverso de una recta que no pase por el centro de inversión es una circunferencia que contiene al centro de inversión y uno de cuyos diámetros es el segmento que une al centro de inversión con el inverso del punto de intersección entre la recta y la perpendicular a ella trazada desde el propio centro de inversión. Definición: Dadas dos circunferencias, a la circunferencia con respecto a la cual son mutuamente inversas se le conoce como su circunferencia de antisimil itud. Por último, consideremos dos curvas que se intersequen en un punto P, una de las cuales contiene a un punto A y la otra a un punto B. Las inversas de dichas curvas tendrán que intersecarse en P’, el inverso de P y contendrán a A’, el inverso de A y a B’, el inverso de B, respectivamente. Como se cumple que OP ×OP’=OA ×OA’=OB ×OB’, entonces los triángulos OPA y OA’P’ son semejantes, al igual que los triángulos OPB y OB’P’, por lo tanto, si trazamos secantes a las curvas que contengan a P y a P’ y que pasen por A, B, A’ y B’, según se muestra en la Figura 9.6, se tendrá que: ∠ OPA= ∠ P’A’O, ∠ OPB= ∠ P’B’O y, por lo tanto:

∠ APB= ∠ OPB- ∠ OPA= ∠ P’B’O- ∠ P’A’O= = ∠ P’A’O+ ∠ B’P’A’- ∠ P’A’O= ∠ B’P’A’. Ahora, si tomamos el límite cuando A y B tienden a P, y por lo tanto A’ y B’ tienden a P’, entonces las secantes tienden a las tangentes y los ángulos tienden a los ángulos entre las curvas. Por lo tanto, hemos demostrado que los ángulos se preservan bajo la inversión, por ello se dice que la inversión es una transformación isogonal o bien, que es una transformación conforme.

Figura 9.6

O

A

P

B

A'

P'

B'

127

Como puede verse, la inversión tiene características similares a la reflexión, a saber, los puntos inversos están en la intersección de un conjunto de circunferencias coaxiales ortogonales a la circunferencia de inversión, igualmente, un punto y su imagen, bajo una reflexión, están en la intersección de un conjunto de circunferencias coaxiales ortogonales al eje de reflexión; la inversión y la reflexión son transformaciones conformes e involutivas5. Por eso se dice que una inversión es una reflexión en una circunferencia. Sin embargo, mientras que la reflexión es una transformación biyectiva, la inversión no lo es en el plano euclidiano, pues el centro de inversión, hasta lo que hemos visto ahora, no tiene un inverso. Para definir el inverso del centro de inversión es necesario que cambiemos el modelo del plano en el que estamos trabajando, pues el modelo que hemos usado hasta ahora no nos permite determinarlo. Definición: Consideraremos un plano en el cual las rectas son circunferencias de radio infinito, tales que todas pasan por un solo punto ideal, entonces, dos circunferencias de radio infinito son tangentes si corresponden a dos rectas paralelas, o se cortan en dos puntos, el ideal y el real, si corresponden a dos que no lo sean. Así que, como el inverso de toda recta contiene al centro de inversión, consecuentemente, el inverso del centro de inversión es precisamente el punto ideal, que está en toda recta. A este plano se le conoce como plano inversivo.

5 Se dice que τ(P) es involutiva si τ(τ(P))=P

128

Ejercicios: 1. Demuestre que para todo punto P que esté fuera de la circunferencia de inversión, su inverso estará sobre la cuerda que une a los puntos donde las tangentes trazadas desde P tocan a la circunferencia. 2. Demuestre que si dos circunferencias no ajenas son ortogonales a una tercera, sus puntos de intersección son colineales con el centro de la tercera circunferencia. 3. Si la distancia entre dos puntos A y B es k, encuentre la distancia entre sus inversos con respecto a una circunferencia de centro O y radio r. 4. Si cuatro puntos armónicos se invierten con respecto a una circunferencia cuyo centro sea otro punto en la misma recta que los primeros, se obtienen otros cuatro puntos armónicos. 5. Dados cuatro puntos colineales A, B, C y D tales que {ABCD}=k, si se invierten los puntos con respecto a una circunferencia de centro O, la razón cruzada se preserva ante la inversión, considere los casos en que O es colineal con los puntos dados y cuando no lo es. 6. Sea A un punto en una circunferencia cuyo centro es C, y suponga que el inverso de esta circunferencia con respecto a una cuyo centro sea A interseque a AC en B. Si D fuera el punto inverso del punto C, demuestre que AB=BD. 7. Considere un cuadrado con sus diagonales. Si esta figura se invirtiere con respecto a uno de sus vértices ¿qué figura se obtendría? ¿Y si se invirtiere con respecto al punto de intersección de las diagonales? 8. Dado un triángulo cualquiera, ¿con respecto a qué punto del plano se invertirían sus lados en tres circunferencias del mismo radio? 9. Demuestre que los puntos límites de un sistema coaxial son mutuamente inversos con respecto a cualquier circunferencia del sistema. 10. Demuestre que si se invierte una circunferencia con respecto a otra, cuyo centro no esté sobre la primera, ambas

129

circunferencias con la circunferencia que se obtiene al hacer la inversión pertenecen a un sistema coaxial. 11. Dada una circunferencia de centro O y dos puntos, A y A’, mutuamente inversos con respecto a ella, demuestre que para cualquier punto P de la circunferencia se cumple que la razón PA/PA’ es constante. Inversamente, si dos puntos B y C dividen interna y externamente al segmento AA’ de tal manera que AB/BA’=-AC/CA’ ≠ 1, entonces A y A’ serán puntos inversos con respecto a la circunferencia de diámetro BC a ésta se le llama la Circunferencia de Apolonio de los puntos A y A’ de razón PA/PA’. 12. Si dos circunferencias son mutuamente inversas con respecto a una tercera ¿sus centros son también mutuamente inversos? 13. Demuestre que si se toma un punto P cualquiera en una circunferencia y se trazan rectas a los extremos, A y B, de un diámetro y luego se traza una perpendicular a éste que pase por el centro de la circunferencia, los puntos en que las rectas trazadas PA y PB intersecan a la perpendicular al diámetro son mutuamente inversos con respecto a la circunferencia. 14. Demuestre que por dos puntos interiores a un círculo, diferentes del centro de éste, sólo se pueden trazar dos circunferencias tangentes a dicho círculo. 15. Si se tiene un sistema de circunferencias coaxiales no ajenas ¿cuál será su inverso con respecto a una circunferencia cuyo centro sea uno de los puntos de intersección del sistema? ¿Y si el centro de inversión es uno de los puntos del eje radical? ¿Y si es un punto del plano que no pertenezca al eje radical? 16. Si se tiene un sistema de circunferencias coaxiales ajenas ¿cuál será su inverso con respecto a un punto del eje radical? ¿Y cuál será el inverso con respecto a cualquier punto del plano? 17. ¿Cuál será el inverso del circuncírculo de un triángulo si la circunferencia de inversión es la del incírculo del propio triángulo? 18. Demuestre que dos puntos inversos y los puntos en que la recta que los contiene cortan a la circunferencia de inversión forman una hilera armónica.

130

19. Si P, P’ y Q, Q’ son dos pares de puntos inversos con respecto a una circunferencia de centro O y tales que forman un cuadrángulo, demuestre que los triángulos OPQ y OP’Q’ son inversamente semejantes y que el cuadrángulo es inscriptible en una circunferencia ortogonal a la circunferencia de inversión. 20. Si una figura es invertida con respecto a dos circunferencias concéntricas, las figuras inversas son homotéticas y el centro de homotecia es el centro de inversión. 21. Demuestre que el inverso de un haz de rectas paralelas es un conjunto de circunferencias coaxiales. ¿Cuál será el inverso del conjunto de circunferencias ortogonales al conjunto coaxial obtenido? 22.* Demuestre la siguiente propiedad, conocida como Teorema de Feuerbach. La circunferencia de los nueve puntos de un triángulo ABC es tangente al incírculo y a cada uno de los excírculos del propio tr iángulo. Auxíliese con la siguiente figura:

23. Demuestre que si una circunferencia y un par de puntos mutuamente inversos con respecto a ella se invierten con respecto a cualquier punto del plano que no sea de la circunferencia, el resultado es otra circunferencia y un par de puntos mutuamente inversos con respecto a ésta.

B C

A

I

I1

X1 X

D'

K

V

DL

M

S

131

24. Demuestre que si dos circunferencias son ortogonales, el inverso del centro de cualquiera de ellas con respecto a la otra es el punto medio de la cuerda común. 25. Demuestre que si dos circunferencias son mutuamente inversas, la tangente trazada a cualquiera de ellas por el centro de inversión es también tangente a la otra. 26. Si dos circunferencias son invertidas con respecto a diversos puntos del plano analice qué pasa con la línea de los centros. 27. Dos circunferencias C y C’ se intersecan en dos puntos A y B. Si el diámetro de C que pasa por A corta a C’ en D y el diámetro de C’ que pasa por A corta a C en E, demuestre que el eje radical de las dos circunferencias pasa por el centro de la circunferencia que pasa por A, D y E. 28. Dada una circunferencia O y tres de sus cuerdas: AB, AC y AD, demuestre que las circunferencias cuyos diámetros son dichas cuerdas se intersecan por pares en tres puntos colineales. 29. Demuestre que si un par de circunferencias tienen dos circunferencias de antisimilitud, entonces éstas últimas son ortogonales. 30. ¿Cuál es la circunferencia de antisimilitud de dos circunferencias concéntricas? 31. Demuestre que tres circunferencias cualesquiera siempre pueden ser invertidas en tres circunferencias cuyos centros sean colineales. ¿Será posible hacer que los centros queden en una recta dada? 32. Dadas tres circunferencias con un punto en común y sus seis circunferencias de antisimilitud, siempre pueden invertirse en un triángulo y sus bisectrices. 33. Si tres circunferencias concurren en un punto y se intersecan por pares, entonces sus seis circunferencias de antisimilitud se intersecan por tercias en cuatro puntos. 34. Cuatro puntos no concíclicos se pueden invertir en un grupo ortocéntrico de puntos, es decir, cuatro puntos tales que si se construye un triángulo con tres de ellos, el cuarto punto es el ortocentro de ese triángulo.

