parte 2 geometria plana
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PARTE II
CONCEPTOS BÁSICOS DE
GEOMETRÍA
1. RECTAS Y PLANOS: PROPIEDADES BÁSICAS.
La geometría, como rama de la matemática, estudia los objetos de la naturaleza en
cuanto a su forma, tamaño y posición. A estos objetos, que ocupan un lugar del espacio,
llamaremos cuerpos; y la parte del espacio que lo limita es su superficie, las partes
filosas donde se juntan dos superficies se llaman líneas, curvas o aristas, y las partes
agudas donde se encuentran dos aristas o líneas se llaman puntos.
En el esquema de una casa:
- Las paredes, el techo y el piso son mo-
delos de superficies;
- Las uniones entre las paredes y paredes
con el techo son modelos de líneas; y
- Las esquinas entre dos paredes y techo
o entre dos paredes y piso son modelos
de puntos.
Los “objetos geométricos”, que se identifican de la naturaleza, no tienen existencia
física y sirven para estudiar el mundo físico con una cierta aproximación a través de
representaciones apropiadas o modelos. Para esto, consideraremos puentes entre la
naturaleza (situaciones empíricas) y la geometría (matematizaciones o formalizaciones),
a través de la sistematización axiomática, partiendo de conceptos primitivos o no
definibles y definiciones, estableciendo principios o proposiciones como verdades, unas
sin demostración o axiomas y otras previamente demostradas o teoremas, como es el
siguiente principio o axioma y los conceptos que siguen:
AXIOMA 0: Todo cuerpo, toda superficie y toda línea, son conjuntos no vacíos
cuyos elementos se llaman puntos.
ESPACIO: Es el conjunto de todos los puntos; y se denota por E. En tal caso, la
expresión PE se lee: “P es un punto del espacio E”.
FIGURA: Es un conjunto de puntos o una parte del espacio. Así, F E significa: “F
es una figura en E”.
En el espacio E hay que diferenciar dos clases de figuras: Las líneas y las superficies; y
de ellas se tienen las líneas rectas o simplemente rectas como las “líneas más simples” y
las superficies planas o simplemente planos como las “superficies más simples”; cuyas
consfiguraciones son:
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Una línea o trazo no recto
Una línea o trazo recto
Una superficie no plana
Una superficie plana o plano
Considerando R = {L / L es una recta}, el conjunto de todas las rectas en el espacio E
y = { / es un plano}, el conjunto de todos los planos en el espacio E; donde LR
significa que “L es una recta” y significa que “ es un plano”; se tienen los
siguientes conceptos:
PUNTOS COLINEALES: Si para puntos P, Q y S en E, existe una recta L tal que
{P, Q, S} L, se dice que los puntos P, Q y S están alineados o son colineales.
L: P Q S
PUNTOS COPLANARES: Si para puntos P, Q, S, y T en E, existe un plano tal
que P, Q, S, T , se dice que los puntos P, Q, S y T son coplanares.
: Q P
S T
Las propiedades o principioss que caracterizan a las rectas L y a los planos en el
espacio E y que permiten relacionarlos o diferenciarlos, que fueron sistematizados por
D. Hilbert (Alemania, 1862-1943), están contenidos en los siguientes axiomas de
Incidencia:
AXIOMA 1: En una recta L de E, existen al menos dos puntos distintos; es decir, en
L existen puntos P Q tal que {P, Q} L.
AXIOMA 2: Sean P y Q puntos en el espacio E. Entonces existe al menos una recta
L tal que {P, Q} L; es decir, por dos puntos se traza o pasa al menos una recta.
AXIOMA 3: Sean P y Q puntos en el espacio E, con P Q. Entonces existe a lo
más una recta L tal que {P, Q} L; es decir, por dos puntos distintos se traza o pasa a
lo más una recta.
AXIOMA 4: En un plano , existen al menos tres puntos no colineales distintos; es
decir, en existen puntos distintos P, Q y S, no colineales, tal que {P, Q, S} .
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AXIOMA 5: Sean P, Q y S tres puntos en el espacio E. Existe al menos un plano
tal que {P, Q, S} ; es decir, por tres puntos se traza o pasa al menos un plano.
AXIOMA 6: Sean P, Q y S puntos no colineales en el espacio E. Existe a lo más un
plano tal que {P, Q, S} ; es decir, por tres puntos no alineados distintos se traza o
pasa a lo más un plano.
AXIOMA 7: Sean L una recta y un plano en E, tales que para puntos P y Q, se
tiene {P, Q} L , con P Q; entonces L .
AXIOMA 8: Sean 1 y 2 dos planos en E para los cuales existe P 1 2;
entonces existe Q P tal que Q 1 2.
AXIOMA 9: Existen puntos no coplanares P, Q, S, T en E; es decir, en el espacio E
hay al menos cuatro puntos no coplanares.
OBSERVACIONES:
1) Los axiomas 1, 2 y 3 caracterizan o definen una recta en el espacio por dos puntos
distintos (trazado de rectas): Dados dos puntos distintos P y Q en el espacio, exis-te
una única recta L que contiene a dichos puntos (PL y QL). En este caso, se denota
L = LPQ = PQ, y se dice que “L es la recta que pasa por los puntos P y Q”.
Q
L P
2) Los axiomas 4, 5 y 6 caracterizan o definen un plano en el espacio, por tres puntos no
alineados (trazado de planos): Dados tres puntos no colineales P, Q y S, existe un
único plano que contiene a dichos puntos (P, Q y S). En este caso, se
denota = PQS, y se dice que es el plano definido por los puntos P, Q y S.
3) El axioma 7 establece la relación entre un plano y una recta que tienen dos puntos en
común: Para que una recta L esté contenida en un plano es suficiente que tengan
dos puntos en común.
De las observaciones 2) y 3), se tiene las siguientes formas para construir un plano:
i) Un punto P y una recta L tal que PL, definen un único plano ; es decir, existe un
único plano tal que P y L .
En efecto, en la recta L hay al menos dos puntos distintos Q y S. Luego, como PL
se tiene que P, Q y S son no alineados, por el axioma 5 existe al menos un plano
que contiene a dichos puntos, por el axioma 6 el plano es único y por el axioma 7,
L ; es decir, existe un único plano que contiene a P y a L.
ii) Dos rectas L1 y L2 tal que L1 L2 = {P}, definen un único plano ; es decir, existe
un único plano tal que L1 y L2 .
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Pues, en la recta L2 existe un punto Q tal que QL1 y en la recta L1 existe un punto S
tal que SL2. Luego, los puntos P, Q y S son no alineados y, como en el caso i),
definen un único plano tal que contiene a Q y a L1 y contiene a S y a L2; es decir, el
único plano contiene a L1 y a L2.
4) El axioma 8 establece que dos planos con un punto en común, necesariamente tie-
nen otro punto en común.
1.1. POSICIONES RELATIVAS DE RECTAS Y PLANOS:
Trata del comportamiento de dos rectas, de una recta y un plano y de dos planos en el
espacio E, considerando los axiomas y las propiedades dadas:
POSICIÓN 1. Dados los planos 1 y 2 en el espacio E, determine: 1 2.
Como los planos son conjuntos de puntos, se cumple: 1 2 = o 1 2 .
Si 1 2 , entonces 1 2 es un plano (1= 2) o 1 2 es una recta L.
1 1 L 2
2
DEFINICIÓN 1: Si 1 2 es una recta L, se dice que 1 y 2 son planos secantes.
En otros casos, cuando 1 2 es el vacío o es un plano, se dice que 1 y 2 son planos
paralelos y se denota: 1 // 2.
POSICIÓN 2. Dados L una recta y un plano en el espacio E, determine: L .
Siendo una recta y un plano conjuntos de puntos, se cumple L = o L .
Si L , se tiene: L = {P} es un punto o, por el axioma 7, L = L es una
recta.
L L
P
DEFINICIÓN 2: Cuando L = {P}, es un punto, se dice que la recta L y el plano
son secantes en P; y en otros casos, cuando L es el vacío o es una recta (L ),
se dice que la recta L es paralela al plano y se denota L // .
POSICIÓN 3. Dadas las rectas L1 y L2 en el espacio E, determine: L1 L2.
Como las rectas son conjuntos de puntos, se tiene L1 L2 = o L1 L2 .
Si L1 L2 = , entonces existe un plano tal que L1 y L2 ; o, por el contrario,
para todo plano , L1 L2 .
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Si L1 L2 , se tiene L1
L2 es un punto P o L1
L2 es una recta L =L1 = L2.
L1
1
L1
L2 L2
2
L1
P
L1 = L2
L2
DEFINICIÓN 3: Para rectas L1 y L2 en el espacio;
i) Si L1 L2 es un punto, se dice que L1 y L2 son rectas secantes;
ii) Si L1 L2 es una recta o L1 L2 = , y existe un plano tal que L1 y L2 ,
se dice que L1 y L2 son rectas paralelas y se denota L1 // L2;
iii) Si L1 L2 = y para todo plano , L1 L2 , se dice que L1 y L2 son rectas que
se cruzan o rectas alabeadas.
Si L1 L2 = en un plano , para resultados que veremos más adelante, se tiene:
AXIOMA 10: (Axioma de Euclides): Dados un punto P y una recta L en el espacio
E tal que P L; entonces existe una única recta L en el plano , que definen P y L, de
manera que P L y L // L.
En el enunciado anterior, si P
L, por ii) de la definición 3, se tiene la única recta L
que pasa por P y L // L es L = L.
Ejemplos:
a) En un faro de luz de un automóvil, de un foco se emiten rayos de luz que inciden en
las paredes del faro y reflejan rayos paralelos.
b) Dos calles o avenidas de una ciudad se interceptan en un “punto” y están en un
mismo “plano”; mientras que dos carreteras o pistas rectas a desnivel se cruzan a
través de un puente, donde las carreteras están en “planos” que no se intersecan.
c) En el espacio se tiene tres puntos distintos A, B y C de manera que cada dos de ellos
están en planos diferentes: {A ,B} 1, { B, C } 2 y { A, C } 3. Entonces:
i) Los puntos dados no están alineados;
ii) Existe un único plano diferente de 1, 2 y 3 y que contiene a los tres puntos
de manera que 1 = AB, 2 = BC y 3 = AC, con 1 2 = LB,
2 3 = LC y 1 3 = LA. ¡Explique!.
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1.2. DISTANCIA ENTRE PUNTOS Y COORDENADAS:
De resultados anteriores, una recta tiene al menos dos puntos diferentes y puede tener
más puntos. Como consecuencia de identificar puntos de un recta L con números reales,
donde el conjunto de los números reales R tiene infinidad de elementos, tendremos que
en una recta hay infinidad de puntos. Para esto, tenemos:
AXIOMA 11 (DE LA REGLA): Sean L una recta y R el conjunto de los números
reales. Existe una correspondencia biunívoca entre puntos P de L con números reales x
en R, que se denota P x; tal que, fijados dos puntos A B en L con A 0 y B 1,
a cada punto P de L le corresponde un único número real x en R, y viceversa.
L : P S A B T M Q
R : x 1 0 1 2 z y
De este axioma resulta:
DEFINICIÓN 4: La correspondencia biunívoca de L con R, tal que para los puntos
A B en L con A 0 y B 1, se llama un sistema de coordenadas en L o la recta
real L de origen A y unidad de medida dada por B 1; en donde:
i) Si P x, se dice que “x es la coordenada de P en el sistema de origen A y con
unidad dada por B 1” o, simplemente, “x es la coordenada de P”.
ii) Si para puntos P y Q de la recta L se tiene P x y Q y, el número x y es la
distancia de P a Q en el sistema de coordenadas dado y que se denota d(P , Q); es
decir, d(P , Q) = x y, fijado un sistema de coordenadas en L. En particular se
tirnr d(P , Q) = 1, es la unidad.
Así, en la gráfica anterior, d(S , T) = (1) 2= 3, d(A, T) = 0 2= 2, etc.
OBSERVACIONES:
1) Si en un sistema de coordenadas de la recta L se tiene P x, Q y y S z, para
P, Q y S en L; de las propiedades del valor absoluto en R, se cumplen:
i) d(P , Q) 0, pues x y 0;
ii) d(P , Q) = 0 P = Q, pues x y = 0 x y = 0 x = y;
iii) d(P , Q) = d(Q , P), pues x y = y x;
iv) d(P , Q) d(P , S) + d(S , Q), pues x y x z+z y, z en R.
La condición o propiedad iv) anterior, conduce a dar la siguiente:
DEFINICIÓN 5: Para P, Q y S tres puntos diferentes en el espacio E, se dice que S
está entre P y Q, y se denota PSQ, si existe una recta L que los contiene y, definido un
sistema de coordenadas de L, se cumple d(P , Q) = d(P , S ) + d(S , Q).
Gráficamente, se tiene los siguientes ordenamientos de los puntos en la recta L:
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L: o L: P S Q Q S P
ORDEN: PSQ ORDEN: QSP
2) Dado un sistema de coordenadas en la recta L de origen A, A 0, los puntos de
coordenadas positivas determinan la parte positiva de la recta y los puntos de
coordenadas negativas determinan la parte negativa (opuesta) de la recta; es decir, se
establece una orientación en la recta L que depende de B 1:
A B …. 3 2 1 0 1 2 3 4 …
+ B A 4 3 2 1 0 1 2 3 4 …..
A B + 2 1 0 1 2 3 4 5 6
Ejemplos:
a) En una recta L se tiene tres puntos diferentes A, B y C tal que para un sistema de
coordenadas resulta que d(A , B ) = 10 cm y d(B , C ) = 15 cm. Si la coordenada de A
es 1, la coordenada de B es negativo y la de C es positivo; halle las coorde-nadas de
B y de C, y ubique dichos puntos en la recta real correspondiente.
Sean x 0 e y 0 las coordenadas de B y C, respectivamente, y como la de A es 1;
entonces d(A, B) = x1= 10, de donde x 1= 10 o x 1 = 10, o sea x = 11 o x =
9, y la solución es 9 0. También d(B, C) = x y= 15.}, o sea y x = 15 o y
x = 15, y para x = 9 resulta y +9 = 15 o y + 9 = 15, y se tiene y = 6 o y = 24, de
donde y = 6 es la solución ¿por qué?. Luego, las coordenadas de B y C son 9 y 6,
respectivamente. La ubicación de estos puntos en la recta es:
9 0 1 6
B A C
b) En la recta L se establecen dos sistemas de coordenadas de orígenes M y N, res-
pectivamente, con una misma unidad de medida, de manera que para tres puntos A, B
y C de la recta y para un número entero positivo a, se cumple: En el 1er. sis-tema, las
coordenadas de A, B y C son a, a + 2 y 3a, respectivamente; en el 2do. sistema, las
coordenadas de B y C son a/2 y 3a/2, respectivamente. Halle el valor de a, la
coordenada de A en el 2do. sistema y ubique los puntos en la recta L.
Como la unidad de medida es la misma en ambos sistemas, d(B, C) =a+2 3a=
2 2a = 2a 1 y d(B, C) = 3a/2 a/2= a= a, pues a 0, resulta que
2a 1 = a, o sea a 1 = a/2 o a 1 = a/2, de donde, por ser a entero, se tiene
a = 2. Las coordenadas de A, B y C, en el primer sistema, son: 2, 4 y 6,
respectivamente; en el segundo son u, 1 y 3, respectivamente; y se tiene que los
sistemas están igualmente orientados, por lo que 1 u = 4 (2) = 6 o sea u = 5 es
la coordenada de A en el segundo sistema de coordenadas de L.