132

35. Dos circunferencias ajenas siempre pueden invertirse en dos circunferencias concéntricas. 36. Sean P y P’ dos puntos inversos con respecto a una circunferencia dada y sea AB una cuerda de dicha circunferencia que contenga a P. Demuestre que la recta PP’ biseca al ángulo AP’B. 37. Demuestre que si una circunferencia y dos puntos inversos con respecto a ella se invierten con respecto a cualquier punto de la propia circunferencia, el resultado es una recta y dos puntos simétricos con respecto a ella. 38. Si tres circunferencias se intersecan entre sí, demuestre que pueden ser invertidas en tres circunferencias del mismo radio. 39. Establezca una condición para que tres circunferencias no puedan ser invertidas en circunferencias del mismo radio. 40. Si tres circunferencias son invertidas en sí mismas ¿en qué se invierten las líneas de sus centros? 41. Demuestre que toda circunferencia ortogonal a dos circunferencias dadas puede obtenerse invirtiendo la línea de los centros de éstas. 42. Sean P y P’ dos puntos mutuamente inversos con respecto a una circunferencia C; sea A un punto en dicha circunferencia. Demuestre que AP/AP’ es constante para toda A. 43. Demuestre que el inverso del centro de un círculo dado es el inverso del centro de la circunferencia de inversión con respecto al círculo inverso del círculo dado. 44. Sean A, B, C y D cuatro puntos colineales y sean A’, B’, C’ y D’ sus inversos con respecto a cualquier punto del plano. Demuestre que:

''''''''

DBCA

DCBA

BDAC

CDAB

××=

××

45. Sean A, B, C y D cuatro puntos concíclicos tales que C y D estén en los arcos AB y BA, respectivamente. Si se trazan perpendiculares desde D a las cuerdas AB, BC y CA cuyas longitudes respectivas son l, m y n , demuestre que:

133

n

CA

m

BC

l

AB +=

46. Una figura consiste de un triángulo, sus alturas, las circunferencias cuyos diámetros son los lados del triángulo y las circunferencias cuyos diámetros son los segmentos que unen a los vértices con el ortocentro del triángulo. Invierta la figura con respecto al círculo de los nueve puntos del triángulo.

47. Demuestre que si A, B, C y D son los vértices de un cuadrángulo inscriptible, los cuatro puntos pueden invertirse en los vértices de un rectángulo. 48*. Construya, usando propiedades de inversión, una circunferencia que pase por un punto y sea tangente a dos circunferencias dadas. Utilice el resultado para construir una circunferencia tangente a tres circunferencias dadas. 49.* Construya una circunferencia que pase por dos puntos dados y que interseque a otra circunferencia dada en un ángulo específico. 50. Construya una circunferencia que pase por un punto e interseque a dos circunferencias en ángulos dados. 51. Demuestre que siempre es posible invertir los vértices de un triángulo en los vértices de otro que sea semejante a un triángulo dado. 52. Demuestre que si dos circunferencias son ajenas o tangentes tienen una sola circunferencia de antisimilitud, mientras que si se intersecan, tienen dos. 53. Use el resultado del ejercicio anterior para demostrar que hay una infinidad de maneras de invertir dos circunferencias no concéntricas en dos circunferencias del mismo radio. 54. Dos circunferencias ortogonales se cortan en un punto P, si O es un punto de una circunferencia tangente a ellas en los puntos Q y R, demuestre que las circunferencias que pasan por O, P y R y por O, P y Q se cortan formando un ángulo de 45º. 55. Dos circunferencias, C1 y C2 son tangentes en un punto T . Una circunferencia variable que pasa por T corta ortogonalmente a C1 en X y a C2 en Y, demuestre que las rectas que pasan por X y Y son concurrentes.

134

56. Sean A, B, C y D cuatro puntos del plano tales que ninguna tercia es colineal. Demuestre que los circuncírculos de los triángulos ABC y ADC, forman el mismo ángulo que los circuncírculos de los triángulos BDA y BCD. 57. Una circunferencia variable es tangente a otra que es fija y es ortogonal a una tercera, fija también. Demuestre que existe una circunferencia fija que también es tangente a la variable y coaxial con las que son fijas. 58. Sea AC el diámetro de una circunferencia, sean B y D dos puntos cualesquiera en dicha circunferencia y sea O el punto de intersección de las rectas AB y CD. Demuestre que la circunferencia que contiene a B, D y O es ortogonal a la circunferencia de diámetro AC.

59. Dado un sistema de circunferencias coaxiales tangentes entre sí ¿cuál es el lugar geométrico de los puntos inversos a un punto dado con respecto a las circunferencias del sistema?

135

Capítulo 10 Polos y polares Dada una circunferencia de centro O y radio r, podría asociarse a cada punto P del plano, excepto O, una recta, de tal manera que dicha recta corte a OP perpendicularmente en P’, el inverso de P, como se muestra en la Figura 10.1.

Figura 10.1 Al punto P se le llama polo de p y a la recta p, polar de P. Es claro que si P es interior, p no tiene puntos de intersección con la circunferencia, mientras que si P es exterior p es una secante de la circunferencia. Consecuentemente, si P está en la circunferencia, p será la tangente a ella trazada por P; éste, es el único caso en que P pertenece a su polar o que p contiene a su polo.

p

p

O PP'

O P'P

136

Teorema: Si se toma cualquier punto Q de una recta p, la polar q de Q contendrá al polo P de p y viceversa. A las rectas p y q, se les llama conjugadas y, similarmente, a los puntos P y Q se les denomina conjugados. Para demostrar el teorema anterior vamos a usar la Figura 10.2. Empecemos por suponer que q es la polar de Q, un punto de p, supongamos que q cortara a OP en un punto X, los triángulos OP’Q y OQ’X son semejantes, ya que tienen dos ángulos respectivamente iguales, luego, OQ× OQ’=OP’× OX, lo cual implica que X=P, es decir, la polar de Q pasa por P.

Figura 10.2 Por lo anterior podemos decir que el polo de una recta es el dual de su polar y viceversa. Los puntos conjugados tienen las siguientes propiedades:

a. De dos puntos conjugados de una secante a un círculo uno es interior y el otro exterior al círculo.

b. Un punto de la circunferencia es conjugado de todos los puntos

de la tangente que lo contiene.

p

q

O XP'

Q'

Q

137

Y de las rectas conjugadas que:

a. De dos rectas conjugadas que se intersequen en el exterior de un

círculo, una es secante de él y la otra no.

b. Toda recta tangente a una circunferencia tiene como conjugadas a todas las rectas que pasan por el punto de tangencia.

Las demostraciones de estas propiedades se dejarán como ejercicios.

Figura 10.3 Una propiedad interesante que se deriva del teorema anterior es la siguiente: si una recta corta a una circunferencia O en los puntos A y B, y C es un punto cualquiera de dicha recta, por el conjugado armónico de C, llamémoslo D, pasa la polar de C. Para demostrarlo, veamos que AB es la polar del punto de intersección de las tangentes por A y por B, llamémoslo S, por otra parte, como la polar de C es conjugada de AB, pasa por S y, como el polo de SC, C’, está en la polar de C, SC’ es la polar de C. Ahora bien, como C y C’ son puntos inversos, el haz S{ABCC’}=-1; como por hipótesis {ABCD}=-1=S{ABCD}, entonces S{ABCD}= S{ABCC’}, luego, la polar de C contiene a D. Supongamos que tenemos un punto y una recta, ¿podríamos decir para qué circunferencia son polo y polar? ¿Cuántas soluciones tiene este problema?

O

A B

S

C D

C'

138

En Figura 10.4, supongamos que A es el punto dado y que BC es un segmento en la recta dada. Digamos que el centro de la circunferencia buscada es un punto H; puesto que la polar de B debe pasar por A y ser perpendicular a BH y la polar de C también debe pasar por A y ser perpendicular a CH, se deduce que H es el ortocentro del triángulo ABC. Entonces sólo queda por determinar el valor del radio, pero como el vértice A, polo, y el pie de la altura D al lado que pertenece a la polar

son puntos inversos r= DHAH × y el problema está resuelto. Al círculo encontrado se le llama círculo polar del triángulo ABC y obviamente es único.

Figura 10.4 A cualquier triángulo, necesariamente obtuso, que permita trazar un círculo para el cual un vértice sea polo de su lado opuesto se le llama triángulo autopolar, y presenta la siguiente propiedad: Teorema: El circuncírculo de un triángulo autopolar y su circunferencia de los nueve puntos son mutuamente inversas con respecto al círculo polar. Demostración: Recordemos que los puntos H, J y O son colineales y que JH/HO=-½, es decir, H es un centro de homotecia del círculo de los nueve puntos y del circuncírculo. Por otra parte, el inverso de A, que está en el circuncírculo, es su antihomólogo D, que está en el círculo de

A

B

C

N

M

L

H

D

O

P

R

J

Y

Q

F

E

X

139

los nueve puntos. Por lo tanto, el círculo autopolar es una de las circunferencias de antisimilitud de dichos círculos, lo cual implica que pasa por los puntos de intersección del circuncírculo y del círculo de los nueve puntos, X y Y en la Figura 10.4, y es entonces un elemento más del sistema coaxial que éstos determinan. Supongamos que tenemos una hilera de cuatro puntos A, B, C y D tales que {ABCD}=k, ¿cómo serán las polares de estos puntos? Veamos la Figura 10.5:

Figura 10.5 Como cada polar pasa por P’, el polo de la recta que contiene a los puntos A, B, C y D, y además a es perpendicular a OA, b a OB, etc., tendremos que {ABCD}=O{ABCD }={abcd}=k.

a

b

c

d

O

A

BC

P

P' D

140

Ejercicios: 1. Analice la siguiente afirmación y diga si es verdadera: “Los puntos y las rectas del plano pueden ponerse en correspondencia biunívoca a partir de un círculo dado y relacionando a cada punto con su polar y viceversa”. 2. Analice la siguiente afirmación y diga si es verdadera: “Dos puntos son conjugados si y sólo si sus polares son conjugadas”. 3. Sea CO una circunferencia con centro en un punto O y sea P un punto cualquiera del plano diferente de O. Demuestre que la polar de P es el eje radical de CO y una circunferencia de diámetro OP. 4. Sean P y Q los polos de dos rectas conjugadas p y q, respectivamente, demuestre que el polo de la recta PQ es el punto de intersección de p y q. 5. Demuestre que uno de los ángulos entre las polares de los puntos P y Q, con respecto a una circunferencia de centro O, coincide con el ángulo POQ. 6. ¿Qué se obtiene si se construyen las polares de los vértices y los polos de los lados de un polígono inscrito en una circunferencia, con respecto a ella misma? Analice el caso particular en que el polígono sea un cuadrilátero rectángulo. 7. Dados tres puntos no colineales, construya la polar de un cuarto punto con respecto al círculo determinado por los tres puntos dados sin trazar dicho círculo ni alguno de sus arcos. 8.* Dados tres puntos colineales A, B y D, encontrar el punto C tal que {ABCD}=-1 usando las propiedades de polos y polares. 9.* Dadas tres rectas concurrentes a, b y c en un punto S, exterior a una circunferencia, encontrar la recta d concurrente con a, b y c tal que S{abcd}=-1. 10.* Trazar la tangente a una circunferencia dada en un punto específico de ella usando sólo regla. 11. Sean A, B, C y D cuatro puntos concíclicos para los que {ABCD}=k y sea t la tangente al círculo en un punto T, diferente de ellos, demostrar que si se trazan tangentes por cada uno de los cuatro puntos dados, y las intersecciones con la tangente t, que pasa por T, son A’, B’, C’ y D’, se cumple que {A’B’C’D’}=k. Vea la siguiente figura:

141

12. Demuestre que de dos puntos conjugados de una secante a un círculo uno es interior y el otro exterior al círculo. 13. Demuestre que un punto de la circunferencia es conjugado de todos los puntos de la tangente que lo contiene. 14. Demuestre que de dos rectas conjugadas que se intersequen en el exterior de un círculo, una es secante y la otra no. 15. Demuestre que toda recta tangente a una circunferencia tiene como conjugadas a todas las rectas que pasan por el punto de tangencia. 16. Sean A, B, C y D los vértices de un cuadrángulo inscrito en una circunferencia y sean P, Q y R las intersecciones de los lados opuestos, según se muestra en la figura siguiente. Demuestre que el triángulo PQR, llamado triángulo diagonal del cuadrángulo, es autopolar con respecto a la circunferencia.

t

O

D

C

B

A

T C'B'A' D'

142

17. En el ejercicio anterior demuestre que las circunferencias cuyos diámetros son los lados PQ, QR y RP del triángulo diagonal son ortogonales a la circunferencia ABCD. 18. Sea abcd un cuadrilátero circunscrito a una circunferencia, demuestre que su triángulo diagonal, PQR en la siguiente figura, es autopolar con respecto a la circunferencia.

19.* Demuestre el siguiente teorema, que es conocido como Teorema de Brianchon: “Las líneas que unen vértices opuestos de un hexágono circunscrito a una circunferencia son concurrentes”. (Note que esta propiedad es el dual del Teorema del Hexagrama Místico de Pascal).

A B

CD

Q

P

R

d

bc

a

D

C

F

E

A

B

R

Q

P

143

20. Demuestre que si una circunferencia es cortada por un haz de cuatro rectas, cuyo vértice O no está en la circunferencia, en los puntos A, A’, B. B’, C, C’, D y D’, las rectas AB’ y A’B; AC’ y A’C; AD’ y A’D se intersecan en la polar de O y, por lo tanto, {ABCD}={A’B’C’D’}.

21.* (Teorema de la Mariposa): Sea AB una cuerda diferente del diámetro de una circunferencia, sea M el punto medio de dicha cuerda, sean PQ y RS dos cuerdas concurrentes en M tales que PS y RQ intersequen a AB en E y F, respectivamente. Demuestre que EM=MF. (Este ejercicio coincide con el 7-25, sólo que ahora se requiere resolverlo usando las propiedades de polos y polares)

A'

B'

C'

D'

E'

F'

P

C

B

D

E

F

Q

R

A

O

A

A'

D

C

B

D'

C'

B'

144

22. Sea A, B, C, H un grupo ortocéntrico de puntos, demuestre que las circunferencias polares correspondientes a los tres triángulos obtusos del grupo son ortogonales por pares y que se intersecan en los lados del cuadrángulo que pasan por el vértice común a los ángulos obtusos.

P

A BM

Q

R

S

E

F

K L

A

CB

H

D

E

F

145

23. Demuestre que si un triángulo tiene un círculo polar, entonces el inverso de uno de sus lados con respecto al círculo es una circunferencia cuyo diámetro es el segmento que une al vértice opuesto con el ortocentro.

24. Sean P y P’ dos puntos variables contenidos respectivamente en dos rectas fijas l y l’, tales que el ángulo que el segmento PP’ subtienda desde un punto fijo O sea constante, demuestre que el lugar geométrico del polo de PP’ con respecto a cualquier círculo de centro O es una circunferencia. 25. Encuentre el lugar geométrico de un punto P cuyas polares con respecto a dos circunferencias dadas forman un ángulo fijo entre ellas. 26. Demuestre que si PQ es una cuerda de una circunferencia C y R es el polo de dicha cuerda, con respecto a C, si se traza cualquier secante de C que pase por R, de tal manera que S sea el punto medio de la cuerda determinada por dicha secante, entonces RS es bisectriz del ángulo PSQ. 27. Sean P y P’ dos puntos variables en un círculo tales que el diámetro de éste biseca al ángulo PAP’, donde A es un punto fijo exterior. Demuestre que la línea PP’ pasa por un punto fijo. 28. Sea H el ortocentro de un triángulo ABC en el cual el ángulo A es obtuso; sean AD, BE y CF las alturas de dicho triángulo. Si la circunferencia polar corta al lado AC en P y en Q, demuestre que el hexágono H, F, P, D, B y Q es inscriptible. 29. Demuestre que si un par de vértices opuestos de un cuadrado son puntos conjugados con respecto a una circunferencia, entonces los otros lo son también. 30. Una tangente común a dos circunferencias las toca en P y Q, respectivamente, demuestre que P y Q son puntos conjugados con respecto a las intersecciones con la tangente y cualquier circunferencia coaxial con las circunferencias dadas que la corte. 31. Dados un punto y una recta, construya la circunferencia con respecto a la cual son polo y polar, respectivamente. ¿Es única la solución? 32. Sea O el centro de una circunferencia dada Co, sea l una recta que no corte a Co y sean P y Q dos puntos en l; se trazan tangentes a la circunferencia Co desde P y Q. Demuestre que uno de los puntos diagonales del cuadrángulo cuyos vértices son los puntos de tangencia es el polo de l.

146

33. Encuentre las polares de los otros puntos diagonales del ejercicio anterior. 34. Dados un círculo y dos rectas, cuyo punto de intersección es inaccesible, trace con regla únicamente las tangentes al círculo que contienen al punto de intersección de las rectas. 35. Sean P y Q puntos conjugados con respecto a una circunferencia, demuestre que PQ² es igual a la suma de las potencias de P y de Q con respecto a la propia circunferencia. 36. Sean P y Q dos puntos variables en una circunferencia, tales que la cuerda PQ contenga a un punto fijo A, demuestre que los puntos de intersección de las tangentes trazadas por P y por Q son colineales. 37. Sea CO una circunferencia ortogonal a tres circunferencias dadas tales que sus centros no sean colineales, demuestre que las polares de cualquier punto en CO con respecto a las tres circunferencias dadas son concurrentes. 38. Sea CO la circunferencia circunscrita a un triángulo ABC, sea t la tangente a CO en A y sea S el punto de intersección entre t y BC. Si t se prolonga hasta un punto P tal que SP=AS, demuestre que A y P son puntos conjugados con respecto a cualquier circunferencia que pase por B y C. 39. Sea ABC un triángulo rectángulo en B, sea M el punto medio de la hipotenusa, demuestre que A y C son puntos conjugados con respecto a cualquier circunferencia que sea tangente a BM en B. 40. Sea CO una circunferencia de centro O y sean P y Q dos puntos distintos de O, demuestre que las distancias OP y OQ son proporcionales a las de P a q y de Q a p, donde p y q son las polares de P y Q respectivamente. 41. Sea AB una cuerda de una circunferencia dada y sea CD la cuerda conjugada de AB. Demuestre que {ABCD}=-1. 42. Sea ABC un triángulo y sean A’, B’ y C’ las intersecciones de las polares de sus vértices con respecto a una circunferencia dada. Demuestre que las polares de A’, B’ y C’, con respecto a la misma circunferencia, son los lados del triángulo ABC (A los triángulos ABC y A’B’C’ se les llama copolares). 43. Demuestre que dos triángulos copolares siempre pueden ponerse en perspectiva.