La ubicación de los puntos en la recta es:
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A M N B C
1er. Sistema: 2 0 4 6
2do. Sistema: 5 0 1 3
c) En una recta real L, sea P un punto de coordenada 5. Determine los puntos de di-cha
recta y sus coordenadas tal que las distancias al punto P sea r = 8.
Sea trata de determinar los puntos X y sus coordenadas x en la recta real L tal que
d(X, P) = x 5= 8; es decir, x 5 = 8 o x 5 = 8. De donde, x = 13 o x = 3;
Gráficamente:
L: X2 P X1
3 5 13
Luego, hay dos puntos X1 y X2 en la recta L, de coordenadas 13 y 3, respectiva-
mente, tal que d(X1, P) = d(X2, P) = 8; es decir, los puntos X1 y X2 equidistan de P.
d) En una recta L se ubican tres puntos A, B y C cuyas coordenadas de B y C, en un
sistema dado, respectivamente son 8 y 2, y d(A, B ) = 15. Determine d(A, C).
Como B 8 y C 2, sea A x. Se tiene d(A, B ) = x (8)= x + 8 = 15,
de donde x = 7 o x = 23. Luego se tiene dos soluciones para el punto A y d(A, C) =
7 (23)= 30 o d(A, C) = 7 2= 5.
Gráficamente se tiene:
A1 B C A2
23 8 2 7
e) Sean A un punto en la recta L y k > 0 un número real. En la recta determine los
puntos X tales que d(A, X ) = k.
Por el corolario del teorema 6, en L se tiene un sistema de coordenadas f de origen A
0 y para los X de L se tienen X x. Entonces d(A, X ) = x 0= x= k, y
siendo k> 0, se tiene x = k o x = k. De esto, existe dos únicos puntos X1 cuya
coordenada es k y X2 cuya coordenada es k.
X1 A X2
k 0 k
f) En la recta L, las coordenadas de P, Q y S son 3, 13 y 5, respectivamente.
Considerando orientaciones ascendente o descendente en L, se tiene:
P O S Q Q S O P
3 0 5 12 12 5 0 3
Luego: S está entre P y Q, pues d(P, S ) + d(S, Q) = (3) 5+5 12= 8 + 7 = 15
y d(P , Q ) = (3) 12= 15; es decir, d(P , S ) + d(S , Q) = d(P , Q ). También O
está entre P y Q y S está entre O y Q, ¿por qué?.
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1.3. SEGMENTO DE RECTA Y FIGURA CONVEXA:
La relación entre permite formalizar los conceptos de segmento de recta, de semirrecta
y de rayo, considerando separación de una recta por puntos. separación de un plano
por rectas y separación del espacio por planos.
DEFINICIÓN 6: Sean P y Q dos puntos diferentes de una recta L; entonces:
i) El segmento abierto de recta con extremos P y Q; que se denota por PQ, es el
conjunto de todos los puntos X de L tal que X está entre P y Q; es decir,
PQ = { X L / X está entre P y Q } L.
L:
P Q
ii) El segmento cerrado de recta con extremos P y Q, que se denota por PQ, es la unión
del segmento abierto PQ los extremos P y Q; es decir,
PQ = PQ {P, Q} = { X L / X está entre P y Q o X = P o X = Q} L.
L:
P Q
iii) La longitud de PQ o de PQ, es la distancia de P a Q, y se denota por PQ; es decir,
PQ = d(P, Q).
Ejemplos:
a) En una recta real, grafique el conjunto solución en R de las inecuaciones:
i) x 5 2; ii) 2x + 9< 11; iii) 2x2 + x 15 0.
i) En la recta real, la expresión x 5 2 indica la distancia de los puntos X cuyas
coordenadas son x al punto P cuya coordenada es 5, son menores o iguales a 2; y
se tiene: x 5 2 2 x 5 2 3 x 7. La solución 3 x 7 es un
segmento cerrado de extremos los puntos de coordenadas 3 y 7:
3 5 7
ii) Resolviendo la desigualdad, se tiene: 2x + 9< 11 11 < 2x + 9< 11
20 < 2x < 2 10 < x < 1, que en la recta real es un segmento abierto de recta
de extremos los puntos cuyas coordenadas son 10 y 1:
10 0 1
iii) Se tiene 2x2 + x 15 = (2x 5)(x + 3) 0. Por la regla de los signos en la
multiplicación, 2x 5 0 y x + 3 0 o 2x 5 0 y x + 3 0, o sea x 5/2 y
x 3 o x 5/2 y x 3. De donde x 5/2 y x 3, es decir, 3 x 5/2, que
es un segmento cerrado de recta de extremos los puntos con coordenadas 3 y 5/2:
3 0 5/2
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b) ¿Cómo se definen los segmentos semicerrado o semiabierto: PQ y PQ ?
P Q
P Q
Donde PQ = PQ {P} L y PQ = PQ {Q}. Además, para P = Q, se tienen que
PP = {P}; mientras que PP = . También PP = PP = . ¿Por qué?.
c) En la figura: A B C D
10 0 x y
i) Si AD = 28, se tiene y (10)= 28, o sea y + 10= 28. Resolviendo tal
ecuación resulta y + 10 = 28 o y + 10 = 28, es decir, y = 18 o y = 38; y
como y > 0, la solución es y = 18.
ii) Si AC = CD y AB = BC, entonces x (10)=y x y 0 (10)=x 0;
y como x > 10, y > x > 0, se tiene x + 10= y x y x = 10. Resolviendo,
resulta que x = 10 e y = 30.
d) Dados dos puntos P y Q, sea M un punto en el segmento PQ. Se dice que M es punto
medio del segmento PQ, si d(M, P) = d(M, Q).
Si en LPQ se establece un sistema de coordenadas tal que
las coordenadas de P, Q y M son p, q y w, respectivamente,
se tiene d(M, P) = d(M, Q), o sea w p= w q. Si P =
Q, resulta M = P = Q o w = p = q; y si P Q, resulta M
entre P y Q, o sea w p = q w o w = 2
qp .
Q
M
P
e) Sea F una figura en el espacio E (F E). Se dice que F es una figura convexa, si
para todo par de puntos P y Q de F, se tiene que PQ F; es decir, F contiene a todos
los segmentos de rectas con puntos extremos en F.
Así, las siguientes figuras planas (subconjuntos del plano ), son convexas; pues,
todo segmento de recta con extremos en cada figura está contenido en cada figura.
En cambio, las siguientes figuras planas no son convexas: En cada figura puede
ubicar puntos P y Q de manera que el segmento PQ no está contenido en la figura.
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g) Dado un punto A, el conjunto {A} es una figura convexa; y el conjunto vacío es
también una figura convexa. Pues, para P y Q en {A} resulta que P = A = Q y PQ =
{A}; de donde PQ {A}, o sea {A} es una figura convexa. También, si P y Q están
en , lo que es falsa; entonces PQ ; es decir, es figura convexa.
h) Para un punto A en la recta L y en el plano , se tiene que L {A} y {A} son
figuras no convexas. Pues, sean P y Q en L {A} tal que A está entre P y Q. En-
tonces A PQ y A L {A}; es decir, PQ L {A}, o sea, L {A} no es figura
convexa. Análogamente resulta que {A} no es figura convexa.
A
L: L A: o
: A {A}: o
i) El ejemplo anterior se genraliza: Si F1 y F2 son figuras convexas, entonces F1F2,
la intersección de F1 y F2, es figura convexa. ¿Es F1F2 una figura convexa?;
¡Justifique!.
Veamos que F1F2 es figura convexa; es decir, si P y Q son puntos de F1F2,
entonces PQ F1F2. En efecto, si P y Q están en F1F2, entonces P y Q están en
F1 y P y Q están en F2. Como F1 y F2 son figuras convexas, entonces PQ F1 y PQ
F2; de donde PQ F1F2. ¿Qué ocurre con F1F2?.
Considerando los conceptos y las propiedades de relación entre, segmentos de recta y
figuras convexas; presentaremos los principios o axiomas de separación o partición de
una recta por un punto, de un plano por una recta y del espacio por un plano:
AXIOMA 12: Sean L una recta y P un punto de L. Entonces P determina en L o P
separa a L en tres conjuntos convexos no vacíos y disjuntos dos a dos: S1, S2 y {P} tales
que S1 S2 {P} = L.
L: P
S1: S2:
P:
En este caso, se tienen:
i) Los conjuntos S1 y S2 se llaman semirrectas opuestas de extremos P.
ii) Si S1 es una semirrecta de extremo P, al conjunto S1 {P} se llama rayo de extre-
mo P; y se denota por PQ, para algún Q en S1. De esto, PQ = S1 {P}.
Q P
S1 {P} = PQ :
P T
S2 {P} = PT :
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AXIOMA 13: Sea L una recta contenida en un plano . Entonces L determina en o
L separa a en tres conjuntos convexos, no vacíos, disjuntos dos a dos S1, S2 y L; tal
que S1 S2 L = y para P S1, Q S2 se tiene PQ L .
L L
S1 S2
En este caso, los conjuntos S1 y S2 son los semiplanos opuestos de borde o frontera L.
Además, para L una recta que separa al plano en semiplanos S1 y S2 y para P y Q dos
puntos en tal que P L y Q L. Si PQ L .se cumple que P y Q estánen
semiplanos opuestos de bordes L; pues, si están en un mismo semiplano S, siendo éste
una figura convexa, resulta que PQ S, o sea PQ L = , y si contrario a que PQ
L . En consecuencia, P y Q están en semiplanos opuestos de bordes L. Luego, con el
axioma, se tiene: P y Q están en semiplanos opuestos de bordes L PQ L .
AXIOMA 14: Sea un plano contenido en el espacio E. Entonces determina en LB
o separa a E en tres conjuntos convexos, no vacíos, disjuntos dos a dos E1, E2 y ,
donde E1 E2 = E y para P E1, Q E2 se tiene PQ .
Aquí, los conjuntos E1, y E2 se llaman semiespacios opuestos de borde o frontera .
Ejemplos:
a) En una recta real, grafique el conjunto A B; siendo A y B los respectivos con-
juntos soluciones de las desigualdades 3x 7 8 y 2x + 3 17.
Para esto, resolviendo las desigualdades: 3x 7 8 3x 7 8 o 3x 7 8
x 5 o x 1/3, resulta: A = {x R / x 1/3 o x 5};
2x + 3 17 17 2x + 3 17 10 x . 7, y resulta
B = { x R / 10 x 7}.
En la recta real, graficando, se tiene:
A: 1/3 5
10 7
B:
A B:
10 1/3 5 7
b) Dados los puntos A, B y C tal que B está entre A y C, sea L una recta que pasa por C
y que no contiene a los otros puntos. Se cumple que los otros puntos A y B están en
un mismo semiplano de borde L.
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En efecto, como B está entre A y C, estos puntos están en una recta L, secante con L
en C y definen un único plano . Suponiendo que los puntos A y B están en
semiplanos opuestos de bordes L; entonces AB L = {P} y P entre A y B. Luego,
L L = {P}; es decir, P = C. De donde C está entre A y B, contrario a que B está
entre A y C. En consecuencia, A y B están en un mismo semiplano de borde L.
c) Sean L una recta y P un punto del plano tal que P
L. Compruebe que el conjunto
S = {X L / PX L } es el semiplano de borde L opuesto al semiplano de
borde L que contiene al punto P.
Como L separa a en S1 y S2, semiplanos opuestos de bordes L, y P L, entonces
P S1 o P S2. Si PS1 y S = {XL / PX L } , se tiene S = S2.
En efecto, para XS y XL se tiene que XS1 o XS2. Si XS1, siendo S1 convexa,
resulta PX L = , contrario a que XS. Por lo tanto XS2; o sea S S2. Para XS2
y como PS1, resulta que PX L , o sea XS; de donde S2 S. Luego: S = S2.
d) Sean A, B y C tres puntos no colineales en el plano , y sea L una recta tal que
{A, B, C} L = y AB L . Se cumple AC L o CB L .
Como AL, B L y AB
L , se tiene que
AB L = Pcon P entre A y B. Luego, AS1
y BS2, siendo S1 y S2 semiplanos opuestos de
bordes L. Además, como CL entonces CS1
o CS2; de donde, respectivamente resulta que
CB L o CA L .
L B
P
A
C
EJERCICIOS:
1. Sean L y M dos rectas y un plano tales que L = {O}, M y O M;
demuestre que L M = y no existe plano alguno que contiene a L y M.
2. De los cuatro puntos distintos P, Q, S y T se tiene que P, Q, S son no colineales.
¿Cuántos planos determinan P, Q, S y T ?. Además, indicar pares de rectas secantes,
pares de rectas que se cruzan, etc.
3. Sean P, Q y S puntos no alineados en un plano y sea T un punto tal que T .
Determine la verdad o falsedad de los siguientes enunciados:
i) P, Q y T definen un único plano; ii) Las rectas PQ y TS son disjuntas;
iii) La recta TP y el plano son secantes; iv) P, Q, S y T son no coplanarios.
4. Si P, Q y S son puntos distintos de la recta L;
i) Si d(P, Q ) = 15 y d(P, S
) = 28, ¿Es posible ubicar dichos puntos en la recta L?.
ii) En i), si además d(Q, S ) = 13, ubique dichos puntos en la recta L.
iii) Si para a y b en R+ se cumple d(P, Q
) = a, d(P, S
) = b y d(Q, S
) = a + b,
¿Cómo están ubicados los puntos en la recta?.
iv) Si en un sistema de coordenadas de L y para p < q en R, las coordenadas de P y
Q son p y q, respectivamente, y si 4d(Q, S ) = 3d(P, Q
); determine la coor-
denada del punto S en el sistema dado y en términos de p y q.
14
5. En una recta R se definen tres sistemas de coordenadas con una misma unidad de
medida: En dicha recta se fija tres puntos A, B y C, cuyas coordenadas,
respectivamente, son: En el primer sistema: 2, 8 y x; en el segundo sistema: 1, y y
9; en el tercer sistema: z, 6 y w. Determine x + y + z + w.
6. En una recta real L, las coordenadas de los puntos A, B, C y D en dicha recta,
respectivamente, son k, k2, 3k y k + 2, con k > 1. Si d(A, B) = d(C, D), halle k.
7. En una recta L se consideran dos sistemas de coordenadas, igualmente orientadas y
con la misma unidad de medida. Los puntos A, B y C en dicha recta tienen
coordenadas, respectivamente, en el 1er. sistema: x, 2 y z; en el 2do. sistema: 8, z y
1. Si además se cumple d(A, B) = 5 y d(B, C) < d(A, C); determine x + y + z.
8. En un plano se tienen n puntos distintos, cada tres de ellos no están alineados y por
cada dos de ellos se trazan un total de 20n rectas. Halle el valor de n.
9. Dos trozos de reglas graduadas tienen las configuraciones adjuntas, en donde al
hacer coincidir los puntos 0, el punto 7 de una coincide con el punto 5n de la otra:
0 1 2 3 4 5 6 7
0 n 2n 3n 4n 5n
Exprese (n 1) en términos de .
10. En el espacio, de los puntos distintos A, B, C, D y E se sabe que A, B y C son no
colineales, B está entre A y E, y D está entre A y C. Determine el valor de verdad o
falsedad de las siguientes afirmaciones:
i) Los puntos C, D y E son colineales pero los puntos A, C y D no lo son;
ii) Los puntos A y E están en un mismo semiplano de borde la recta DC;
iii) El rayo ED interseca al segmento AC en P tal que D está entre E y P;
iv) Los puntos A, B, C, D y E son coplanarios.