147

44*. Demuestre que si dos pares de vértices opuestos de un cuadrilátero completo son conjugados con respecto a una circunferencia, los otros dos vértices también lo son. 45. Sea ABC un triángulo y sean X, Y y Z los puntos de contacto del incírculo con los lados BC, CA y AB, respectivamente y sea P el punto del incírculo diametralmente opuesto a X. Si L es el punto medio de BC, demuestre que AL, PX y YZ son concurrentes. 46. Sea C una circunferencia ortogonal a tres circunferencias dadas; sea P un punto en C. Demuestre que las polares de P con respecto a cada una de las circunferencias dadas son concurrentes. 47. En el Ejercicio 45 sea K el punto donde YZ corta a BC. Demuestre que {BCXK}=-1. 48. Sean P y Q dos puntos conjugados con respecto a una circunferencia de centro O y exteriores a ella, sean t1 y t2 las longitudes de las tangentes a la circunferencia O trazadas respectivamente desde P y Q. Demuestre que las circunferencia de centro P y radio t1 y la circunferencia de centro Q y radio t2 son ortogonales. 49.* En el Ejercicio 45 trace PA, PZ y PY hasta cortar a BC en Q, R y S, respectivamente. Demuestre que SQ=QR. 50. Sean P y Q dos puntos conjugados con respecto a una circunferencia de centro O y ambos exteriores a ella. Sea U la proyección de O en la recta PQ. Demuestre que PU×UQ=UT², donde T es el punto de contacto entre la circunferencia y la tangente trazada desde U.

148

Capítulo 11 Introducción a la Geometría Hiperbólica En el Capítulo 1 se comentó que el quinto postulado de Euclides no fue plenamente aceptado como tal, pues tiene una estructura lógica de proposición condicional. Hubo diversos intentos por demostrarlo a partir de los cuatro primeros postulados, que condujeron a proposiciones equivalentes, algunas de las cuales se enunciaron en el propio Capítulo 1. Ante reiterados fracasos por deducir la tesis del quinto postulado a partir de los otros cuatro se trató de demostrarlo por un camino indirecto, es decir, sin suponer que se cumple la propiedad de que la paralela a una recta que pasa por un punto fuera de ella es única, que, como se expuso en el Capítulo 1, es un equivalente del postulado en cuestión. Girolamo Saccheri (1667-1733) realizó el primer intento importante en este sentido, aunque él mismo no aceptó las consecuencias de lo que había obtenido y que comentaremos más adelante. Más de treinta años después de muerto Saccheri, Johann Heinrich Lambert (1728-1777) retomó la idea de la demostración indirecta y escribió un tratado que no se publicó durante su vida. El trabajo de Lambert es similar al de Saccheri y al igual que éste no llegó a las conclusiones a las que el tratado pudo haberlo llevado. El siguiente intento, basado en el método indirecto, lo hizo Adrien Marie Legendre (1752-1833) quien escribió un tratado de Geometría que fue la fuente de estudio de esta disciplina durante muchos años. Él partió de que la suma de los ángulos interiores de un triángulo podía ser menor, igual o mayor a 180º, descartó esta última posibilidad suponiendo la infinitud de la recta, pero no pudo dar argumentos sólidos para descartar la primera posibilidad. Finalmente, dos matemáticos llegaron, cada uno por su cuenta, a la conclusión de que la negación del quinto postulado lleva a otra geometría distinta de la euclidiana, ellos fueron Janos Bolyai (1802-1860) y Nicolai Ivanovich Lobachevsky (1793-1856). Comencemos por revisar someramente lo que hizo Saccheri: Su objeto de estudio fue un cuadrilátero con las siguientes características: dos lados iguales, AC y BD, perpendiculares a un tercer lado, AB, llamado “base” y un cuarto lado, CD, opuesto a la base, llamado “cima”, para el cual no necesariamente se supone que los ángulos que forman con él los lados iguales sean rectos, según se muestra en la siguiente figura6:

6 En adelante todas las líneas que se tracen son rectas, salvo que se especifique otra cosa. Por ejemplo, en la Figura 11.1, CD es un segmento de recta.

149

Figura 11.1 A todo cuadrilátero construido con tales características se le llama Cuadrilátero de Saccheri. Para demostrar las siguientes proposiciones, Saccheri no empleó ni explícita ni implícitamente el quinto postulado de Euclides en ninguna de sus formas; cabe notar que, al suprimir la unicidad de la paralela a una recta que pasa por un punto dado fuera de ella, automáticamente queda suprimido el concepto de semejanza (vea el Capítulo 2). Proposición S1. Los ángulos entre los lados iguales y el lado opuesto a la base son iguales. Demostración: Es decir,∠ C=∠ D, para ello se trazará la mediatriz EF del segmento AB y dos rectas auxiliares CE y DE, vea la Figura 11.2:

Figura 11.2

Aquí cabe señalar que las propiedades LAL y LLL de congruencia de triángulos siguen siendo válidas, ya que ninguna requiere para su demostración de propiedades de paralelismo; además, Saccheri demostró el caso LLA para triángulos rectángulos. Esta demostración se dejará al lector como ejercicio. Puesto que los triángulos CAE y DBE son congruentes (LAL), el ángulo ECA es igual al ángulo EDB. Esto implica que los triángulos CFE y DFE

BA

CD

BA E

CDF

150

son también congruentes, pues ∠ FEC=∠ FED, FE es común y EC=ED, entonces ∠ FCE=∠ FDE, lo cual completa la demostración. Adicionalmente, notemos que también los ángulos EFC y EFD son rectos.■ Además de la proposición anterior, se pueden demostrar las siguientes (las demostraciones se dejan como ejercicios): Proposición S2. En un cuadrilátero con dos lados perpendiculares a la base AB, BD>AC si y sólo si ∠ C>∠ D. (En adelante, cuando se aluda a un ángulo de un cuadrilátero siempre se referirá al ángulo interior, salvo que se especifique lo contrario). Proposición S3. En un cuadrilátero de Saccheri, sea P un punto en la cima CD y entre C y D tal que para alguna Q en la base AB, PQ ⊥ AB, entonces:

i. PQ<BD⇒ ∠ D<90º7. ii. PQ=BD⇒ ∠ D=90º. iii. PQ>BD⇒ ∠ D>90º.

Proposición S4. Sea ABCD un cuadrilátero de Saccheri en un plano Γ. Para cualquier otro cuadrilátero de Saccheri A’B’C’D’ (vea la Figura 11.3) en Γ se cumple que:

i. ∠ C<90º⇒ ∠ C’<90º. ii. ∠ C=90º⇒ ∠ C’=90º. iii. ∠ C>90º⇒ ∠ C’>90º.

Para demostrar la propiedad i. de esta proposición se pueden considerar tres casos, a saber, cuando el segmento perpendicular al punto medio de la base del cuadrilátero A’B’C’D’ es igual a EF, el del cuadrilátero ABCD, cuando es menor y cuando es mayor. Si es igual, se superponen los segmentos perpendiculares en los puntos medios de los lados y se construye una figura como la siguiente, en la que se supuso que AC>A’C’, etc., en el caso contrario, es decir, cuando AC<A’C’, etc., la demostración es similar.

7 Usaremos la notación 90º, para indicar que se trata de un ángulo recto, o 180º para dos ángulos rectos, sólo por costumbre, ello no implica que se trate del resultado de una medición.

151

Figura 11.3 Por la Proposición S3 i., como BD>B’D’ y por hipótesis D’B’ ⊥ AB, entonces, ∠ D=∠ C<90º y, por lo tanto, ∠ D’=∠ C’ es agudo. Si E’F’ fuese diferente de EF, tomemos un segmento EB’= E’F’ sobre AB tal que E’ coincida con E, según se muestra en la Figura 11.5. y prolonguemos FE hasta G, de tal manera que EG=FE, localicemos el punto K tal que el cuadrilátero FGD’K sea de Saccheri, ello implica que EB’⊥FG. Sobre AB localicemos A’ tal que A’E=EB’ y sobre CD localicemos C’ tal que C’A’⊥AB.

Figura 11.4

BA E

CD

B'A'

C' D'F

A BEE'

CF

DD'

B'

G K

C'

A'

152

El cuadrilátero A’B’C’D’ es también de Saccheri, es decir EF<D’B’, por lo tanto, de acuerdo con S3 i. ∠D’<90. ■ Las demostraciones para el caso en que E’F’>EF (note que por E3 i. E’F’<BD) y los demás casos, ii. y iii., se dejan como ejercicios. Proposición S5. Sea ABCD un cuadrilátero de Saccheri y sea P un punto en la prolongación de la recta CD a la derecha de D; entonces, si Q∈AB tal que PQ ⊥ AB, se cumple que:

i. PQ>BD ⇒ ∠ C<90º. ii. PQ=BD ⇒ ∠ C=90º. iii. PQ<BD ⇒ ∠ C>90º.