11. Si AB y AC son dos rayos distintos; analice, cuáles de las siguientes condiciones es
suficiente para asegurar que los rayos AB y AC son opuestos:
i) Los puntos A, B y C están alineados;
ii) Para un punto P en AC, las rectas PC y AC son coincidentes;
iii) Para puntos P en AB y Q en AC, el punto A está en el segmento PQ;
iv) Para un punto P en AB, las rectas PC y AC son iguales.
12. Dados una recta L y dos puntos P y Q en un plano tal que P L, Q L y
PQ L ; se tienen los siguientes conjuntos: A = {X / d(P, X) = d(P, Q)},
B = {X L / PX L = } y C = {X L / PX L }.
Determine la verdad o falsedad de las siguientes afirmaciones:
i) B C es una figura no convexa; ii) A L es una figura no convexa;
iii) B y C son figuras convexas; iv) A es una figura convexa.
13. En un plano , sean L una recta, P y Q puntos contenidos en semiplanos opuestos de
bordes L tales que PQ L = {T }. Se tiene: A = { X L / XQ L },
B = { X L / XP L = } y C = { X L / XT PT }.
Determine los valores de verdad o falsedad de las siguientes afirmaciones:
i) A B = C; ii) B C A; iii) A B; iv) B A; v) B = C.
15
2. ÁNGULOS Y MEDICIÓN DE ÁNGULOS:
En lo que sigue, presentaremos y caracterizaremos figuras en el espacio E a través de
otras; tales como:
DEFINICIÓN 7: Dados los rayos AB y AC, de
origen común A; el ángulo de vértice A y lados AB y
AC es la unión de los rayos AB y AC, y se denota:
BAC o por A; es decir, BAC = AB AC.
exterior B
A interior
exterior C
En la definición anterior:
i) El ángulo BAC separa al plano , que lo contiene, en tres conjuntos: Int(BAC), el
interior del ángulo BAC; Ext(BAC), el exterior del ángulo BAC; y BAC, el ángulo o
la frontera entre el interior y el exterior.
Tales conjuntos son disjuntos dos a dos y = Int(BAC) Ext(BAC) BAC;
además, Int(BAC) es una figura convexa, por ser intersección de los semiplanos
(convexos) S1 de borde LAB que contiene C y S2 de borde LAC que contiene B.
ii) Si AB = AC en un plano ; es decir, los lados son iguales, entonces BAC es un
ángulo nulo. En este caso, su interior es y su exterior es AB.
iii) Si AB y AC son rayos opuestos de un plano ; es decir, BAC es una recta en , se
tiene que BAC es un ángulo llano. En este caso, su interior es un semiplano 1 de
cuyo borde es LAB y su exterior es el semiplano 2 de borde LAB y opuesto a 1.
exterior interior
Ángulo nulo: A B=C Ángulo llano: B A C
exterior exterior
Medir un ángulo: Se trata de asignar a cada ángulo dado A un número real t 0,
que llamaremos la medida del A y que denotaremos: m( A ) = t. Para esto
consideremos los principios que caracterizan la medición de ángulos:
AXIOMA 15: Dado un número real K > 0;
existe una función mK que a cada ángulo BAC
le hace corresponder un único números real t, tal
que 0 t K; o sea mK(BAC) = t.
B
mK
A t
C
El número K es la escala de medida angular y mK(BAC ) = t se lee “La medida del
ángulo BAC en la escala K es t”. En la Escala Sexagesimal, K = 180, su unidad de
medida es el grado y mK (BAC ) = t o
, y en la Escala Radián, K = , su unidad de
medida es el radián y se denota mK (BAC ) = t rad.
AXIOMA 16: Dado un rayo AB en el plano
, sea SAB un semiplano de con borde AB. Para
cada número real t, con 0 < t < K, existe un úni-
co rayo AC, con C en SAB tal que mK (BAC ) = t.
C
SAB
t mK
A B
16
El Axioma 16 se complementa considerando:
i) t = 0, el rayo AC coincide con el rayo AB, o sea AC = AB, y se tiene BAC es un
ángulo nulo cuya medida es 0; y
ii) t = K, el rayo AC es opuesto con el rayo AB, o sea AC AB es la recta AC, y se
tiene BAC es un ángulo llano cuya medida es K.
A B = C C A B
AXIOMA 17: Dado un ángulo BAC, no nulo, y D un
punto en el interior de dicho ángulo, se tiene los ángulos
BAD y DAC que cumplen:
mK(BAC ) = mK(BAD) + mK(DAC
).
B
A D
C
La existencia de los ángulos BAD y DAC en el contexto del axioma anterior, permite
considerar:
DEFINICIÓN 8: Dados un ángulo BAC y un punto D
en el interior de dicho ángulo; el rayo AD es la bisectriz
del ángulo BAC si los ángulos BAD y DAC tienen medi-
das iguales, mK(BAD) = mK(DAC). Además, en este caso,
mK(BAC) = 2 mK(BAD) = 2 mK(DAC).
B
D
A
C
DEFINICIÓN 9: Los ángulos no nulos BAD y DAC, de lado común AD; son:
i) Ángulos Consecutivos, si los puntos B y C, que no pertenecen al lado común AD,
están en semiplanos opuestos de bordes la recta AD.
Según esto, si mK(BAD) = r y mK(DAC) = t, se tiene el número real r + t, y puede ser
mayor que K; en tal caso, no existe un ángulo cuya medida sea r + t.
ii) Ángulos Adyacentes o forman un par lineal, si los lados no comunes AB y AC son
rayos opuestos.
C
A D
B
BAD y DAC son ángulos
consecutivos
N
M
O
P
MON y NOP son ángulos
consecutivos
D
C A B
BAD y DAC son ángulos
adyacentes
DEFINICIÓN 10: Sean MAN y PBT dos ángulos cuyas medidas en la escala K son
t y s, respectivamente.
a) Si t + s = K, los ángulos MAN y PBT
son ángulos suplementarios; y, en tal
caso, uno de los ángulos es el suple-
mento del otro;
M P
N A B T
17
b) Si t + s = 2
K, los ángulos MAN y PBT son
ángulos complementarios; y, en tal caso,
uno de los ángulos es el complemento del
otro ángulo;
M N
P
A B T
c) Si t = 2
K el ángulo MAN se llama
ángulo recto o los rayos AM y AN son
rayos perpendiculares u ortogonales
o las rectas AM y AN son rectas
perpendiculares u ortogonales, y se
denotan AM AN o AM AN.
M M
A N
A N
DEFINICIÓN 11: Dado un segmento de
recta AB cuyo punto medio es M, sea L la
recta que pasa por M y es perpendicular con
AB (las rectas L y AB son perpendiculares).
L es llamada mediatriz del segmento AB.
A
M
L
B
DEFINICIÓN 12: Sean L1 y L2 dos rectas secantes en el
punto P, Entonces L1 y L2 determinan cuatro ángulos no
nulos y no llanos, con vértices común P y con lados los
rayos de origen P en L1 y L2. De éstos, dos de ellos son
ángulos opuestos por el vértice si sus lados de uno son
opuestos a los lados del otro. Además, hay cuatro parejas de
ángulos adyacentes.
L1
P
L2
NOTAS:
1) En lo que sigue, salvo mención expresa, para la medición de ángulos usaremos la
escala o sistema sexagesimal K = 180 y para un ángulo dado A con vértice el
punto A, si m180( A ) = denotaremos simplemente por m( A ) = o, con unidades en
grados ( o
). En tal caso:
i) Para un ángulo recto A se tiene que m( A ) = 90o; y para un ángulo llano B se
tiene que m(B ) =180o
ii) Para un ángulo A, si 0 < m( A ) < 90o, diremos que A es un ángulo agudo; y si
90o < m( A ) < 180
o, diremos que A es un ángulo obtuso.
iii) Para ángulos complementarios C y D se tiene m( C ) + m( D ) = 90
o.
iv) Para ángulos suplementarios E y F se tiene m(E) + m(F) = 180o; y, además, se
comprueba fácilmente: E es ángulo recto si y sólo si su suplemento F es también
ángulo recto, es decir, m(E ) = m( F ) = 90o.
2) En el sistema sexagesimal, cuya unidad de medida es el grado ( o
), se consideran las
sub unidades: el minuto ( ) y el segundo ( ); cuyas equivalencias son: 1o = 60 o
1 = (1/60)o, y 1 = 60 o 1 = (1/60).
Según lo anterior, se habla de ángulos cuyas medidas son, por ejemplo:
35o 35 = 35
o + 35 = 35
o + 35(1/60)
o 35
o + 0,58
o = (35,58)
o; 89
o 59 60 = 90
o, o
(48,25)o = 48
o + (25/100)
o = 48
o + (1/4)(60) = 48
o + 15 = 48
o 15, etc.
18
Ejemplos:
a) En la figura 1, las respectivas medidas a, b, c, d y e de los ángulos A, B, C, D y E
están en progresión aritmética; es decir, las medidas son a = c 2k, b = c k, c, d =
c + k y e = c + 2k, y cumplen 180o = a +
b + c +
d + e =
(c 2k) + (c k) + c + (c + k)
+ (c + 2k) = 5c; de donde c = 36o; etc.
b) Dos ángulos opuestos por el vértice tienen la misma medida: En la figura 2, los
ángulos AOB y COD son opuestos por el vértice O. Entonces los rayos OA y OC son
opuestos y también los rayos OB y OD; de esto, los ángulos AOB y BOC son
adyacentes y también los ángulos BOC y COD. Luego, m(AOB) + m(BOC) =180o =
m(BOC) + m(COD); de donde resulta que m(AOB) = m(COD). También se tiene
m(AOB) + m(BOC) + m(BOC) + m(COD) = 180o + 180
o = 360
o.
D C A D
B
E A B O C
Figura 1 Figura 2
c) Dados dos ángulos adyacentes BAD y DAC de
medidas y se trazan sus respectivas bisectri-
ces AM y AN. El ángulo MAN, que definen estas
bisectrices es recto; pues + =180o y m(MAN)
= /2 + /2 = ( + )/2 = 180o/2 = 90
o.
D
M
N
B A C
d) Los ángulos consecutivos AOB, BOC, COD
y DOA satisfacen: m(DOA) = m(COB) =
2 m(AOB) y 3 m(AOB) = m(COD), y los
rayos OP y OT son las bisectrices de los
ángulos AOB y COD, respectivamente.
Determine la medida del ángulo que forman
las bisectrices OP y OT.
C
B
P O T
A
D
Sean a = m(AOB), b = m(BOC), c = m(COD) y d = m(AOD); entonces d = b = 2a
y c = 3a. De esto, 360o = a + b + c + d = a + 2a + 3a + 2a = 8a; es decir, a = 45
o, d
= 90o y c = 135
o. Como OP y OT son bisectrices de AOB y COD, respectivamente,
se tiene que el ángulo que forman OP y OT tiene medida m(POT) = (a/2) + d +
(c/2) = 45o/2 + 90
o + 135
o/2 = 180
o.
3. POLÍGONOS:
Resultan de unir tres o más segmentos de rectas en el plano , con ciertas condiciones:
DEFINICIÓN 13: Sean n puntos distintos P1, P2, P3, …. , Pn, con n 3,
contenidos en el plano , y se tienen los segmentos cerrados de rectas: P1P2 , P2P3 ,
P3P4 , .…. , Pn1Pn y PnP1, donde cada dos de tales segmentos cumplen:
i) Son disjuntos o se interceptan en sus extremos, y ii) Si tienen extremos en común, los segmentos son no alineados y este extremo no puede ser intercepto
de otro par de segmentos;
19
Al conjunto Pn = P1P2 P2P3 P3P4 .... Pn1Pn PnP1, unión de segmentos, se
llama Poligonal Cerrada Simple o simplemente Polígono de vértices (consecutivos) P1,
P2, P3, …. , Pn y de lados P1P2 , P2P3 , P3P4 , …. , Pn1Pn y PnP1.
Ejemplos:
a) Las siguientes figuras, son polígonos de 3 lados, llamado triángulo, de 4 lados,
llamado cuadrilátero, y de 9 lados, respectivamente:
P1 A2 M3 M4
M2 M8 M5
P2 A3
P3 A1 A4 M1 M9 M7 M6
b) Las siguientes figuras, no son polígonos:
P2 P4 P3 P4 P2 P8 P7
P3 P4
P1 P3 P1 P2 P1 P5 P6
NOMENCLATURA: Según el número de lados n 3, se tiene:
Polígono: Nombre: Polígono: Nombre:
P3 Triángulo P12 Dodecágono
P4 Cuadrilátero P13 Tridecágono
P5 Pentágono P14 Tetradecágono
P6 Hexágono P15 Pentadecágono
P7 Heptágono P16 Hexadecágono
P8 Octógono P17 Heptadecágono
P9 Nonágono P18 Octodecágono
P10 Decágono P19 Nonadecágono
P11 Undecágono P20 Icoságono
Triángulo o trigono Cuadrilátero Pentágono
o trilátero o Polígono de 3 lados Polígono de 4 lados Polígono de 5 lados
Hexágono o Heptágono o Octógono o
Polígono de 6 lados Polígono de 7 lados Polígono de 8 lados
20
En la definición anterior, los vértices de un polígono Pn , con n 3, están contenidos en
un plano , por lo que el polígono está contenido en el plano y separa a dicho plano
en tres conjuntos no vacíos y disjuntos dos a dos:
-) El interior Int(Pn) del polígono Pn, parte del plano que encierra o limita Pn y no
contiene recta alguna; es decir, si P es un punto en el interior de Pn, entonces toda
recta L que pasa por P intercepta a Pn;
-) El polígono Pn o frontera entre el interior y el exterior; y
-) El exterior Ext( Pn) del polígono Pn, que es el complemento de Int(Pn) Pn; esto es,
Ext( Pn) = ( Int(Pn) Pn ).; y
-) Para puntos M Int(Pn) y S Ext( Pn) se tiene que MS Pn .
L B L
A Q C
EXTERIOR INTERIOR EXTERIOR N P
F D T
K
G E FRONTERA
Así, los puntos K y T están en el exterior, N, P y Q están en el interior, etc.
Ejemplo:
Dados los puntos A, B, C, D, E, F, G, H, I y J
en un plano, se construyen polígonos cuyos
vértices son alguno de tales puntos y los otros
puntos que no son vértices quedan en el
interior del polígono construido, o todos los
puntos son vértices del polígono construido.
A
B E
C D
I
F G
H J
Al respecto, algunos de tales polígonos son: ACHJIE, donde los puntos B, F, G y D
están en el interior; ABCFHJE, donde los puntos D, G e I están en el interior; AEJHC,
donde los puntos B, D, I, G y F están en el interior; o el polígono ABCFHGJIDE, cuyos
vértices son todos los puntos; etc. ¿Hay más polígonos?.
DFINICIÓN 14: Dado un polígono Pn, con n 3, sea B un vértice de Pn;
i) Para los lados AB y BC con extremos común B, el ángulo ABC se llama ángulo
interior de Pn en el vértice B.
Así, en un polígono Pn, con n 3, hay n vértices, y Pn admite n ángulos interiores.
ii) El ángulo adyacente al ángulo interior en un vértice B se llama ángulo exterior de Pn
en el vértice B.
De esto, un polígono Pn tiene 2n ángulos exteriores, tal que en cada vértice dos a dos
son opuestos por el vértice y éstos tienen medidas iguales.
21
Ejemplos:
a) En la figura adjunta, se tiene: ABC es un
ángulo interior en B, EDC es un ángulo
interior en D; mientras que MBA y NBC son
ángulos exteriores en B, que son opuestos
por el vértice y tienen la misma medida,
también BCU y VCD son ángulos exteriores
en C, que son opuestos por el vértice y
tienen medidas iguales; etc.