Para demostrar la opción i. usaremos la Figura 11.5. Sea E tal que QE=AC=BD. Note que en dicha figura hay tres cuadriláteros de Saccheri: el ABCD, el AQCE y el BQDE, por lo tanto ∠ PDE es un ángulo exterior del triángulo ECD. No podemos usar la propiedad de que un ángulo exterior de un triángulo es igual a la suma de los ángulos interiores no adyacentes a él, pues es equivalente al quinto postulado; sin embargo, es fácil demostrar que un ángulo exterior es mayor que cualquiera de los ángulos interiores no adyacentes a él sin usar propiedades de paralelismo (vea el Ejercicio 9 del Capítulo 1)8. Mediante esa propiedad, se tiene que para el triángulo ECD: ∠ EDP>∠ ECD=∠ACD-∠ ACE, entonces: 180º=∠ CDB+∠ BDE+∠ EDP>∠ CDB+∠ BDE+∠ ACD-∠ ACE>2∠ ACD, pues ∠CDB=∠ACD y ∠BDE>∠ACE, por lo tanto, ∠ ACD=∠ C<90º. ■

Figura 11.5 Proposición S6. Dado un triángulo CDE, siempre puede construirse un cuadrilátero de Saccheri tal que la suma de sus ángulos internos en la

8 Al aceptar esta propiedad estamos suponiendo tácitamente la infinitud de la recta, lo cual no es cierto en Geometría Elíptica.

A QB

C DP

E

153

cima es igual a la suma de los ángulos internos del triángulo. Veamos la siguiente figura:

Figura 11.6 En la Figura 11.6, F es el punto medio de EC y H el punto medio de ED; los puntos A, G y B son los pies de las perpendiculares trazadas a la recta FH desde C, E y D, respectivamente, es decir, ABCD es un cuadrilátero de Saccheri con la base hacia arriba. Se quiere demostrar que: ∠ ACD+∠ CDB=∠ ECD+∠ CDE+∠ DEC; o lo que es lo mismo, ∠ ACF+∠ BDH=∠ FEH. Lo cual es claro por la congruencia de los triángulos ACF y GEF, así como de los triángulos BDH y GEH. ■ Con esta última proposición podemos probar una propiedad sumamente importante que es la siguiente: Proposición S7. Si en un plano hay un triángulo tal que

i. La suma de sus ángulos interiores es menor a 180º, entonces, para todos los triángulos en ese plano la suma de sus ángulos interiores será menor a 180º.

ii. La suma de sus ángulos interiores es igual a 180º, entonces, para todos los triángulos en ese plano la suma de sus ángulos interiores será igual a 180º.

iii. La suma de sus ángulos interiores es mayor a 180º, entonces, para todos los triángulos en ese plano la suma de sus ángulos interiores será mayor a 180º.

Nuevamente haremos la demostración del caso i. y dejaremos al lector las demostraciones de los demás casos. Supongamos que hay un triángulo cuya suma de ángulos interiores sea menor a 180º, entonces, por la Proposición S6, hay un cuadrilátero de Saccheri cuya suma de ángulos interiores es menor a

E

DC

FB

G

A

H

154

180º, pero por la Proposición S5, todos los cuadriláteros de Saccheri tienen como suma de sus ángulos interiores en la cima un valor menor a 180º; por lo tanto, como el valor de la suma de los ángulos interiores de un triángulo es igual al valor de la suma de los ángulos en la cima del cuadrilátero de Saccheri que se le asocie, según la Proposición S6, entonces la suma de los ángulos interiores de cualquier triángulo es menor a 180º, como se quería demostrar. Definición: Al valor de la resta de 180º menos el valor de la suma de los ángulos interiores de un triángulo le llamaremos el defecto del triángulo, el cual es positivo en el caso de los triángulos a que se refiere el inciso i. de esta Proposición S7, cero en el caso de los del inciso ii, y negativo en el caso de los del inciso iii. Cabe comentar que el defecto de un triángulo se identifica con el área del propio triángulo; la justificación de esto requiere de Cálculo Integral. Lo que sí vamos a revisar es la variación del concepto de paralelismo que surge en el caso de que en un plano el defecto de los triángulos sea positivo. Geometría hiperbólica Como la suma de los ángulos interiores de un triángulo es menor a 180º, entonces el quinto postulado no es necesariamente válido, es decir, si dos rectas son cortadas por una transversal y de uno de los lados de ésta la suma de los ángulos interiores es menor a 180º, no podemos afirmar que las rectas, si se prolongan suficientemente, se acabarán cortando. En otras palabras, no necesariamente acabaremos formando un triángulo, veamos por qué: En la figura 11-7 diremos que a partir de cierta inclinación, las rectas que pasan por el punto A no cortarán a la recta b. Para estudiar mejor este fenómeno nos remitiremos a las semirrectas o rayos que parten de A en alguna dirección hacia la recta b.

Figura 11.7

b

A

155

En la Figura 11.8 las semirrectas que pasan por A forman diversos ángulos con el segmento AB, al ángulo φ más pequeño para el que una

semirrecta a, por A (en adelante la denotaremos Aa), no corte a la recta b, por B (Bb), se le conoce como ángulo límite, y a la semirrecta respectiva como paralela límite, paralela asintótica o simplemente paralela a b que contiene a A (a las rectas que no cortan a b, pero que no son paralelas límites se les llama ultraparalelas o paralelas divergentes, en la Figura 11.8, Ax).

Figura 11.8 Las paralelas límites a una recta dada tienen las siguientes propiedades:

i. Si la semirrecta Aa es paralela límite a una recta b,

entonces, cualquier semirrecta A’a, con A’∈Aa lo es también. Vea la figura 11.9

Figura 11.9

ii. Recíprocamente, si una semirrecta Aa es paralela límite a una recta b, cualquier semirrecta B’b en la recta b es paralela límite a Aa.

iii. Dadas tres semirrectas Aa, Bb y Cc, en la misma dirección, tales que Aa es paralela límite a Bb y Bb paralela límite a Cc, entonces Aa es paralela límite a Cc. Vea la Figura 11.10

x

a

b

φ

B

A

C

γ

b

φ

A

B

A'

B'

156

Figura 11.10 Axioma fundamental de la Geometría Hiperbólica: Dada una recta y un punto fuera de ella, existen dos semirrectas a partir del punto, una en cada dirección de la recta dada, que son paralelas límites a ella; dichas semirrectas no pueden ser colineales.

Figura 11.11 Como consecuencia de este axioma se pueden demostrar algunas propiedades: Propiedad H-1. Dada una recta l y un punto A fuera de ella, la magnitud del segmento AB, perpendicular a l, tal que B∈l, varía inversamente con la magnitud del ángulo límiteφ .

Supongamos que Aa es la paralela límite a l que pasa por A, sea A’ un punto en AB tal que A’B>AB. Tomemos una recta k perpendicular a A’B en un punto C tal que AC=A’B y sea η el ángulo límite entre AC y Ad, la

paralela límite a k que pasa por A (vea la Figura 11.12). Si l no cortara a Ad, entonces Ad sería paralela límite a l y, por el inciso iii. anterior, l sería paralela límite a k, pero el ángulo entre BC y l es recto, lo cual implica que la paralela límite en la dirección opuesta sería colineal con

c

b

a

φ

η

C

A

B

b

φφ

A

B

157

l, lo que contradice al axioma fundamental, entonces Ad corta a l, lo cual implica que el ángulo η es menor que φ . ■

Figura 11.12 Propiedad H-2. Si Aa es una paralela límite a Bb, con AB ⊥ b, el ángulo exterior entre a y AB, β , es mayor que el ángulo límite φ , y por lo tanto,

φ <90º.

La demostración se deja como ejercicio. Propiedad H-3. En un plano hiperbólico la suma de los ángulos interiores de un triángulo es menor que 180º, es decir, todos los triángulos tienen defecto mayor que cero. Para demostrar esta propiedad, es necesario probar primero que en todo cuadrilátero de Saccheri, del plano hiperbólico, los ángulos opuestos a la base son agudos: Sea ABCD un cuadrilátero de Saccheri; sea l la recta que contiene a AB, la base del cuadrilátero. Tracemos Cc y Dd las paralelas límites desde C y desde D a l. Como CA=DB, los ángulos límites respectivos son iguales. Si observamos al triángulo límite CDX, el ángulo exterior β es mayor

que ς , por lo que:

180º=λ +φ + β > λ +φ +ς =2 λ , de donde λ es agudo.

a

l

d

η

φη

k

B

A'

A

C

158

Figura 11.13 Con este resultado y la Proposición S6, se demuestra la propiedad. ■ Hasta ahora hemos hecho figuras poco rigurosas de lo que hemos demostrado, en realidad el problema de representar gráficamente los resultados de la Geometría Hiperbólica fue abordado después de que se obtuvieron los resultados deducidos por Bolyai y por Lovachevsky. Hay varios modelos que describen bien el comportamiento de esta geometría, nosotros analizaremos uno de los modelos propuestos por Henri Poincaré (1854-1912). Modelos de Poincaré El plano en el que trabajaremos consta de los puntos interiores de un círculo, mas no de su circunferencia, al que llamaremos h-plano, y lo denotaremos con la letra П, las h-rectas son los arcos de circunferencias ortogonales a él, sin los puntos de intersección con la frontera de П; en particular, cualquier diámetro del círculo es una h-recta; dos h-rectas son paralelas límite si su único punto en común está en la circunferencia de П. En la siguiente figura AB, CD y EF son ultraparalelas entre sí y GB es paralela límite de AB.