A E
M
B
D
N
C
U V
b) En el polígono ABCDEF de la figura, AFE,
ABC, BCD, CDE, DEF y BAF son ángulos
interiores, pues sus vértices son vértices del
polígono y sus lados contienen a los lados
correspondientes del polígono; mientras que
MCD, DEN y SAF son tres ángulos
exteriores, pues son adyacentes a BCD,
DEF y BAF, respectivamente.
A B
S
C
D
M
F
E N
Consideremos las siguientes configuraciones de cuatro polígonos:
D L C A
E
D B
C A G
L
B E F
(1) (2) (3) (4)
Al trazar las rectas que contienen a los lados, se tienen:
En (1) y (2), para cada recta L que contiene un lado, los otros vértices quedan en un
mismo semiplano de borde L; en cambio en (3) y (4) para ciertas rectas L que contiene
un lado, hay vértices que están en semiplanos opuestos de bordes L. Estos comporta-
mientos de los polígonos diferenciamos a través de la siguiente:
DEFINICIÓN 15: Un polígono Pn, con n 3, se llama polígono convexo, si para
cada recta L que contiene un lado (L pasa por los extremos de dicho lado, que son dos
vértices consecutivosdel polígono), los otros vértices están en un mismo semiplano SL
de borde L.
Ejemplos:
a) Las configuraciones (1) y (2) anteriores, son polígonos convexos de 4 y 6 lados,
respectivamente; mientras que (3) y (4) no son polígonos convexos pues, en cada
caso, para la recta L que contiene al lado AB los vértices D y E no están en un
mismo semiplano (están en semiplanos opuestos) de borde L.
b) Un triángulo siempre es polígono convexo, pues al trazar la recta L que contiene un
lado (L pasa por los extremos del lado considerado), entonces el otro vértice está en
un solo semiplano de borde L.
22
c) Sea ABC un ángulo interior en el vértice B y que contiene a los lados AB y BC del
polígono Pn, con n 3. Si Pn es polígono convexo, entonces los otros vértices dis-
tintos de A, B y C están contenidos en el interior del ángulo ABC.
Recíprocamente, si para cada ángulo interior ABC de Pn los otros vértices están en el
interior del ángulo ABC, entonces Pn es un polígono convexo.
En efecto, si Pn es un polígono convexo, dada la recta AB, los otros vértices están en
el semiplano S1 de borde la recta AB; en particular C S1. Análogamente, para la
recta BC, los otros vértices están en el semiplano S2 de borde la recta BC; en
particular, A S2. De esto, todos los vértices, excepto A, B y C, están en S1 S2.
Recíprocamente, como el interior de cada ángulo ABC es la intersección de los
semiplanos SA de borde AB y que contiene a C y SC de borde BC y contiene a A;
resulta que para cada lado AB, al trazar la recta AB los otros vértices están en SA. De
esto, el polígono Pn es convexo.
Una condición que caracteriza a los polígonos convexos está dada en el siguiente:
TEOREMA 1: Si un polígono Pn, con n 3, es convexo, entonces el interior de
dicho polígono es una figura convexa.
Además, en este caso, tres vértices cualesquiera de dicho polígono no son colineales.
Demostración: Si Pn = P1P2 P2P3 P3P4 ..... Pn1Pn PnP1, con n lados, es
convexo, sean Li la recta que lo contiene al lado PiPi +1, para i = 1, 2, 3, …… , n1, y Ln
la recta que contiene al lado PnP1. Entonces, dada Li, para cada i = 1, 2, 3, ….. , n, los
otros vértices están en un mismo semiplano Si de borde Li. Luego, siendo cada Si una
figura convexa, se tiene que I, el interior del polígono, es la intersección de los
semiplanos Si, esto es: I = S1 S2 S3 .… Sn1 Sn, que es figura convexa.
Además, si tres vértices A, B y D de dicho polígono convexo están alineados, sea L la
recta que contiene al lado AB; entonces el vértice D está en L. Por otro lado, como el
polígono es convexo, el vértice D está en un semiplano S de borde L. Luego, D está en L
y en S, es decir, D L S; resultado que contradice a que L S = . Por lo tanto, A, B
y D no están alineados.
NOTA: En adelante, cuando nos referimos a un polígono, estaremos hablando de un
polígono convexo. En este contexto tenemos:
DEFINICIÓN 16: Dado un polígono (convexo) Pn, con n 3, de vértices conse-
cutivos P1, P2, P3, ....., Pn, o de lados P1P2 , P2P3 , P3P4 , ....., Pn1Pn y PnP1;
i) El polígono Pn es un polígono regular, si todos sus lados tienen longitudes iguales y
todos sus ángulos interiores tienen medidas iguales.
ii) La suma de las longitudes de los lados del polígono, o sea P1P2 + P2P3 + P3P4 + .....
+ Pn1Pn + PnP1, se llama perímetro del polígono Pn.
iii) El segmento de recta cuyos extremos son vértices no consecutivos del polígono Pn,
se llama una diagonal de Pn.
23
Ejemplos:
a) Si el polígono P3 es regular, se dice que P3 es un triángulo equilátero; si P4 es
regular, se dice que P4 es un cuadrado; si Pn, para n 5, es regular, llamaremos
pentágono regular o polígono regular de 5 lados, hexágono regular o polígono
regular de 6 lados, heptágono regular o polígono regular de 7 lados, etc.
Triángulo Equilátero Cuadrado Pentágono Regular Hexágono Regular
b) En un triángulo, dos vértices cualesquiera siempre determinan un lado; es decir, un
triángulo no tiene diagonales. B C
c) En el cuadrilátero ABCD, sus diagonales son
los segmentos AC y BD; es decir, un cuadri-
látero tiene dos diagonales. A
D
Q R
d) En un pentágono PQRST, sus diagonales son
los segmentos PR, PS, QS, QT y RT; es
decir, un pentágono tiene cinco diagonales.
P
S
T
Respecto al número de diagonales de un polígono convexo Pn, con n 3, consideran-do
que los n vértices P1, P2, P3, …, Pn no están alineados tres a tres, se tiene:
TEOREMA 2: En un polígono convexo Pn, con n 3, la cantidad de diagonales es
Dn = 2
)3( nn.
Demostración: Como el polígono es convexo se tiene que sus vértices, tres a tres,
no están alineados y definen (n 1) + (n 2) + …… + 2 + 1 = 2
1)( nn rectas distintas,
donde n de ellas contienen a los lados y las restantes contienen a las diago-nales; es
decir, el polígono tiene Dn = 2
1)( nn n =
2
)3( nn diagonales.
Ejemplos:
a) En un triángulo, n = 3 y D3 = 2
)33(3 = 0 diagonales; en un cuadrilátero, n = 4 y
D4 = 2
)34(4 = 2 diagonales; en un pentágono, n = 5 y D5 =
2
)35(5 = 5
diagonales. Estos resultados confirman los ejemplos de la definición anterior.
b) En un hexágono, n = 6 y D6 = 2
)36(6 = 9 diagonales; en un heptágono, n = 7 y
24
D7 = 2
)37(7 = 14 diagonales; en un icoságono, n = 20 y D20 =
2
)320(20 = 170
diagonales.
c) Si un polígono convexo tiene 65 diagonales, sea n el número de lados. Entonces se
cumple: 2
)3( nn = 65, de donde n
2 3n = 130 o n
2 3n 130 = 0. De esto (n
13)(n + 10) = 0; es decir, n = 13 o n = 10. Como n 3, número de lados del
polígono, resulta: n = 13, o sea, un polígono de 13 lados tiene 65 diagonales.
d) La diferencia entre los números de diagonales de dos polígonos convexos es 21;
pero si al polígono de mayor número de lados se disminuye un lado y al otro se le
incrementa un lado, las cantidades de diagonales respectivas difieren en 7. ¿Qué
polígonos cumplen estas condiciones?.
Al respecto, sean m y n, con m > n, los números de lados de los dos polígonos. Se
tienen Dm Dn = 21 y Dm 1 Dn + 1 = 7; es decir, 2
3)( mm
2
)3( nn = 21 y
2
41 )()( mm
2
21 )()( nn = 7. Efectuando m
2 3m n
2 + 3n = 42 y m
2
5m n2 + n = 8, de donde m + n = 17; y se tiene m = 10 y n = 7.
3.1. TRIÁNGULOS:
En la sección anterior se tiene que para puntos
no alineados A, B y C, el triángulo de vértices A,
B y C y lados AB, BC y AC, es la unión de los
segmentos de rectas AB , BC y AC; y, además, se
tiene que un triángulo es un polígono convexo
de tres lados, P3.
B
A C
En este contexto, veremos clases de triángulos (atendiendo a sus lados o a sus ángulos
interiores) y algunos de sus elementos significativos (segmentos y puntos notables).
DEFINICIÓN 16: Dado un triángulo ABC; considerando las longitudes de sus
lados, el triángulo es:
i) Equilátero, si sus lados tienen longitudes iguales; es decir, AB = AC = BC.
ii) Isósceles, si dos de sus lados tienen longitudes iguales. Así, si AB = BC, al tercer
lado AC se llama base del triángulo isósceles ABC.
iii) Escaleno, si no tiene dos lados de longitudes iguales; es decir, si el triángulo no es
isósceles.
B B B
A C A C A C
AB = BC = AC AB = BC AB BC AC
Equilátero Isósceles Escaleno
Triángulos
25
DEFINICIÓN 17: Dado un triángulo ABC; considerando las medidas de sus
ángulos interiores, el triángulo es:
i) Rectángulo, si un ángulo interior es recto; o sea un ángulo interior mide 90o.
En este caso, los lados que forman el ángulo recto son los catetos del triángulo, y el
lado opuesto al ángulo recto es la hipotenusa del triángulo.
B
A C
Triángulo Rectángulo ABC:
-) Ángulo BAC es recto en A; o sea
m(BAC) = 90o;
-) AB y AC son los catetos;
-) BC es la hipotenusa.
ii) Oblicuángulo, si no tiene un ángulo interior recto; o ningún ángulo interior mide 90o.
En este caso, se suele diferenciar que el triángulo es:
ii1) Equiángulo, si sus tres ángulos interiores tienen la misma medida.
ii2) Acutángulo, si los tres ángulos interiores son agudos; o sea, las medidas de sus
ángulos interiores son menores de 90o.
ii3) Obtusángulo, si un ángulo interior es obtuso; o sea, la medida de un ángulo
interior es mayor de 90o.
B B B
A C A C A C
m(A) = m(B) = m(C) m(A), m(B), m(C) < 90o m(A) > 90
o
Equiángulo Acutángulo Obtusángulo
DEFINICIÓN 18: Dado un triángulo ABC; la altura respecto al vértice A es el
segmento de recta AD perpendicular con el lado BC, con D un punto en la recta BC.
Análogamente se tienen las alturas BE y CF respecto a los otros vértices B y C,
respectivamente; es decir, todo triángulo admite tres alturas tal que las rectas que las
contienen se interceptan en un punto llamado ortocentro del triángulo.
E F
A A A
B D C B C B C
AD BC y D BC BE AC y E AC CF AB y F AB
AD es altura BE es altura CF es altura.
26
DEFINICIÓN 19: Dado un triángulo ABC; la mediana respecto al vértice A es el
segmento de recta AM, siendo M el punto medio del lado BC.
Análogamente se tienen las medianas BN y CP respecto a los vértice B y C, siendo N y
P puntos medios de AC y AB, respectivamente; es decir, todo triángulo admite tres
medianas y se interceptan en un punto llamado baricentro o centroide del triángulo.
A A A
N P
B M C B C B C
BM = MC y M BC AN = NC y N AC AP = PB y P AB
AM es mediana BN es mediana CP es mediana.
DEFINICIÓN 20: Dado un triángulo ABC;
i) La bisectriz interior respecto al vértice A o simplemente bisectriz respecto al vertíce
A, es la bisectriz AG del ángulo interior BAC, con G BC.
Análogamente se tienen las bisectrices BH y CK respecto a los vértices B y C, con
H AC y K AB, respectivamente; es decir, todo triángulo admite tres bisectrices
(interiores) y se interceptan en un punto llamado incentro del triángulo.
A A A
H K
B G C B C B C
AG bisectriz de BAC BH bisectriz de ABC CK bisectriz de ACB.
ii) La bisectriz exterior respecto al vértice A es la bisectriz AQ del ángulo exterior en el
vértice A del triángulo.
Análogamente se tienen las bisectrices exteriores BS y CT respecto a los vértice B y
C, respectivamente; y todo triángulo admite seis bisectrices exteriores, para cada
ángulo exterior en cada vértice y dos a dos se interceptan en puntos llamados
excentros del triángulo, por lo que todo triángulo tiene tres excentros.
A A Q A
S Q T
B C B C B C
S T
BS y BS bisectrices AQ y AQ bisectrices CT y CT bisectrices
exteriores en B exteriores en A exteriores en C.
DEFINICIÓN 21: Dado un triángulo ABC; la mediatriz del lado BC es la recta LM
perpendicular al lado BC que pasa por el punto medio M de BC, es decir, LM es la
mediatriz del segmento BC.
27
Análogamente se tienen las rectas LN y LP mediatrices de los lados AC y AB, con N y P
puntos medios de AC y AB, respectivamente; es decir, todo triángulo admite tres
mediatrices y se interceptan en un punto llamado circuncentro del triángulo.
A LM A LN A
N LP P
B M C B C B C
BM = MC y LM BC AN = NC y LN
AC AP = PB y LP AB
LM es mediatriz de BC LN es mediatriz de AC LP es mediatriz de AB.
Ejemplos: Adelantando resultados, se tienen;
a) En un ABC, isósceles y recto en A, el circuncentro y el ortocentro es el punto
medio de la hipotenusa BC.
b) En un ABC, equiáltero, el ortocentro, el baricentro, el incentro y el circuncentro,
coinciden.
3.2. CUADRILÁTEROS:
En la definición y nomenclatura de los polígonos, están incluidos los cuadriláteros o
polígonos de cuatro lados: P4. Además se tiene:
DEFINICIÓN 22: Dado un cuadrilátero P4;
i) Dos lados que no tienen extremo común se llaman lados opuestos de P4, y cuando
tienen un extremo común se llaman lados consecutivos o adyacentes de P4.
ii) Dos ángulos interiores que no tienen lado común se llama ángulos opuestos, y
cuando tienen un lado común se llaman ángulos consecutivos o adyacentes de P4.
Ejemplo: En el cuadrilátero ABCD de la figura,
AB y CD son lados opuestos, también AD y BC
son lados opuestos; BAD y BCD son ángulos inte-
riores opuestos, también ABC y CDA son ángulos
interiores opuestos. AB y BC son lados consecutivos;
mientras que ABC y BCD son ángulos consecutivos.
B C
A
D
DEFINICIÓN 23: Dado un cuadrilátero P4 con vértices los puntos A, B, C y D;
i) P4 se llama trapecio si dos lados opuestos están
contenidos en rectas paralelas; es decir, tiene dos
lados opuestos paralelos.
En este caso, los lados paralelos AD y BC son las
bases del trapecio.
BC // AD B C
A D
ii) P4 se llama paralelogramo si los lados opuestos son paralelos dos a dos.
iii) P4 se llama rectángulo si P4 es un paralelogramo y tiene un ángulo interior recto.
iv) P4 se llama rombo si P4 es un paralelogramo y las longitudes de sus cuatro lados son
iguales.
v) P4 se llama cuadrado si es un rombo con un ángulo recto.
28
B C B C
A D A D
AB // DC y AD // BC AB // DC, AD // BC y BAD es recto
Paralelogramo Rectángulo
B B C
A C
D A D
AB // CD, AD // BC y AB // CD, AD // BC,
AB = BC = CD = AD AB = BC = CD = AD y ABC recto
Rombo Cuadrado
DEFINICIÓN 24: Dado un trapecio ABCD, cuyas bases paralelas son BC y AD;
i) Si los otros lados AB y CD tienen longitudes iguales, AB CD, se dice que el
trapecio ABCD es isósceles.
ii) Si M y N son los puntos medios de los lados AB y CD, respectivamente, al seg-
mento de recta MN se llama mediana del trapecio.
B C B C
M N
A D A D
BC // AD y M punto medio de AB y
AB = CD. N punto medio de CD
Trapecio Isósceles MN es mediana.
Ejemplos:
a) En un trapecio ABCD de la figura, sus bases
son BC y AD y las bisectrices de los ángulos
ABC y BCD se intersecan en el punto EAD
de manera que los triángulos ABE, BEC y
EDC son equiláteros. Si la base BC tiene
longitud a cm, determine el perímetro del
trapecio ABCD.
B C
A E D
Como la base BC tiene longitud a cm y los triángulo ABE, BEC y EDC son equi-
láteros, se tienen AB = AE = BE = BC = EC = CD = ED y los lados de cada trián-
gulo tienen longitud de a cm. De esto, el perímetro del trapecio ABCD es AB + BC +
CD + AD = AB + BC + CD + AE + ED = 5 a cm.
29
b) En un paralelogramo ABCD, las longitudes de dos lados consecutivos son 7x 5 y
4x + 7. Halle el valor de x de manera que el paralelogramo sea un rombo.
Para que el paralelogramo sea un rombo se requiere que sus cuatro lados tengan
longitudes iguales; en particular, dos lados consecutivos tengan longitudes igua-les,
es decir, 7x 5 = 4x + 7. Resolviendo resulta x = 4. Luego, el paralelogramo ABCD
es un rombo si x = 4.
EJERCICIOS:
1. Dados los rayos OA, OB, OC y OD, la bisectriz OM del ángulo AOB y la bisectriz
ON del ángulo COD son perpendiculares. Calcular m(AOC) + m(BOD).
2. Los rayos OA, OB, OC determinan dos ángulos consecutivos, donde B está en el
interior de AOC. Si el ángulo BOC mide 20º, calcule la medida del ángulo que
forman las bisectrices de los ángulos AOB y AOC.
3. En la figura, OA y OD son rayos opuestos.
Si m(AOB) = , m(BOC) = y m(COD)
= , se cumple = 3 y 5 = 3
. Halle el
valor de .
C B
D O A
4. En la figura, el rayo OE es bisectriz del
ángulo AOB y el rayo OF es bisectriz del
ángulo AOD, donde los rayos OE y OD
son opuestos y los rayos OF y OB son
también opuestos, y los ángulos AOF y
DOC son complementarios. Determine la
medida del ángulo EOC.
A
F
E
O
D
C B
5. Los rayos OA, OB, OC, OD y OE define cinco ángulos consecutivos AOB, BOC,
COD, DOE y EOA. El rayo OD es opuesto a la bisectriz del ángulo AOB y las
medidas de los ángulos AOB, BOC, COD y DOE son entre sí como 1, 3, 4 y 5,
respectivamente. Calcule la medida del ángulo que forma la bisectriz OM del ángulo
AOB con el rayo OE.
6. Determine el número de lados de un polígono convexo tal que si al número de lados
se le disminuye en 1, resulta que el número de diagonales de dicho polígono queda
disminuido en 14.
7. Si a un polígono convexo se le aumenta dos lados, el número de diagonales se
incrementa en 11. ¿Cuántas diagonales tendrá el polígono que resulta de aumen-tarle
cinco lados al polígono inicial?.
8. Determine el valor de verdad o falsedad de las siguientes afirmaciones:
i) Todo triángulo equilátero es isósceles, pero no recíprocamente;
ii) Existen triángulos rectángulos que son isósceles;
iii) No hay triángulos obtusángulos y rectángulos.
9. Dibuje un triángulo en una cartulina, recórtelo por la frontera y, luego, recorte en tres
partes interceptando los lados dos a dos. Con los vértices en un punto común,
ubíquelos consecutivamente sobre una mesa. Aproxime la suma de las medidas de
los tres ángulos. Repita con otros triángulos y enuncie su conclusión.
30
4. CONGRUENCIA O ISOMETRÍA:
Se trata de estudiar figuras atendiendo propiedades respecto a formas y tamaños,
definiendo correspondencias biunívocas (congruencias) que preserven distancias entre
puntos correspondientes de dos figuras.
DEFINICIÓN 25: Dado el plano ; una congruencia o una isometría o una
transformación rígida en , es una correspondencia biunívoca o función biyectiva de
en (: / (P) = P) que preserva o mantiene distancia entre puntos de y
sus imágenes por en ; es decir, si a los puntos P y Q de les corresponden P =
(P) y Q = (Q), se cumple d(P , Q) = d((P) , (Q)) = d(P , Q) o PQ = PQ.
Ejemplos:
a) La función identidad Id : , donde Id(P) = P, para cada P de , es una
congruencia o isometría de . Pues, se tiene que es biyectiva y para P y Q en se
cumple d(Id(P) , Id(Q)) = d(P , Q).
b) Dada una recta L en el plano , sea :
definida por (P) = P, siendo L la mediatriz
del segmento de recta PP. Entonces es una
isometría en , como veremos más adelante.
P Q
Q
L P
c) Sea una isometría en el plano y para tres puntos alineados A, B y C, con B en-tre
A y C, sean (A) = A, (B) = B y (C) = C. Entonces A, B y C son alinea-dos
con B entre A y C. Pues de AB + BC = AC y AB = AB, AC = AC y BC =
BC, resulta AB + BC = AC; es decir, B está entre A y C, y de esto los puntos A,
B y C son alineados. Luego, una isometría o una congruencia en el plano preserva
o mantiene la relación entre.
DEFINICIÓN 26: Para figuras F1 y F2 del plano ; se dice que F1 es congruente
con F2, si existe , una congruencia en , tal que (F1) = F2 y para puntos P y Q de F1,
si P = (P) y Q
= (Q) en F2, se cumple d((P) , (Q)) = d(P , Q) = d(P , Q).
En el caso anterior, si F1 es congruente con F2, se denota F1 F2; y si para P, Q y T de
F1 se tiene P = (P), Q
= (Q) y T
= (T), se dice que P
, Q
y T
son puntos
correspondientes u homólogos de P, Q y T, el segmento P Q
es el correspondiente u
homólogo del segmento PQ y el ángulo P Q
T
es el ángulo correspondiente u
homólogo del ángulo PQT , por .
Intuitivamente, dos figuras son congruentes si tienen formas y tamaños iguales; y se
visualiza al "superponer" una de ellas sobre la otra realizando diversos movimientos
para lograr identificar elementos de una de las figuras con los correspondientes de la
otra, llamados lementos homólogos: vértices, lados, ángulos, etc. a través de la
correspondencia biunívoca , manteniendo formas y tamaños de las figuras. Tales
movimientos son las traslaciones en una dirección, los giros en el plano o rotaciones, los
giros en el espacio o simetrías respecto a un punto o respecto a una recta o
combinaciones de éstos.
31
Ejemplos:
a) Dos puntos son congruentes: {P} {Q}. Se visualiza moviendo P hasta ubicar en Q
o moviendo Q hasta ubicar en P; es decir, trasladando el punto P hasta Q o, con el
movimiento inverso, trasladando Q hasta P:
P Q.
b) Dos segmentos de rectas son congruentes si y solamente si tienen la misma longi-
tud; es decir, AB CD AB = CD d(A, B) = d(C, D).
Así, en la figura, si AB CD por , sea (A) = C
y (B) = D y resulta que AB = CD. Recíproca-
mente, si AB = CD, sea el movimiento que lleva
B en C y A en E y, luego, se gira EC alrededor de
C hasta que E llega a D; y se tiene AB CD.
A E
B C
D
El proceso: Se traslada AB a la posición CE y, luego, éste se rota alrededor del punto
C hasta la posición CD, logrando la identificación de los dos segmentos.
c) Dos ángulos son congruentes si y solamente si sus medidas son iguales; es decir,
BAC MPN m(BAC) = m(MPN).
Sea la correspondencia tal que (A) =
P, (B) = M y (C) = N, con AB = PM,
AC = PN. Entonces (AB) = PM y (AC)
= PN, y como los ángulos tienen igual
medida, resulta que (BAC) = MPN.
B C B C M
P
A N
El proceso: El ángulo BAC se traslada hasta la posición BPC y éste se rota alre-
dedor de P hasta la posición MPN. ¿De qué otra manera se logra la identificación de
estas figuras?
e) Entre figuras, respecto a la congruencia, se cumplen las siguientes propiedades:
e1) Toda figura es congruente a sí misma; es decir, si F es una figura cualquiera,
entonces F F; considerando la función identidad Id : , donde Id(P) = P.
e2) Teniendo F1 congruente con F2, también se tiene F2 congruente con F1; es
decir, si F1 F2, entonces F2 F1.
En este caso, si F1 F2 existe una congruencia en , tal que (F1) = F2, se
tiene 1
es también una congruencia en , esto es, F2 F1 a través de 1
; lo que
permite decir “F1 y F2 son congruentes”.
e3) Teniendo una figura F2 congruente con otras dos figuras F1 y F3, también F1 y F3
son congruentes; es decir, si F1 F2 y F2 F3, entonces F1 F3.
Como F1 F2, existe una congruencia en , tal que (F1) = F2 y como F2 F3,
existe una congruencia en , tal que (F2) = F3. Sea = o la función
compuesta de con , que cumple: (F1) = (o)(F1) = ((F1)) = (F2) = F3 y
se comprueba que, si y preservan distancias, también lo hace = o.
32
4.1. TRIÁNGULOS CONGRUENTES: CRITERIOS.
En general, toda congruencia o isometría del plano tiene la propiedad de que las
imágenes de tres puntos no alineados son también no alineados; es decir, si A, B y C son
tres puntos no alineados en el plano y (A) = A, (B) = B y (C) = C, entonces A,
B y C son también puntos no alineados en .
Recíprocamente: Si A, B y C son tres puntos no alineados en el plano y A, B y C son
también puntos no alineados en con AB = AB, AC = AC y BC = BC, entonces hay
una única congruencia o isometría en tal que (A) = A, (B) = B y (C) = C. De
esto, una congruencia o isometría del plano queda definida al establecer una
correspondencia biunívoca entre tres puntos no alineados con otros tres puntos no
alineados y que preserva distancias entre tales puntos:
C C
A B A B
Por lo anterior, para el estudio de congruencias de figuras del plano es suficiente la
congruencia entre triángulos, que es el sustento de diversas propiedades geométricas y
de construcciones con regla y compás.
DEFINICIÓN 27: En el plano , los triángulos ABC y ABC son congruentes, si
existe una correspondencia biunívoca : ABC ABC, tal que (A) = A, (B)
= B, (C) = C y preserva distancias entre puntos correspondientes: AB = AB,
AC = AC, BC = BC, m(BAC) = m(BAC), m(ABC) = m(ABC) y m(ACB) =
m(ACB); es decir, es una congruencia en tal que (ABC) = ABC.
Se denota: ABC ABC o BCA BCA o CAB CAB, etc. en donde, a
través de una congruencia , se tiene la correspondencia entre los vértices dada por
ABC ABC o BCA BCA o CAB CAB, etc. para indicar que
(A) = A, (B) = B, (C) = C.
Ejemplos:
a) En la figura 1) contenida en un plano , consideremos que los triángulos ABC y
ADE son congruentes, es decir, ABC ADE. Entonces existe una correspon-
dencia biunívoca de en tal que (A) = A, (B) = D, (C) = E y se cumple: AB
= AD, BC = DE, AC = AE, tres lados homólogos congruentes; m(BAC) = m(DAE),
m(ACB) = m(AED) y m(ABC) = m(ADE), tres ángulos homólogos congruentes.
Explique los movimientos a realizarse por tal congruencia.
b) En la figura 2) contenida en el plan , si m(CBD) = 45o, m(ADB) = 25
o, m(ABD) =
(z8)o, m(BDC) = (x+15)
o y ABD CBD; halle los valores de x y de z.
Como ABD CBD, existe una correspondencia biunívoca de en tal que
ABD CBD, o sea (A) = C, (B) = B, (D) = D y que resulta hacer un giro de
33
media vuelta el ABD alrededor de la recta BD, y se obtiene que m(CBD) = m(ABD)
y m(CDB) = m(ADB), es decir, 45 = z 8 y x + 15 = 25. Resolviendo dichas
ecuaciones, resulta que x = 10 y z = 53.
C B
A C
D
B A
E D
(Figura 1) (Figura 2)
c) Dado un triángulo ABC contenido en el plano , existen diversos movimientos o
congruencias de en tal que cumplen (ABC) = ABC; es decir, deja
invariante al ABC. Determine congruencias que dejan invariante al ABC, si:
ABC es equilátero.
Si ABC es equilátero, todos sus lados y ángulos interiores son congruentes; es decir,
AB BC AC y ABC BCA CAB. De esto, hay que definir correspon-dencias o
movimientos de en que cumplen algunas de estas condiciones.
Se ha visto que la función identidad 1 = Id tal que 1(A) = A, 1(B) = B y 1(C) =
C. es una congruencia que cumple 1(ABC) = ABC.
Otro movimiento 2 es girar o rotar 120o el ABC alrededor de su baricentro y
define: 2(A) = B, 2(B) = C y 2(C) = A y se cumple 2(AB) = BC, 2(BC) = CA,
2(CA) = AB, 2(ABC) = BCA, 2(BCA) = CAB y 2(CAB) = ABC; es decir,
2(ABC) = ABC y 2 es una congruencia. Análogamente se tiene 3, la rotación o
giro de 240o alrededor del baricentro.
También se tienen los giros o simetrías alrededor de las mediatrices respecto a los
vértices A, B y C, respectivamente.
Para establecer que dos triángulos sean congruentes, se requiere verificar que los tres
lados homólogos tengan las mismas longitudes y los tres ángulos homólogos tengan las
mismas medidas. Sin embargo, se establecen condiciones o criterios mínimos o
suficientes para asegurar que dos triángulos sean congruentes, que permite construir un
triángulo congruente a otro triángulo dado, bajo ciertas condiciones mínimas:
PROBLEMA 1 : Dado un triángulo ABC en el plano , donde se conocen las
longitudes de dos lados AB y AC, y la medida del ángulo BAC, que definen dichos
lados. Se trata de construir un triángulo ABC congruente con ABC.
Para esto, con la regla se traza la recta L, en donde se fija un punto A. Con un compás
se traza un arco de circunferencia de centro A y radio r = AB, que intercepta a L en el
punto B. Luego, como m(BAC) = k es conocido, en un semiplano S de borde L, se traza
el rayo AP tal que m(BAP) = k. Finalmente, con centro A y radio AC se traza el arco
de circunferencia que intercepta al rayo AP en el punto C.
34
P
C C
L
A B A B
Teniendo esto, se afirma que ABC ABC, a través del siguiente:
AXIOMA 18 (Criterio LAL): Si para los triángulos ABC y ABC conteni-
dos en el plano se tiene una correspondencia biunívoca tal que (A) = A, (B) =
B, (C) = C, AB = AB, AC = AC y m(BAC) = m(BAC); entonces ABC
ABC, a través de .