Figura 11.14 De acuerdo con lo que se ha visto en los capítulos correspondientes a circunferencias coaxiales e inversión, sabemos que por dos puntos de una circunferencia siempre podemos hacer pasar una circunferencia

Xl

c

φζ λ

βφ

Α

C D

B

Π

E

F

G

A

D

C

B

159

ortogonal a ella, y sólo una, lo que implica que en el modelo de Poincaré que estamos estudiando se cumple el primer postulado de Euclides, así mismo, si tenemos un segmento de h-recta, es decir, un arco de circunferencia ortogonal al círculo, podemos prolongarlo en cualquiera de las direcciones, sin llegar a la circunferencia, pues como ya dijimos, los puntos de ésta no pertenecen a П. Más adelante discutiremos cómo se miden las distancias en este modelo, para poder hablar del radio de una h-circunferencia. Por último, la perpendicular a una h-recta que pase por un punto dado es única; la demostración requiere solamente de propiedades ya vistas en Geometría Euclidiana y se deja al lector. Ahora, si tenemos una h-recta l y un punto P fuera de ella ¿cuántas paralelas a l podemos hacer pasar por P? En la Figura 11.15 se pueden ver cuatro rectas que no cortan a l, dos de ellas paralelas límites, una en cada dirección.

Figura 11.15 Como sabemos, del capítulo correspondiente a Inversión, por P y por su inverso con respecto al círculo П, podemos hacer pasar una infinidad de circunferencias ortogonales a П, de ellas, todas las que no corten a l son ultraparalelas a ella y las que la corten en los puntos sobre la circunferencia de П serán la paralelas límites. Es decir, no se cumple el Quinto Postulado de Euclides, pues si nos remitimos al enunciado de Playfair, es decir, la proposición que denotamos como 51 en el primer capítulo, vemos que aquí la paralela a una recta específica, l, que pasa por un punto dado P, no es única. Definiremos la congruencia de ángulos igual que en el modelo euclidiano, sin embargo, la congruencia de segmentos se definirá de la siguiente forma: Sean A y B dos puntos de una recta l tal que corte a la circunferencia en los puntos P y Q y sean A’ y B’ dos puntos en otra recta l’ tal que la corte en P’ y Q’, según se muestra en la Figura 11.16.

Π

l

P

160

Figura 11.16 Diremos que AB es congruente con A’B’ si se cumple que {ABPQ}={A’B’P’Q’}, lo que implica que el orden en que se tomen los puntos es determinante, así que, para evitar confusiones, definiremos la h-distancia entre los puntos A y B como d(AB)=|log{ABPQ}|=|log{BAPQ}| Esta definición conduce a que si en una recta l con P, A, B, C, Q tales que P y Q están en el borde de П; A está entre P y B, B entre A y C y C entre B y Q, {ACPQ }={ABPQ} × {BCPQ}, lo que implica que d(AC)=d(AB)+d(BC), como en el caso euclidiano. Veamos ahora qué pasa con los h-círculos; para ello empecemos por notar que dados dos puntos Q y Q’ en un h-plano con centro en O, OQ ≡OQ’ si y sólo si OQ=OQ’, pues las h-rectas que pasan por O son rectas euclidianas. Ello implica que si la recta OQ cortara al borde de П en los puntos A y B y la recta OQ’ en los puntos A’ y B’, {OQAB }={OQ’A’B’} equivale a OQ=OQ’. La demostración se deja como ejercicio. De acuerdo con el resultado anterior, entonces un h-círculo en П tendrá una secante por O tal que lo corte en dos puntos diametralmente opuestos, digamos, D y E, y que corte al borde de П en otros dos puntos, A y B. Entonces el punto que h-equidista de E y D será C tal que {ECAB}={CDAB} el cual no será el punto medio entre E y D, salvo que el h-círculo tenga su centro en O. La demostración se deja al lector.

ΠQ

P

A B

Q'

P'A'

B'

161

Figura 11.17 Por otra parte, la forma de un h-círculo es la misma que la de un círculo euclidiano. Recordemos que al invertir un círculo, su centro no se invierte en el centro del círculo inverso (ver el Ejercicio 43 del Capítulo 9). Si invertimos un círculo en П de centro O en un círculo tal que el inverso de O sea un punto C en П, los puntos euclidianamente equidistantes de O se invertirán en puntos h-equidistantes de C. Y, como la inversión es una transformación biyectiva, si invertimos un círculo cualquiera que esté dentro de П en un círculo con centro en O, O será el inverso de un punto, digamos C que será el punto h-equidistante de los puntos que se invertirán en la circunferencia con centro en O. Ahora revisemos qué pasa con las transformaciones rígidas en el modelo de Poincaré. En la Figura 18 se muestra la reflexión del h-segmento AB con respecto a la h-recta JH; es fácil demostrar, mediante las propiedades de la inversión y de razón cruzada que A’B’ ≡AB, así que lo dejaremos como ejercicio.

Π

O

A

BD

E C

162

Figura 11.18

Como se vio en los ejercicios 10 y 11 del Capítulo 1, la translación y la rotación se pueden ver como composiciones de reflexiones, de manera que basta con la reflexión para transladar o girar cualquier figura en este modelo. Janos Bolyai encontró una fórmula que establece el valor del ángulo límite en función de la longitud del segmento perpendicular a una de las rectas paralelas, OP, trazado desde un punto Q de la otra, en la Figura 11.19, OQ.

tan2

α= ({OQAB })-1

Figura 11.19

Π

H

P'

O

J

A'

Q'

B'

P

Q

A

B

αO P

A

B

Q

163

La demostración se deja como ejercicio. Finalmente, es posible demostrar9 que el modelo de Poincaré que hemos estudiado es equivalente con otro modelo, propuesto por el propio Poincaré, llamado del “semiplano”, que se expone en la Figura 11.20, dejaremos como ejercicio el análisis de comportamiento de las h-rectas, los h-círculos, etc. en este nuevo modelo.

Figura 11.20 Ejercicios 1. Demuestre que en un cuadrilátero tal que dos de sus lados, AC y BD son perpendiculares a un tercero, AB; BD> AC si y sólo si ∠ C>∠ D. 2. Si en un cuadrilátero de Saccheri un punto P en la cima CD es tal que para algún punto Q de la base AB, PQ es perpendicular a AB, entonces:

i. PQ<BD ⇒D<90º. ii. PQ=BD ⇒D=90º. iii. PQ>BD ⇒D>90º.

9 La demostración de la equivalencia está fuera de las pretensiones de este libro.

E F D G B A

164

3. Sea ABCD un cuadrilátero de Saccheri en un plano Γ, sea EF la mediatriz de la base AB. Para cualquier otro cuadrilátero de Saccheri A’B’C’D’ en Γ, tal que E’F’ sea la mediatriz de A’B’; si BD>E’F’>EF, demuestre que se cumple que ∠ C<90º⇒ ∠ C’<90º. 4. Sea ABCD un cuadrilátero de Saccheri en un plano Γ, sea EF la mediatriz de la base AB. Para cualquier otro cuadrilátero de Saccheri A’B’C’D’ en Γ, tal que E’F’ sea la mediatriz de A’B’, demuestre que: i. ∠ C=90º ⇒ ∠ C’=90º ii. ∠ C>90º ⇒ ∠ C’>90º Considere en cada inciso las posibilidades EF<E’F’; EF=E’F’ y EF>E’F’. 5. Sea ABCD un cuadrilátero de Saccheri y sea P un punto en la prolongación de la recta CD a la derecha de D; entonces, si Q∈AB tal que PQ ⊥ AB, se cumple que:

i. PQ=BD ⇒ ∠ C=90º i i . PQ<BD ⇒ ∠ C>90º.

6. Demuestre que si en un plano hay un triángulo tal que

i. La suma de sus ángulos interiores es igual a 180º, entonces, para todos los triángulos en ese plano la suma de sus ángulos interiores será igual a 180º.

ii. La suma de sus ángulos interiores es mayor a 180º, entonces, para todos los triángulos en ese plano la suma de sus ángulos interiores será mayor a 180º.

7. Demuestre que si Aa es una paralela límite a Bb, con AB perpendicular a b, el ángulo exterior entre a y AB, β, es mayor que el ángulo límite φ , y por lo tanto, φ <90º. Vea la

siguiente figura:

b

a

β

φ

B

A

165

8. Demuestre que si O es el centro euclidiano de un plano π y O, Q, A, B, están en una h-recta y O, Q’, A’ y B’ en otra, {OQAB} = {OQ’A’B’} si y sólo si OQ=OQ’. 9. En la Figura 11.18, demuestre que A’B’=AB. 10.* Utilice la Figura 11.19 para demostrar la Fórmula de Bolyai que establece el valor del ángulo límite α en función de la longitud del segmento OQ. 11. Describa un método para trazar la bisectriz de un ángulo cualquiera en el modelo del disco de Poincaré. 12. Describa un método para trazar la mediatriz de un segmento cualquiera en el modelo del disco de Poincaré.

166

Apéndice A Ejercicio: 1-9. Trace la mediana desde uno de los vértices no adyacentes al ángulo exterior y prolónguela hasta duplicar su medida. 2-12. Sea ABC el triángulo dado. Sean P, Q y R los puntos en que una perpendicular a las paralelas dadas las corte. Tome X en AB, tal que PQ/QR=AX/XB, trace CX y paralelas a CX por A y por B, esta figura será semejante a la buscada. 3-3. Suponga que no fuera así y demuestre que ello implicaría una contradicción al Teorema de Pitágoras. 4-17. Suponga que lo tuviera construido, aplique la ley de los cosenos a dos ángulos opuestos. 4-21. Como °<+=+ 180γδβα , suponga que para cierta k>0 k++ βα =

k++ γδ =180°, entonces se pueden construir dos triángulos inscritos en

un círculo de diámetro uno con un lado común, opuesto al ángulo k. 5-6. Para la segunda parte use la desigualdad del triángulo para cada una las medianas y el pie de la mediana del vértice siguiente, por ejemplo, AL< AM+ML. 5-15. Note que en la Figura 5.1 IZ//I1Z1 y BI ⊥ BI1, lo que implica que los triángulos AIZ y AI1Z1 son semejantes, así como los triángulos IZB y I1Z1B. Utilice los resultados de los Ejercicios 8. Y 13. De este mismo capítulo.