Ejemplos:
a) Dado un segmento de recta AB, sea L su mediatriz;
recta perpendicular al segmento AB y pasa por su
punto medio M. Sea P un punto cualquiera de L.
Entonces: AP = BP; es decir, todo punto P de la
mediatriz L del segmento AB, equidista de sus
extremos A y B.
Para esto, APM BPM por criterio LAL: siendo
M punto medio de AB se tiene AM = BM, también el
segmento MP es lado común y AMP y BMP son
ángulos rectos.
L
P
A M B
b) Si dos segmentos de recta AB y CD se interceptan en sus puntos medios M; es decir,
AB CD = {M}, M punto medio de AB y de CD; entonces los segmentos de rectas
AC y BD, que determinan los extremos de los segmentos dados, son congruentes.
En efecto, siendo M punto medio de AB y de CD se
cumple AM = BM y CM = DM, y los ángulos AMC y
BMD son opuestos por el vértice y son congruentes.
Luego, por la correspondencia AMC BMD y el
criterio LAL, resulta que AMC BMD. De esto,
AC BD o AC = BD.
A
D
M
C
B
c) El triángulo ABC es isósceles, con AB = CB. En la
base AC sea M tal que el rayo BM es bisectriz del
ángulo ABC. Luego, por el criterio LAL, se tiene
ABM CBM, pues AB = CB (lados congruentes
en un triángulo isósceles), BM es lado común y
ABM CBM, por ser BM bisectriz de ABC.
B
A M C
Luego, de dicha congruencia de triángulos se tienen las siguientes propiedades:
i) AM = CM; es decir, M es punto medio de AC. De esto se tiene que BM es una
mediana del triángulo ABC (segmento con extremos un vértice y el punto me-dio del
lado opuesto a dicho vértice).
35
ii) Los ángulos AMB y CMB son congruentes y, siendo éstos adyacentes, son án-
gulos rectos. De esto, los segmentos BM y AC son perpendiculares, y se tiene que
BM es una mediatriz del triángulo ABC.
iii) Los ángulos BAC y BCA son congruentes (ángulos homólogos de triángulos
congruentes). Luego, en un triángulo, a lados congruentes se oponen ángulos
congruentes; y a ángulos congruentes se oponen lados congruentes.
PROBLEMA 2: Dado un triángulo ABC contenido en el plano , donde se conocen
la longitud del lado AB y las medidas de los ángulos BAC y ABC. Se trata de construir
un triángulo ABC, congruente con el triángulo ABC.
En efecto, con una regla se traza la recta L, en donde, con la abertura de un compás, se
fijan dos puntos A y B de manera que AB = AB, que se conoce. Luego, en un
semiplano S de borde L se trazan semirrectas AP y BQ, tal que m(PAB) = m(CAB) y
m(QBA) = m(CBA), respectivamente, que se conocen. Sea C el punto de intersec-ción
de tales semirrectas. Se tiene: ABC ABC., a través del siguiente:
Q P
C C
L
A B A B
TEOREMA 3 (Criterio ALA): Dados los triángulos ABC y ABC conteni-dos en
el plano tal que AB = AB, m(BAC) = m(BAC) y m(ABC) = m(ABC), a través de
una correspondencia tal que (A) = A, (B) = B, (C) = C; entonces ABC
ABC.
Demostración: De la correspondencia , tal que (A) = A, (B) = B, (C) = C, se tiene AB = AB,
m(BAC) = m(BAC) y m(ABC) = m(ABC). Existe un punto P en el rayo AC tal que
AP = AC; y como AB = AB, AP = AC y m(BAC) = m(BAC) resulta que ABC
ABP, por criterio LAL. De esto, m(ABC) = m(ABP), y como m(ABC) = m(ABC),
se tiene m(ABP) = m(ABC), y estando P y C en un mismo semiplano de borde la
recta AB se tiene que los rayos BP y BC son iguales; es decir, P = C, por ser
intersección de los rayos AC y BP = BC. Por lo tanto ABC ABC.
C C
P
A B A B
Ejemplos:
a) En el cuadrilátero ABCD, si al trazar la diagonal AC
y se obtiene los ángulos congruentes: BAC ACD y
BCA CAD. Entonces los triángulos ABC y CDA son
congruentes por criterio ALA, pues la diagonal AC es
lado común de dichos triángulos.
B C
A D
36
b) En un triángulo isósceles ABC, con AB = CB; se traza BM la bisectriz de ABC con M
en AC. Entonces ABM CBM, y como AB = CB los ángulos opuestos a dichos lados
son congruentes, esto es: MAB MCB. Luego ABM CBM, por el cri-terio ALA
para congruencia de triángulos, resultado visto por criterio LAL.
c) Dos segmentos de rectas AB y CD, como en la
figura, se intersecan en el punto O tal que las
distancias AC y BD, entre sus extremos, son
iguales, OAC OBD y OCA ODB. Si M y N
son puntos de AC y BD, respectivamente, con
O MN; muestre que OM ON.
A D
M O
N
C B
Para esto, como OAC OBD, OCA ODB y AC = BD se tiene: AOC BOD,
por criterio ALA; y resulta que OC = OD, por ser lados homólogos. Por otro lado,
OMC OND, por criterio ALA: MOC NOD por ser opuestos por el vértice,
OCA ODB por condición dada y OC = OD.
En consecuencia, de la congruencia anterior se concluye: OM = ON, por ser
longitudes de lados homólogos.
PROBLEMA 3: Dados tres segmentos de rectas
de longitudes a, b y c, construir un triángulo ABC
contenido en el plano cuyos lados miden a = BC,
b = AC y c = AB.
a :
b :
c :
Para esto, con una regla se traza la recta L, en
donde con un compás se fijan dos puntos A y
B con un radio c = AB. Luego, con centros
en A y en B, radios b y a, respectivamente,
se trazan circunferencias C1 y C2.
a
b L
A c B
Si C1 C2 = o C1 C2 = {P}, no es posible construir un triángulo cuyos lados son de
longitudes a, b, c, pues el tercer vértice C no existe o está en el segmento AB,
respectivamente. En este caso, a + b c
Si C1 C2 = {C, C}, entonces C y C están
en semiplanos opuestos de bordes la recta
AB. Se tiene los triángulos ABC y ABC,
con a = BC = BC, b = AC = AC y c =
AB, donde c < a + b, son congruentes.
C
L
A B
C
NOTA: En el proceso anterior, la existencia del triángulo cuyos lados tienen longi-
tudes a, b, c, permite considerar que la longitud de un lado es menor que la suma de
las longitudes de los otros dos lados y es mayor que la diferencia de tales longitudes;
es decir: c < a + b, de donde c b < a y c a < b, etc.
TEOREMA 4 (Criterio LLL): Dados los triángulos ABC y ABC contenidos en
el plano tales que AB = AB, AC = AC y BC = BC, a través de una corres-
pondencia ABC ABC, donde las parejas de lados homólogos son congruentes;
entonces ABC ABC.
37
Demostración: La recta AB separa a en semiplanos opuestos S1 y S2. Conside-
remos C en S1. Por Axioma de medición de ángulos, en S2 existe una semirrecta AM tal
que m(CAB) = m(MAB). Sea P en AM tal que AP = AC y como AB = AB, resulta
que ABC ABP por criterio LAL y a través de la correspondencia ABC ABP.
De esto, como AP = AC y AC = AC, se tiene AP = AC, o sea PAC es isósceles; y,
como BP = BC y BC = BC, se tiene BP = BC, o sea PBC es isósceles. Luego,
por iii) del ejemplo c) del Criterio LAL, se cumplen las congruen-cias de ángulos
opuestos a lados congruentes: ACP APC y PCB CPB. Además, como C está
en S1 y P está en S2, por Axioma de separación de un plano, el segmento CP intercepta
a la recta AB en un punto Q. Se tiene los siguientes casos:
i) Q está entre A y B: Entonces Q está en los
interiores de ACB y APB, o sea m(ACP) +
m(PCB) = m(ACB) y también m(APC) +
m(CPB) = m(APB) y como ACP APC
y PCB CPB, resulta que m(ACB) =
m(APB); es decir, ABC ABP.
Luego, como ABC ABP, se concluye
que ABC ABC.
C
A B
C
A B
Q
P
ii) Q = A o Q = B: Considerando Q = A,
como AP = AC, BP = BC y PCB
CPB, se tiene ABC ABP y,
como ABC ABP, se concluye
que ABC ABC.
C C
A B A B
P
iii) A entre Q y B (o B entre A y Q), entonces A
está en los interiores de PCB y CPB, o sea
m(ACP) + m(ACB) = m(PCB) y m(APC)
+ m(APB) = m(CPB) y, como ACP APC
y PCB CPB, resulta que m(ACB) =
m(APB) y ABC ABP. Luego, siendo
ABC ABP, se tiene ABC ABC.
C
B A
C
Q A B L
P
Ejemplos:
a) Dado un segmento de recta AB, determinar su punto medio y trazar su mediatriz.
Para esto, usando el compás, con un radio r, 0 < r < AB y con centros en los extremos
A y B se trazan circunferencias que se interceptan en P y Q, puntos que están en
semiplanos opuestos de bordes la recta AB. Entonces, por separación del plano por
una recta, PQ AB = {M}, con M entre A y B. Luego, APB y AQB son isósceles
y congruentes, por criterio LLL. De esto, el rayo PM es bisectriz del ángulo APB,
además PM es mediana; es decir, M es punto medio de AB. También PM es altura en
el vértice P del APB; es decir, la recta PM es mediatriz de AB.
b) Dados un recta L y un punto P en el plano , trazar una recta L que pasa por P y sea
perpendicular con L; es decir, PL y LL.
Consideremos dos casos: i) PL; ii) PL.
38
i) Si P L, con un radio r > 0 y con centro en P, se traza un circunferencia C que
intercepta a L en puntos A y B, resultando ser P el punto medio del segmento AB.
Luego, como en el ejemplo a) se traza la mediatriz L del segmento AB. Entonces
L pasa por P y es perpendicular con L, como se pide.
ii) Si PL, con un radio r > 0 y con centro en P, se traza una circunferencia C que
intercepta a la recta L en puntos A y B, donde PA = PB = r. Luego, se traza la
mediatriz L del segmento AB, considerando circunferencias de centros A y B con
radio r = PA = PB. Entonces L pasa por P y es perpendicular con L.
b) Dado un ángulo ABC, construir su bisectriz; es decir, bisecar el ángulo ABC.
Hay varios procedimientos que tienen el mismo
fundamento: Con centro en el vértice B y con un
radio dado se traza una circunferencia que inter-
cepta al ángulo en puntos M BA y N BC;
luego, con centro en M y en N y con un radio
dado se trazan circunferencias que se interceptan
en un punto D del interior de ABC. Entonces
BMD BND, ¿por qué?. De esto, resulta
BMD BND, o sea BD es la bisectriz de ABC.
M
B D
N
Otra forma, teniendo M y N en el proceso anterior se traza la mediatriz L de MN y
siendo MBN isósceles, entonces B L y la mediatriz contiene a la bisectriz.
4.1. LADOS Y ÁNGULOS DE TRIÁNGULOS:
En esta sección veremos diversas propiedades respecto a ángulos y lados de trinágulos,
aplicando congruencias:
TEOREMA 5: En todo triángulo, la medida de un ángulo exterior en un vértice
dado es mayor que las medidas de los ángulos interiores en los otros vértices.
Demostración: En el triángulo ABC de la figura, consideremos el ángulo exterior =
ACF en el vértice C, y CAB y CBA los ángulos interiores en los otros vértices. Se
quiere mostrar: m( ) > m( CAB ) y m( ) > m( CBA ).
Veamos que m( ) > m(CAB): Por el punto medio D del
lado AC se traza el rayo BD, donde se fija el punto E tal
que BD = DE y D entre B y E; siendo los ángulos CDE y
ADB opuestos por el vértice, son congruentes, y resulta que
DAB DCE, por criterio LAL, y m(ECD) = m(BAD).
Además, como E está en el interior de = ACF, m( ) =
m(FCD) = m(FCE) + m(ECD) = m(FCE) + m(BAD) y
m(FCE) > 0. De esto, m( ) > m(BAD) = m( CAB ).
Análogamente, se tiene m( ) > m( CBA ).
E
F
C
D
A
B
Como aplicación del teorema anterior, se tienen:
1) En un triángulo cualquiera ABC no existen dos ángulos interiores rectos; es decir,
con medidas de 90o.
A
C
39
Pues, si en ABC, los ángulos interiores en A y en B son rectos, el ángulo exterior en
A es también recto y, por el teorema anterior, la medida del ángulo exterior en A es
mayor que la medida del ángulo interior en B. Pero la medida del ángulo interior en
B es 90o. ¡Formalice lo anterior!
2) Dados una recta L y un punto P en el plano , entonces existe (se traza o se
construye) una única recta L tal que PL y L L;.
En efecto, si existieran rectas L L, con P L, P L, L
L y L
L;
i) Si PL, se tiene L L = {A} y L L = {B}, con A B. Luego, en APB sea
QBP ángulo exterior en B; por tteorema anterior m(QBP) > m(BAP) = 90o.
Pero,
como L L y L L se cumple m(QBP) = m(BAP) = 90o, que es contrario a la
desigualdad anterior.
ii) Si PL, las rectas L, L y L son secantes en P y en un semiplano S de borde L
existen M en L S y N en L S, con M N. Sea C P en L tal que M está en
el interior de CPN. Se cumple m(CPM) < m(CPN); y como L L y L L, se
tiene m(CPM) = m(CPN) = 90o, que es contrario a la desigualdad anterior.
L L
P
L
A B
L L M N
L
C P
Las contradicciones en i) y ii) resultan al suponer que hay rectas L L con P en L,
P en L, L L, L L y L
L. De esto, para salvar tal contradicción, se
concluye: L =
L; es decir L es única tal que P L y L L.
De lo anterior, teniendo una recta L y un punto P en el plano, trazando la única
perpendicular a dicha recta por el punto dado, formulamos la siguiente:
DEFINICIÓN 28: En el plano , dados una recta L y un punto P, si L es la única
recta tal que P L, L L y L L = {Q}; la distancia del punto P a la recta L, es la
distancia de P a Q, esto es: d(P, L) = d(P, Q) = PQ; en donde el punto Q es el pie de
perpendicular o proyección ortogonal de P sobre L.
P
L
P Q
Q
L L
L
P L, P L, L L en Q P L, Q = P
d(P , L) = d(P , Q) d(P , L) = 0
40
Otra propiedad está referida a la relación entre las longitudes de los lados y las medidas
de los ángulos interiores de un triángulo, aplicando desigualdades con números reales:
TEOREMA 6: En todo triángulo, a lados no congruentes se oponen ángulos no
congruentes, y viceversa. En tal caso, el ángulo de mayor medida se opone al lado de
mayor longitud, y viceversa.
Demostración: Sea el ABC en donde el lado AB no es congruente con el lado BC, o
sea AB BC. Asumiendo que AB > BC, veremos que m(ACB) > m(BAC); es decir, a
mayor lado se opone mayor ángulo.
En efecto, con un compás centrado en B y con radio r = AB,
se traza la circunferencia que intercepta al rayo AC en D.
Como AB > BC y BD = AB, entonces C está entre A y D y
ABD es isósceles; en donde a lados de longitudes iguales se
oponen ángulos de medidas iguales: m(BAC) = m(BDA).
Además, en CBD el ángulo ACB es exterior y, por teorema
16, m(ACB) > m(BDA). Luego, como m(BDA) = m(BAC),
resulta que m(ACB) > m(BAC).
D
C
B
A
Recíprocamente, si en ABC se cumple m(ACB) > m(BAC), veremos que AB > BC; es
decir, a mayor ángulo se opone mayor lado.
En efecto, supongamos que AB BC, o sea hay que ver: AB = BC o AB < BC.
Si se tiene que AB = BC entonces ABC es isósceles y cumple m(ACB) = m(BAC),
contrario a que m(ACB) > m(BAC).
Si AB < BC, existe un punto D BC tal que AB = BD y
D en Int(BAC). Se tiene m(BAC) = m(BAD) + m(DAC),
m(DAC) > 0 y m(BAD) = m(BDA); de donde resulta que
m(BAC) > m(BAD) = m(BDA). En ADC, el ángulo ADB
es exterior y cumple m(BDA) >
m(ACB). De todo esto, se
cumple que m(BAC) >
m(ACB), contrario con lo supuesto:
m(ACB) > m(BAC).
B
D
C
A
En consecuencia, suponer AB BC conduce a una contradicción; y, por lo tanto, se
tiene: AB > BC.
Ejemplos:
a) Demuestre que: i) Todo triángulo rectángulo tiene dos ángulos interiores agudos;
ii) Para una recta L, sea P un punto tal que P L y sea Q L tal que PQ L;
entonces se cumple: PQ < PX, para cada X L y X Q.
i) Sea ABC un triángulo rectángulo, recto en B o sea
m(ABC) = 90o. Luego, el ángulo exterior en B es
el ángulo adyacente y suplementario = ABD, por
lo que m( ) = 90o y, por teorema 16, es mayor
que las medidas de los otros dos ángulos interiores
del ABC; es decir, éstos son agudos.
A
D B C
41
ii) Al tener P L, Q L con PQ L y X L
con X Q, el triángulo PQX es recto en Q.
Luego, por i), m(PQX) = 90o > m(PXQ); y,
por teorema 17, como PX es opuesto a PQX
y PQ es opuesto a PXQ, se tiene PX > PQ.
P
L
Q X
b) Compruebe que: Todo punto de la bisectriz de un ángulo dado, equidista de los
lados; es decir, dado el ángulo ABC cuya bisectriz es BD, para un punto arbitrario P
de BD, se cumple d(P, AB ) = d(P, BC ).
En efecto, por el punto P de BD se trazan PM BA
y PN BC, con M BA y N BC. Entonces PMB
y PNB son rectángulos y congruentes, pues BP es
lado común, PBM PBN y MPB NPB. De esta
congruencia PM = PN, o sea d(P, AB ) = d(P, BC ).
M A
P
B D
N C
4.2. ÁNGULOS ENTRE RECTAS TRANSVERSALES:
Para rectas L1, L2 y L3 del plano , relacionando los conceptos de paralelismo y
perpendicularidad, se tiene dos situaciones que intuitivamente corresponden a los
siguientes planteamientos:
1) Si L1 L3 y L2 L3, entonces L1 y L2 son rectas paralelas.
2) Si L1 L3 y L2 // L1, entonces L2 y L3 son rectas perpendiculares.
Para resolver tales situaciones, veamos propieda-
des de los ángulos formados cuando dos rectas
distintas L1 y L2 son interceptadas por una recta L3,
secante a ambas en puntos diferentes P y Q,
llamada recta transversal a L1 y L2; formándose
ocho ángulos no nulos y no llanos, dos a dos
opuestos por el vértice, como en la figura:
L3
L1 M
A B
P
C
L2 Q D
N
DEFINICIÓN 29: En el plano , para rectas L1 y L2 interceptadas por una recta
transversal L3 en puntos distintos P y Q; sean puntos A y B en L1 tal que P está entre A y
B, puntos C y D en L2 tal que Q está entre C y D, y puntos M y N en L3 tal que P y Q
están entre M y N. De los ángulos formados, no nulos y no paralelos, se tiene:
i) Las parejas de ángulos APQ con PQD y BPQ con CQP son llamados ángulos
alternos internos formados por la transversal L3 al interceptar L1 y L2.
ii) Las parejas de ángulos MPB con CQN y APM con NQD son llamados ángulos
alternos externos formados por la transversal L3 al interceptar L1 y L2.
iii) Las parejas de ángulos: APM con CQP, APQ con CQN, MPB con PQD y QPB
con NQD son llamados ángulos correspondientes formados por la transversal L3 al
interceptar L1 y L2.
iv) Las parejas de ángulos: APQ con PQC y BPQ con PQD son llamados ángulos
conjugados internos, MPB con NQD y APM con CQN son llamados ángulos
conjugados externos formados por la transversal L3 al interceptar L1 y L2.
42
Para parejas de ángulos alternos internos, de ángulos alternos externos y de ángulos
correspondientes que forman dos rectas interceptadas por una transversal, se tienen:
TEOREMA 7: En el plano , sean L1 y L2 dos
rectas distintas y sea L una recta transversal a las
rectas L1 y L2 en puntos distintos P y Q tal que un
par de ángulos alternos internos y , que forman
dichas rectas, son congruentes. Entonces las rectas
L1 y L2 son paralelas.
L1 P
L2 Q
L
Demostración: Siendo L1 y L2 rectas distintas y L recta transversal a L1 y L2 en
puntos distintos P y Q, respectivamente, sean y un par de ángulos alternos inter-nos
congruentes, o sea m( ) = m( ). Veamos que L1 L2 = .
Por el contrario, supongamos que L1 L2 ; siendo
L1 L2 y P Q, entonces L1 L2 = {T}, con T P y
T Q. Luego, en PQT el ángulo es interior y el
ángulo es exterior y no contiguo con y cumplen
m( ) < m( ), por teorema 16, contrario a que m( )
= m( ). Por tanto, L1 L2 = ; es decir, L1 // L2.
L1 L
P
T
L2 Q
TEOREMA 8: En el plano sean L1 y L2 rectas paralelas distintas y sea L una recta
transversal a L1 y L2 en puntos distintos P y Q, respectivamente. Entonces cada par de
ángulos alternos internos, cada par de ángulos alternos externos y cada par de ángulos
correspondientes, que forma L con L1 y L2, son congruentes.
Demostración: Como L es una recta transversal a
L1 y a L2 en puntos distintos P y Q se tiene L L1 =
{P} y L L2 = {Q }, y siendo L1 L2 rectas paralelas,
se tiene que L1 L2 = . Consideremos y un
par de ángulos alternos internos que forman L con L1 y
con L2, respectivamente. Veamos que m( ) = m( ).
L
L1
P
D
L2
Q
L
Por el contrario, si m( ) > m( ), en el interior de existe un punto D tal que
m(QPD) = . Sea L = PD, entonces L forma con L y L2, respectivamente, los ángulos
QPD y , un par de ángulos alternos internos congruentes. Por el teorema 18 anterior
se tiene que L y L2 son paralelas y, siendo L1 y L2 rectas paralelas tal que P L L1,
resulta que L = L1; es decir, QPD o m( ) = m( ).
Procesos análogos se siguen para obtener pares de ángulos alternos externos y pares de
ángulos correspondientes.
Ejemplos:
a) Dado el triángulo ABC de la figura, el rayo
AE es la bisectriz del ángulo exterior en el
vértice A y el punto D en AC cumple AD = AB.
Compruebe que el rayo AE y el segmento de
recta BD son paralelos.
F A
D
C
E B
43
Por ser AD = AB, el BAD es isósceles y m(ABD) = m(ADB). Teniendo esta
igualdad y siendo AE la bisectriz del ángulo exterior en A, se cumple m(BAF) =
2 m(FAE) = m(ABD) + m(ADB) = 2 m(ADB), de donde m(FAE) = m(ADB). Luego,
considerando las rectas AE y DB interceptadas por la secante AD, los ángulos FAE y
ADB son un par de ángulos correspondientes congruentes; y se tiene que AE // BD.
b) En el plano , sean L1 y L2 dos rectas distintas y sea L una recta transversal a las
rectas L1 y L2 en puntos distintos P y Q. Si un par de ángulos correspondientes y ,
que forman dichas rectas, son congruentes; entonces L1 y L2 son paralelas.
En la figura, si y son ángulos correspon-
dientes congruentes, sea el ángulo opuesto
por el vértice al ángulo . Entonces y son
congruentes y y son un par de ángulos
alternos internos congruentes. Por teorema 18,
resulta que L1 y L2 son rectas paralelas.
L1
L2 L
c) En la figura, L1 y L2 son rectas paralelas y
L es una recta secante a ambas tal que las
medidas y de los dos ángulos dados
satisfacen las condiciones = 54o 2x y
= 8x + 24o. Halle .
L
L1
L2
Sea la medida del ángulo adyacente al ángulo de medida , se tiene + =
180o. Entonces, por ser y las medidas de ángulos correspondientes, se cumple
= . De esto y de las condiciones dadas: + = (54o 2x) + (8x + 24
o) = 180
o; es
decir, 78o + 6x = 180
o o 6x = 102
o, esto es x = 17
o. Luego, = 20
o y = 160
o.
Luego, = 140o.
d) Para el triángulo ABC, sean M y N puntos
medios de los lados AC y BC, respectiva-
mente. En el rayo AN se tiene el punto P tal
que NP = NA con N entre A y P, en el rayo
BM se tiene el punto Q tal que MQ = MB
con M entre B y Q. Muestre que los puntos
P, C y Q están alineados y CP = CQ.
B
N P
A C
M
Q
Siendo N punto medio de BC y AN = NP se tiene que ABN PCN, por criterio
LAL: AN = NP, BN = NC y ángulos opuestos por el vértice en N; de donde, AB = PC
y BAN CPN, ángulos alternos internos que forma la recta AP al interceptar a las
rectas AB y PC. Luego, AB // PC y AB = PC.
También, siendo M punto medio de AC y MQ = MB, se tiene ABM CQM, por
criterio LAL, de donde AB = CQ y ABM CQM, ángulos alternos internos que
forma la recta BQ al interceptar a las rectas AB y QC. Luego AB // QC y AB = CQ.
De los resultados anteriores, de AB // PC y AB // QC se obtiene PC // QC, rectas
paralelas con un punto común C; es decir, PC = QC y los puntos P, C y Q están
alineados. También de AB = CQ y AB = PC, se concluye: PC = QC.
e) En todo triángulo ABC, se cumplen:
44
e1) La suma de las medidas de sus ángulos interiores es 180o.
e2) La medida de un ángulo exterior es igual a la suma de las medidas de los ángulos
interiores no contiguos.
e1) En el plano , dada la recta AB, por el vértice C
se traza la única recta L tal que L // AB ;
entonces, con la transversal AC, BAC, y con
la transversal BC, ABC. Pero m( ) +
m(ACB ) + m( ) = 180o y, además, m( ) =
m(BAC) y m( ) = m(ABC), o sea m(BAC ) +
m(ACB ) + m(ABC ) = 180o.
C
L
A B
e2) Sea un ángulo exterior del triángulo ABC, entonces y CAB son adyacentes,
o sea m( ) + m(CAB ) = 180o, y por e1), m(CAB ) + m(ACB ) + m(ABC ) =
180o; de donde, igualando y cancelando, resulta: m( ) = m(ACB ) + m(ABC ).
f) Para n 3, si Pn es un polígono convexo de n lados, entonces:
f1) La suma de las medidas de sus ángulos interiores es (n 2) 180o.
f2) La suma de las medidas de sus ángulos exteriores es 360o.
f1) Sean P1, P2, P3, .......... , Pn los n vértices de
Pn. Trazando las diagonales P1P3, P1P4, ......,
P1Pn1, se obtiene n 2 triángulos con un
vértice común P1, tal que dos a dos y
consecutivamente tienen un lado común y,
por a) del teorema, la suma de las medidas de
los ángulos interiores en cada uno es 180o. De
esto, por propiedad de medición de ángulos,
la suma de las medidas de los ángulos
interiores de Pn es (n 2) 180o.
P2 P3
P1 P4
P8
P5
P7 P6
f2) Para cada i = 1, 2, 3, ..... , n en cada vértice Pi, consideremos un ángulo exterior
de medida i. Entonces existe un único ángulo interior suplementario con aquél
de medida i, es decir, i + i = 180o y, sumando miembro a miembro las igual-
dades y asociando términos, se tiene: (1 + 1) + (2 + 2) + (3 + 3) + ....... +
(n + n) = (1 + 2 + 3 + .….... + n) + (1 + 2 + 3 + …..... + n) = 180on,
donde la suma de las medidas de los ángulos interiores del polígono es 1 + 2
+ 3 + …... + n = (n 2)180o. Luego, se cumple que: (1 + 2 + 3 + .….. + n)
+ (n 2)180o = 180
on, de donde: 1 + 2 + 3 + .…... + n = 360
o; es decir, la
suma de las medidas de los ángulos exteriores de un polígono convexo es 360o.
g) La medida de un ángulo interior de un polígono regular es 162o. Determine el
número de lados del polígono.
Para esto, sea n el número de lados del polígono y como es regular sus n ángulos
interiores tienen medidas iguales a = 162o. Por el corolario 1 del teorema 20, la
suma de las medidas de sus ángulos interiores es (n 2)180o = n162
o. Luego,
resolviendo se obtiene n180o n162
o = 360
o o n18
o = 360
o, es decir, n = 20.
Por lo tanto el polígono regular pedido tiene 20 lados.
45
h) En un polígono convexo de n lados, la suma de las medidas de sus ángulos interiores
es ao y el número de sus diagonales es b, tal que a = 80b. Determine el valor de bn.
Como el polígono es convexo, el número de sus diagonales es n (n 3) / 2 = b, la
suma de las medidas de sus ángulos interiores es 180º(n 2) = ao.
Por otro lado, como a = 80b, es decir, se tienen las ecuaciones: n (n 3) / 2 = b y
180(n 2) = 80b. Resolviendo, se obtiene: n = 6 y b = 9. Luego, bn = 69 = 54.
i). Dado el cuadrilátero ABCD de la figura; sean
m(DAB) = 10o, m(ABC) = 40
o y m(BCD) =15
o;
halle m(ADC).
Sea E en AB tal que ED // DC. En BEC,
m(AED) = m(ABC) + m(BCD) y en AED,
m(ADC) = m(AED) + m(BAD); por ser ángulos
exteriores. Luego, m(ADC) = m(ABC) +
m(BCD) + m(BAD) = 40o + 15
o + 10
o = 65
o.
B
E
D
A
C
j) Dada una recta L, sean P y Q dos puntos distintos en un mismo semiplano de
borde L. Determine un punto T de la recta L tal que PT + TQ sea menor posible.
Por los puntos P y Q de trazan, respectivamente, rectas
L1 y L2 perpendiculares a L y que la interceptan en A y
B, respectivamente. En L1 se ubica el punto S tal que
PA = AS, SQ intercepta a L en T y A está entre P y S.
Para cada X T en L, el triángulo PXS es isósceles,
con XP = XS, y se tiene el triángulo SXQ en donde se
cumple SX + XQ > SQ; y como XP = SX, PT = ST y SQ
= ST + TQ = PT + TQ, se tiene: PX + XQ > PT + TQ.
De esto, T L tal que PT + TQ es menor posible.
Q
P
A X T B
L
S
L1 L2
k) En un triángulo isósceles ABC, con AB = BC, las bisectrices de los ángulos inte-
riores en los vértices A y en B interceptan a los lados BC y AC en los puntos M y N,
respectivamente, y dichas bisectrices se interceptan en D. Si m(ADN) = , m(ABN)
= y + = 60o; halle .