X1

Y1Z1

A

I1

C

BI

Z

X

Y

167

5-17. Trace las circunferencias cuyos diámetros son los lados del triángulo. Note que cada una de ellas contiene a los pies de las alturas que están en los otros lados. 6-1. Ponga los segmentos en función del punto inicial, por ejemplo, AB×CD=AB × (AD-AC). 6-10 y 6-11. Emplee las propiedades de potencia definidas en los Ejercicios 2-17 y 8-4. 6-15. Trace LM y LN, localice J=LN ∩ EF y K=LM∩ EF. Observe que ∆LJK≈∆NJF ≈∆MEK ≈∆AEF. Use la forma trigonométrica del Teorema de Ceva.

6-16. Este problema se puede resolver aplicando la forma trigonométrica del Teorema de Ceva para las ternas de rectas que convergen en cada uno de los vértices A’, B’ y C’ de los triángulos equiláteros, o bien, aprovechando la congruencia de los triángulos C’AC y BAB’, etc. Con esta solución se llega a que los ángulos AOB, BOC y COA son iguales. Además se puede demostrar que O es el punto del plano para el cual la suma de las distancias a los vértices del triángulo dado es mínima si ninguno de sus ángulos internos es mayor o igual a 120°. 6-25. Aplique el Teorema de Menelao al triángulo XZY usando las líneas BC, AF y ED. 6-26. Aplique el Teorema de Menelao al triángulo XYZ usando las líneas AF, BC y ED. 6-29. Aplique la fórmula que se pide demostrar en el Ejercicio 19 de Capítulo 4 a los triángulos AXY y ABC, con las rectas AM y AL, respectivamente, como AX/YA=CA/AB, por ser los triángulos inversamente semejantes, quedará una relación con las mismas condiciones del Ejercicio 21 del Capítulo 4. 6-35. Aplique el Teorema de Menelao a los triángulos ABL y ALC.

A

CB

F

DL

MN

YE

Z

XJ

K

168

6-36. Demuestre que los triángulos ABC y ZBM son semejantes, asimismo lo son los triángulos AHC y CHB, además el triángulo ZMC es isósceles; con ello obtenga una expresión para AH/HB en términos de los lados del triángulo ABC. Similarmente puede obtener expresiones para BK/KC y para CF/FA.

7-21. Note, en la siguiente figura, que los triángulos AL’’B y CL’’A son inversamente semejantes y recuerde el resultado del Ejercicio 29 del Capítulo 6. Análogamente para los triángulos CN’’B y AN’’C, etc. Para la segunda parte, utilice el hecho de que CF//NV.

A

CB X

Y

Z

K1

H1F1

H

K

F

L

L'

N

M'

N'

M

169

7-28. Trace los segmentos AA’, AB’, AC’, A’B y A’C y analice las propiedades anarmónicas de los puntos de intersección. 8-7. Note que los centros de similitud, H y K, satisfacen las condiciones de los puntos del lugar geométrico buscado. Analice el comportamiento de un triángulo cuyos vértices sean O, O’ y un punto no colineal con ellos, P, junto con las rectas KP y HP. 8-30. Si se trazan las alturas de cualquiera de los triángulos que determina el cuadrilátero dado, puede verse que cada uno de los círculos cuyos centros son los puntos medios de las diagonales pasa por cada uno de los pies de dichas alturas. Si H1 es el ortocentro del triángulo, se cumple que la potencia de H1 con respecto a los tres círculos es la misma, luego es un punto del eje radical de ellas, y eso para cada triángulo y, por lo tanto, cada ortocentro. Vea la siguiente figura:

A

CB

L''

U

V

T

N''

K

N'

L'

F

F'

N

170

9-22. Trace la cuarta tangente común al incírculo y a uno de los excírculos, VK, por lo tanto {AD’II1 }=-1, lo cual implica que {DD’XX1}=-1. Tome ahora a la circunferencia de centro L y radio LX como circunferencia de inversión y demuestre que LS×LM=LX², lo que implica que el inverso de la recta VK es la circunferencia que pasa por L, D y M.

9-48. En la segunda parte del problema considere que el menor de los radios de las circunferencias dadas es r0, reste r0 a cada uno de los

A

E

D

F

B

C

H1

B1

A1

C1

A

CB

M

LD

I

I1

D'

X1 X

V

K

S

171

radios de las tres circunferencias dadas y caerá en la primera parte del problema. Una vez resuelto, aumente r0 los radios de las circunferencias resolutivas. En la figura se muestra un caso.

9-49. Trace una circunferencia con centro en uno de los puntos dados que sea ortogonal a la circunferencia dada e invierta la figura con respecto a ella, la inversa de la circunferencia buscada será una recta que pase por el inverso del otro punto dado. Para trazar una secante a una circunferencia que forme con ella un ángulo específico trace una circunferencia concéntrica cuyo radio sea igual al coseno del ángulo dado multiplicado por el radio de la circunferencia dada. En la siguiente figura se trazó, con líneas punteadas, la solución del problema y con líneas continuas lo anteriormente descrito:

r0

C

B

A

172

10-8. Sean A, B y C los puntos dados. Trace un círculo que contenga a dos de ellos, por ejemplo a A y B, trace la recta secante que los contiene y encuentre la polar del tercer punto con respecto al círculo trazado, la intersección de la polar con la recta AB es el punto buscado D. Vea la siguiente figura:

10-9. Trace una circunferencia tangente a dos de las rectas del haz, por ejemplo a a y b, trace la recta secante que une los puntos de tangencia,

O

A

B

TB'

S

W

c

A CBD

173

A y B, el polo C de la tercera recta dada es un punto de AB, por lo tanto, la recta buscada d es SC. Vea la siguiente figura:

10-10. Se traza una secante por el punto dado P que corte al círculo en A, se toma un punto B entre A y P y se localiza su inverso B’, se localiza C, el conjugado armónico de B en AP y su inverso C’, se trazan C’B y CB’, el punto de intersección es un punto de la tangente buscada. 10-19. Tome los puntos de intersección de los lados opuestos del hexágono A’B’C’D’E’F’ y aplique el Teorema de Pascal. 10-21. Los puntos P, S, Q y R son los vértices de un cuadrángulo inscriptible, por lo tanto, M, K y L son los vértices de su triángulo diagonal, que como se vio en el Ejercicio 16 del capítulo es autopolar. Trace KM hasta que corte a PR en N, entonces, K{PRNL}=-1 y de las propiedades de los haces armónicos se llega a que EM=MF.

a b

c

d

S

O

A

BC

174

10-44. Considere dos triángulos formados, cada uno, con un vértice de cada uno de los pares conjugados y el tercer vértice uno de los vértices de los que se quiere demostrar que son también conjugados. Construya los triángulos copolares de cada uno de ellos y aplique el resultado del Ejercicio 10-43. 10-49. En la siguiente figura demuestre que el triángulo PZY es inversamente semejante al triángulo PRS, como A’ es el punto medio de ZY, si se demuestra que el ángulo ZPH es igual al APY, eso implica que PH es una simediana del triángulo PZY y, por lo tanto, mediana del PSR.

P

R

BA M

S

Q

LK

F

E

N

J

CB

A

I

ZP

Y

X RS Q

H

G

D

A"

QA'

175

11-10. Trace la circunferencia tangente a OP que pase por Q y utilice las propiedades de los ángulos que se obtienen, según la siguiente figura, suponga OP=1:

α

α

OP

A

C

B

Q

ED

176

Apéndice B PERSPECTIVIDAD La siguiente figura ilustra dos planos infinitos, I y II, que se intersecan en la recta l; el punto O es un punto fuera de dichos planos. Si una recta por O incide en I en un punto P, entonces, OP cortará al plano II en un punto P’, que puede ser real o ideal. Como esto sucede para todo punto P del plano I, se dice que éste se proyecta en el plano II. Observe que los puntos de l son invariantes bajo la proyección, llamada, formalmente, perspectividad. (Vea la demostración del Teorema de Desargues al final del Capítulo 8).

El ángulo entre la recta OP y el plano I se define como el ángulo entre la recta y la normal al plano, en este caso, ψ. Analicemos el caso en el que O sea el vértice de un cono cuyo eje forme un ángulo BUO con el plano II, según se muestra en la siguiente figura:

l

I

II

ψ

O

P'

P

177

Existe una única esfera tangente al plano II y al interior del cono, del lado del vértice de éste, tal que determina una circunferencia, de centro S y radio SQ, en un plano perpendicular al eje del cono, plano I. La proyección de dicha circunferencia en el plano II describirá una elipse, una parábola o una rama de hipérbola, según si el ángulo SBU es menor, igual o mayor que el ángulo generador del cono SOQ, en donde OQ es una generatriz del cono y GPQ es un plano perpendicular a I que contiene al eje del cono. S, G y Q son colineales. Sea GP//OS, entonces, ∠GAP=∠SBU, pues SB//AG y AP//BU; ∠BUO=90°-∠SBU=∠GPA. Por otra parte, como PF=PQ, por ser tangentes a la esfera, entonces, ∠GPQ=∠QOS, que es el ángulo generador del cono. Esto implica que:

PA

PF=

PA

PQ=

PGPA

PGPQ

=GPQ

GPA

∠∠

cos

cos=

QOS

BUO

∠∠

cos

cos= ε.

Como ∠BUO y ∠QOS son constantes, ε es constante. En otras

palabras, la distancia de P a un punto fijo F, llamado foco, es igual a la distancia de ese mismo punto a una recta fija AB, llamada directriz, multiplicada por una constante ε, llamada excentricidad. Si ε<1, la proyección de la circunferencia en el plano II es una elipse; si ε=1 es una parábola y si ε>1 una hipérbola.

178

Por otra parte, si trazamos dos rectas desde O, los puntos P1

y P2 en que inciden en I determinarán una recta, al igual que sus imágenes P1 ’ y P2 ’ en II, es decir, las rectas en I se proyectan en rectas en II. Si consideramos en particular un haz de cuatro rectas por P en I, sus intersecciones con l serán cuatro puntos, a los que llamaremos A, B, C y D, así que P{ABCD } es un haz anarmónico cuyo valor es igual al de la hilera {ABCD }, pero este valor coincidirá con P’{ABCD }. De acuerdo con este resultado, representado en la figura siguiente, el Teorema del Hexagrama Místico de Pascal es también válido para cualquier hexágono inscriptible en una cónica (vea el Capítulo 7).

Finalmente, las propiedades de polos y polares también se heredan a las cónicas, supongamos que a la circunferencia del plano I le trazamos dos tangentes por los puntos A y B, trazamos un punto C en la recta que une a A con B; si localizamos el conjugado armónico de C, llamémoslo D, de acuerdo con la propiedad ilustrada con la Figura 10.3, por D y por el punto de intersección de las tangentes pasa la polar de C. Como los puntos A y B en I se proyectarán en otros puntos A’ y B’, en II, las tangentes a la circunferencia se proyectarán en tangentes a la cónica correspondiente a la proyección de la circunferencia, y los puntos C y D en puntos C’ y D’, conjugados con respecto a A’ y B’, pues todos están en el plano determinado por el vértice del cono y la recta AB,

I

II

O

D

C

B

AP

P'

179

y en ese plano se cumple que O{ABCD }=-1; ello implica que O{A’B’C’D’ }=-1, luego, la recta que une a D’ con el punto de intersección de las tangentes a la cónica por A’ y B’ será la polar de C’. Con esto vemos que las propiedades de polos y polares se comportan igual en una cónica que en una circunferencia, sólo que en las cónicas no asociamos al polo de una recta con el inverso del punto de intersección entre dicha recta y la perpendicular a ella trazada desde el centro de la cónica, pues esto no se hereda al proyectar una circunferencia que esté en un plano perpendicular al eje de un cono en un plano no perpendicular a dicho eje. Para encontrar la polar de un punto P, con respecto a una cónica, veamos la siguiente figura, en la que trazamos dos secantes a la cónica desde P; supongamos que una corta a la cónica en A y en B y la otra en C y en D, localizamos E y F

tales que {ABPE}=-1 y {CDPF }=-1, la polar de P será la recta EF, es decir, QR. Con este procedimiento, según se puede apreciar, la polar del punto Q es PR y la del punto R es PQ. En otras palabras, se ha determinado un cuadrángulo completo y los lados del triángulo diagonal respectivo, que sabemos que es autopolar, son las polares de los vértices de dicho triángulo y viceversa.

180

ÍNDICE ALFABÉTICO Altura, 19, 25, 31, 34, 46, 51-54, 56-58, 62-64, 67, 69, 70-72, 77, 83, 100-101, 118, 133, 138, 145, 167,169. Ángulo límite, 155-157, 162, 164-165. Antiparalelas, 38, 46, 115. Bisectriz, 18-19, 22, 25, 46, 60, 62, 69, 71, 83, 87, 100-101, 145, 165. Bolyai Janos, 148, 158, 162, 165. Brahmagupta, 55 Brianchon, Teorema de, 90, 142. Centro de homotecia, 30, 109,114-116, 125, 130, 138. Centro de inversión, 122-123, 125-127, 129-131. Centro de perspectiva, 78, 80, 86. Centro radical, 116-118, 120-121. Centroide, punto mediano o baricentro, 32, 62, 69, 70, 89. 7, Teorema de, 73, 77-78, 82, 167. Forma trigonométrica, 68, 167. Círculo polar, 138, 145. Circuncentro, 23, 62, 69-70. Circuncírculo, 23, 34, 38, 58, 65-68, 71-72, 101, 129, 134, 138-139. Circunferencia de antisimilitud, 126, 131, 133. Circunferencia de Apolonio, 129. Circunferencia de inversión, 123-124, 127-130, 132, 170. Circunferencia de los nueve puntos, 62, 64, 68, 70-71, 118, 130, 138. Circunferencia de similitud, 116, 121. Circunferencias coaxiales, 104, 108, 112-113, 118-121, 129-130, 134, 158. Circunferencias ortogonales, 100, 112-113, 120, 130, 133, 158-159. Conjugados armónicos, 91, 94, 101. Conjugados isogonales, 89. Conjugados isotómicos, 88-89. Cuadrángulo completo, 6, 179. Cuadrilátero cíclico, 38, 46, 57, 60, 64. Cuadrilátero completo, 118, 147. Cuadrilátero de Saccheri, 149, 150, 152-154,157,163-164. Defecto, 154, 157. Desargues, Teorema de, 73, 78, 80, 82, 85, 102, 176. Desigualdad del triángulo, 39, 166 Dualidad, Principio de, 81. Eje de perspectiva, 78. Eje radical, 108-114, 116-118, 120-121, 123, 129, 131, 140, 169. Euclides, Postulados, 13, 16, 19, 74. Euler, Línea de, 70, 118. Euler, Teorema de, 82.

181

Geometría hiperbólica, axioma fundamental, 156. Gergonne, Punto de, 83, 89. Haz armónico, 92, 95, 100. Haz anarmónico, 95, 178. Herón, 57, 70. Hilera armónica, 91-95, 99, 119, 129. Hilera anarmónica, 94-95. Homotecia, 30, 105, 110, 111, 113, 127, 134 Ideal, punto o punto al infinito, 74, 127. Ideal, recta, 74 Incentro, 23, 62, 71, 121. Incírculo, 23, 69-70, 118, 121, 129-130, 147, 170. Inversión, 122, 126-129, 138, 158-159, 161. Isogonal o conforme, transformación, 126. Isogonales, 87-89, 126. Isotómicas, 88. Lambert Johann Heinrich, 148. Legendre Adrien Marie, 148. Ley de los cosenos, 54-56, 58, 166. Ley de los senos, 53-54, 58, 76-77, 92. Lobachevsky Nicolai Ivanovich, 158. Media armónica, 100 Mediana, 32, 62-63, 69, 77, 83, 88, 166, 174. Menelao, Teorema de, 73-80, 167. Forma trigonométrica, 76. Nagel, punto de, 85, 89. Ortocentro, 31, 34, 62, 67-72, 118, 131, 133, 138, 145, 169. Pappus, Teorema de, 87, 97-99. Paralelas divergentes, 155 Paralelas límites, 155-159. Pascal, Teorema de, 86, 90, 97, 99, 142, 173, 178. Pasch, Axioma de, 74 Perspectividad 176 Pitágoras, Teorema de, 35, 41-42, 46, 49, 54, 56, 166. Plano hiperbólico, 157 Plano inversivo, 127 Poincaré Henri, 158-159, 161, 163, 165. Potencia, 33, 58, 104-106, 108, 110, 114, 116-117, 119, 146, 167, 169. Punto simediano, 88-89, 101. Puntos antihomólogos, 115, 117, 125. Puntos conjugados, 136, 141, 145-147. Puntos homólogos, 114, 125. Puntos límites, 112-113, 119-121, 128. Radio de inversión, 122 Razón cruzada, anarmónica o doble, 94-97, 102, 128, 161. Rectas conjugadas, 100, 137, 1140-141. Red ortogonal, 114. Saccheri Girolamo, 148.

182

Semejanza, Teorema de la, 28, 31, 34. Simedianas, 88, 101. Simson, línea de, 62, 65, 67-68, 71-72. Simson, Teorema de, 65-66, 72. Stewart, Teorema de, 58. Tales, Teorema de, 26, 28-29, 34, 64. Teorema de Feuerbach, 130. Tolomeo, Teorema de, 35, 40-42, 46, 59-60. Triángulo autopolar, 138. Triángulo mediano, 63, 71, 121. Triángulo pedal, 63, 70. Ultraparalelas, 155, 158-159.

183

BIBLIOGRAFÍA Aref M. N. and Wernick W. Problems and solutions in Euclidean Geometry. Dover. 1968. Bonola Roberto. Non-Euclidean Geometry. Dover. 1955. Coxeter H. M. S. and Greitzer S. L. Geometry Revisited. The Mathematical Association of America. 1970. Coxeter H. M. S. Non-Euclidean Geometry. University of Toronto Press. 1965. Coxeter H. M. S. Introduction to Geometry, Wiley. 1969. Eves Howard, Estudio de las Geometrías. UTHEA. 1969. Greenberg M. J. Euclidean and Non-Euclidean Geometry. W. H. Freeman & Co. 1974. Hartshorne R. Geometry: Euclid and beyond. Springer. 2000. Posmentier Alfred S. and Salkind Charles T. Challenging Problems in Geometry. Dover. 1969. Prenowitz W. Jordan M. Basic concepts of Geometry. Xerox College Publishing. 1963. Shively Levi S. An introduction to Modern Geometry. John Wiley & Sons. 1939.