Como m(ABN) = , BN es bisectriz y AB = BC,
se tiene BN es altura y 2x + = 90o, en ABN.
En ADN también se cumple que x + = 90o.
Luego, 3x + + = 180o y, como + = 60
o,
resulta 3x = 120o o x = 40
o. De donde se tiene
= 50o y = 10
o; es decir, = 40
o.
B
M
D
A N C
4.3. ÁNGULOS Y DIAGONALES DE PARALELOGRAMOS:
Veamos algunos resultados referidos a los lados, a los ángulos interiores o a las
diagonales de paralelogramos, que incluye a los rectángulos, rombos y cuadrados:
TEOREMA 9: Dado un paralelogramo P, se cumplen:
i) Sus lados opuestos, dos a dos, son congruentes o tienen longitudes iguales;
46
ii) Sus ángulos internos opuestos, dos a dos, tienen medidas iguales;
iii) Sus diagonales se interceptan en sus puntos medios.
Demostración: Sea P el paralelogramo ABCD, donde AB // DC y BC // AD.
Trazando la diagonal AC, la recta AC es transversal a
las rectas paralelas AB y DC y, por teorema 19, los
ángulos alternos internos: BAC DCA y DAC BCA.
Luego, ABC CDA, siendo AC lado común y por
criterio ALA. De esto:
A B
E
D C
i) Los lados correspondientes son congruentes: AB CD y BC DA; es decir, los lados
opuestos, dos a dos, tienen longitudes iguales.
ii) Los ángulos correspondientes son congruentes: ABC CDA y, trazando la otra
diagonal y por un proceso análogo, se tiene: BAD DCB. Luego, los ángulos
internos opuestos, dos a dos, tienen medidas iguales.
iii) Sea E el punto de intersección de las diagonales y como del proceso anterior se
tiene ABC CDA y DAB BCD, entonces los ángulos correspondientes son
congruentes: EAB ECD y EBA EDC; y como AB = DC, por criterio ALA resulta
que EAB ECD. De esto, EA = EC y EB = ED; es decir, E es punto medio de las
diagonales.
TEOREMA 10: En un paralelogramo P:
i) Dos ángulos internos consecutivos (con un lado común) son suplementarios.
ii) En particular, si P es un rectángulo, entonces sus cuatro ángulos internos son rectos;
es decir, sus lados consecutivos, dos a dos, son perpendiculares.
Demostración: Sea P el paralelogramo ABCD,
donde AB // DC y BC // AD. Para AB // DC se tiene
que AD y BC son transversales y se forman los
ángulos alternos internos y y los
ángulos alternos internos y , dos a dos
congruentes. De esto:
A B
D C
i) Los pares de ángulos interiores y , y , y , y , son adyacentes, y,
por lo tanto, son suplementarios. Como y , entonces los pares de
ángulos consecutivos y , y son suplementarios. Además, por ii) de la
proposición anterior, se tiene y , por lo que los pares de ángulos
consecutivos y , y son suplementarios. Luego, los ángulos internos y
consecutivos de P, dos a dos, son suplementarios.
ii) Si P es un rectángulo, siendo el ángulo interior recto, y como y son su-
plementarios, se tiene que el ángulo interior es recto; análogamente, como y
son suplementarios, es recto; y, como y son suplementarios,
es recto.
Luego, en el rectángulo P sus cuatro ángulos interiores son rectos, o sea, sus lados
consecutivos, dos a dos, son perpendiculares.
47
Ejemplos:
a) En un paralelogramo ABCD, las longitudes de los lados opuestos AB y DC son (y
+ 2) cm y (x 1/4) cm, respectivamente, y de los lados opuestos BC y AD son y
cm y ((x/2) 1) cm, respectivamente. Calcule los valores de x e y.
Siendo ABCD un paralelogramo, los lados opuestos, dos a dos, tienen longitudes
iguales; esto es: AB = DC y BC = AD. De esto y como AB = (y + 2) cm, DC = (x
1/4) cm, BC = y cm y AD = ((x/2) 1) cm, se tiene el sistema de ecuaciones (y +
2) = (x 1/4) e y = ((x/2) 1). Resolviendo dicho sistema, resulta que los valores
pedidos son: x = 5/2 e y =1/4.
b) Dibujando un rectángulo ABCD, se traza la
diagonal AC y se forman los triángulos ABC
y ADC, que son congruentes por LAL, ALA
o LLL,“superponiendo” uno sobre el otro tal
que B coincida con D y A con C; lo que se
“comprueba” recortando los dos triángulos.
¿Qué ocurre si ABCD es un paralelogramo?.
A B
D C
c) Consideremos ABC. Por C se traza L1 // AB,
por A y B se trazan L2 y L3, perpendiculares a
AB y que interceptan a L1 en D y E, respecti-
vamente y por C se traza L4 AB en F. Se
forman rectángulos ABED, AFCD y FBEC, por
LLL, CFB BEC y FAC DCA. De
esto, se concluye que la suma de las medidas de
los ángulos interiores del ABC es 180o.
D C E
L1
A F B
L2 L4 L3
d) En un cuadrilátero ABCD dado, las diagonales AC y BD se bisecan (se intercep-tan
en sus puntos medios). Demuestre que el cuadrilátero ABCD es un paralelo-gramo;
es decir sus lados opuestos son paralelos: AB // CD y BC // AD.
En efecto, sea E el punto de intersección de
las diagonales y se tiene EA = EC, EB = ED,
AEB CED por ser opuestos por el vértice y
BEC DEA por ser opuestos por el vértice.
Luego, AEB CED y BEC DEA,
cada caso por criterio LAL.
B C
E
A D
De tales congruencias se tienen: ABE CDE, un par de ángulos alternos internos
que forman AB y CD con la transversal BD y de donde AB // CD, y BCE DAE, un
par de ángulos alternos internos que forman BC y AD con la transversal AC y de
donde BC // AD.
e) En el plano , los triángulos ABC y
DEF de la figura satisfacen AB = DE,
AC // DF y BC // EF. Muestre que los
triángulos ABC y DEF son congruen-
tes y los cuadriláteros ADFC y BEFC
son paralelogramos.
A B D E
L
C F
48
De AC // DF y la transversal AE se tiene CAB FDE, de BC // EF y la transversal
AE se tiene ABC DEF y como AB = DE, resulta que ABC DEF, por ALA. De
esta congruencia se tiene: AC = DF, BC = EF y ACB DFE.
Para tener que el cuadrilátero ADFC es un paralelogramo, por vértice C se traza la
recta L // AE que intercepta a la recta DE en P y a EF en Q; entonces ACPD y
BCQE son paralelogramos en donde AC = DP = DF y BC = EQ = EF. De esto se
tiene, P = F = Q, y los cuadrilátero ADFC y BEFC son paralelogramos.
f) Dado un triángulo ABC, sean M el punto medio del lado AB y N el punto medio del
lado BC. Compruebe que MN y AC son paralelos y MN = AC / 2.
Al segmento MN se llama la paralela media respecto al lado AC del ABC.
Por N se trazan las rectas L1 // AB que interseca al
lado AC en D y L2 // AC que interseca a AB en E.
Se tiene que el cuadrilátero AEND es un paralelo-
gramo, donde AE = DN y EN = AD; EBN DNC
por ser ángulos correspondientes para L1 // AB y la
transversal BC, BNE NCP por ser ángulos
correspondientes para L2 // AC y la transversal BC,
y BN = NC por ser N punto medio del lado BC.
B
L1
M
E N L2
A D C
Luego, EBN DNC por criterio ALA y, de esto, EB = DN y EN = DC. Como DN
= AE y EN = AD, se tiene AE = EB y AD = DC; es decir, E y D son puntos medios de
AB y AC. Por lo tanto, E = M, MN // AC y MN = DC = AD = AC / 2.
g) En un trapecio ABCD, con AB // DC, si M y N son puntos medios de los lados AD y
BC, respectivamente; entonces MN // AB, MN // DC y MN = (AB + DC) / 2. El
segmento MN se llama paralela media del trapecio.
Dado el trapecio ABCD, sean M punto medio de
AD y N punto medio de BC. Se traza la diagonal
DB y sea T su punto medio. Entonces MT // AB,
TM // DC, MT = AB / 2 y TN = DC / 2, por el
ejemplo g). Luego, T MN, MN // AB // DC y
MN = MT + TN = AB
/ 2 +
DC
/ 2 = (AB +
DC)
/ 2.
D C
T
M N
A B
h) En un triángulo rectángulo ABC, con ángulo recto en B, la mediana trazada del
vértice B tiene longitud igual a la mitad de la longitud de la hipotenusa AC.
En efecto, sea D el punto medio de AC y se tiene BD
la mediana trazada del vértice B. Si por D se traza la
recta L paralela a AB que intercepta a BC en el punto
E, entonces DE // AB, E es punto medio de BC y el
ángulo CED es recto. Luego, CED BED, por
criterio LAL, y BD = DC = AC / 2.
A
D
B E C
j) Dado un triángulo ABC, sean M, N y P los puntos medios de los lados AB, BC y AC,
respectivamente. Los segmentos AN, BP y CM se interceptan en un punto G, llamado
el centroide o baricentro del triángulo; es decir, las tres medianas del triángulo se
Congruencia y Figuras Congruentess
49
interceptan en un punto. Además se cumple: AG = 2GN, BG = 2GP y CG = 2GM; es
decir, G es punto de trisección de las medianas del triángulo ABC.
Las medianas AN y CM, con M y N en los
interiores de los ángulos ACB y BAC,
respectivamente, se interceptan en el punto G.
Por el ejemplo anterior se tiene que MN // AC
y MN = AC / 2. En el AGC, para D y E los
puntos medios de AG y CG, por ejemplo g)
anterior, se tiene DE // AC y DE = AC / 2.
B
M N
G
D E
A C
Luego, MN // DE y MN = DE; por lo que el cuadrilátero DMNE es un paralelogramo
cuyas diagonales DN y EM se bisecan en el punto G. De esto: NG = GD = DA y
MG = GE = EC; es decir, AG = 2GN, BG = 2GP y CG = 2GM; y G es punto de
trisección de las medianas AN y CM. Análogamente se tiene que las medianas AN y
BP se trisecan en un punto G; es decir G y G son puntos de trisección de AN tal que
AG = 2GN y AG = 2GN, por lo que G = G. Por lo tanto, las tres medianas AN, BP y
CM se interceptan en el punto G.
Además, siendo M, N y P los puntos medios de
los lados del triángulo ABC, los segmentos NP,
MP y MN son paralelos a los lados AB, BC y AC,
respectivamente, y se cumple NP = BM = MA,
MP = BN = NC y MN = AP = PC. Luego, por
criterio LLL, MNP AMP MBN PNC.
B
M N
A P C
EJERCICIOS:
1. La figura representa la base de una montaña
de gran altura situada en una extensa pla-
nicie. Se trata de calcular la distancia AB de
su base y no se dispone de los medios para
hacerlo directamente. Esboce formas diver-
sas de determinar dicha distancia usando
criterios de congruencia de triángulos.
A B
2. En un plano , se tienen un triángulo ABC y un punto P que no pertenece al trián-
gulo (P puede estar en el interior o en el exterior del triángulo). Si el triángulo tiene
perímetro s, demuestre que PA + PB + PC > 2
s.
3. Un mástil CA perpendicular al suelo plano está ubicado
en el centro de un parque y a cierta hora de un día el sol
le proyecta una sombra CB sobre el suelo cuya longitud
es conocida, y el ángulo ABC también es de medida
conocida. Bosqueje la forma de calcular la longitud del
mástil usando el criterio de congruencia ALA de trián-
gulos. Además, analice otras formas de calcular.
A
C B
4. Dado el triángulo ABC, compruebe que:
i) Si D es punto medio de AC y m(ADB) = 80o, entonces m(BAC) > m(BCA);
50
ii) Si AC = BC, AB < AC y E AC con C entre A y E, entonces el triángulo ABE
no es isósceles.
5. En la figura, el cuadrilátero ABCD es un cuadrado,
el triángulo DEC es equilátero y, para un punto F en
el interior del cuadrado, se tiene que el triángulo
FCB es también equilátero. Determine la medida
del ángulo AFE.
A D
F
E
B C
6. Dos segmentos de rectas AB y CD se intersecan
en el punto E de manera que AE = CE, EB = ED,
AD = 9 cm, CB = (5t 1) cm, m(BCE) = 20o y
m(DAE) = 3 1. De esto:
i) ¿Por qué BCE ADE?; ii) Halle t y .
B
C
E
A
D
7. En el plano , los triángulos ABC y ADC son isósceles con AB = BC y AD = DC, y
los vértices B y D están en semiplanos opuestos de borde AC. Compruebe que BD
está contenido en las bisectrices de los ángulos ABC y ADC.
8. Si para un punto P en el interior de un ángulo ABC, la distancia del punto P a las
rectas que contienen a los lados son iguales, es decir, se tiene d(P, AB ) = d(P, BC );
compruebe que el punto P está en la bisectriz del ángulo ABC.
9. En todo triángulo, la longitud de un lado es menor que la suma de las longitudes de
los otros dos lados; es decir, dado el triángulo ABC, se cumple AB < AC + CB. Este
enunciado equivale a: Dados dos puntos A B, se cumple AB < AC + CB, para cada
punto C AB (A, B y C tres puntos no alineados).
10. Dados los triángulos ABC y DEF, se cumple AB = DE, CA = FD y m(BAC) >
m(EDF). Compruebe que BC > EF.
11. En el plano sean L1 y L2 rectas paralelas distintas y sea L una recta transversal a
L1 y L2 en puntos distintos P y Q, respectivamente. Muestre que:
a) Cada par de ángulos alternos externos y cada par de ángulos correspondientes que
forman L con L1 y L2, son congruentes.
b) Cada par de ángulos conjugados internos o externos, que forman L con L1 y L2,
son suplementarios.
12. En el plano , sean L1 y L2 dos rectas distintas y sea L una recta transversal a las
rectas L1 y L2 en puntos distintos P y Q.
a) Si un par de ángulos alternos externos, que forman dichas rectas en los vértices P
y Q, son congruentes; entonces las rectas L1 y L2 son paralelas.
b) Si un par de ángulos conjugados, que forman dichas rectas en los vértices P y Q,
son suplementarios; entonces las rectas L1 y L2 son paralelas.
13. En la figura, las rectas L y L son
transversales a las rectas L1, L2 y L3,
x, y, z y w son las respectivas medidas
de los ángulos referidos tales que x = y
y z = w. Muestre que L1 // L3.
L1 L2 L3
L
x y
L
w
z
51
14. Para rectas L1 y L2 secantes en B, sean A y C puntos de L1 y B está entre A y C. Por
A se traza L
L2 en P y por C se traza L
L2 en Q. Muestre que B está entre P y Q.
15. En un polígono regular, si el número de sus lados se disminuye en 1/6, resulta que
la medida de su ángulo interior disminuye en 6o. Determine la medida de los ángulos
internos del polígono.
16. En un triángulo rectángulo ABC, recto en B,
sean M en AB, N en AC y P en BC tales
que AM = AN, NP y AB son paralelos y el
ángulo interior en el vértice C mide 32o.
Determine la medida del ángulo MNP.
A
N
M
32o
B P C
17. En un triángulo ABC, las medidas de los ángulos interiores en los vértices B y C
miden, respectivamente, 68o y 12
o. Se trazan las alturas respecto a tales vértices.
Calcule la medida del ángulo que forman dichas alturas.
18. En el triángulo ABC de la figura, sean puntos
M en AB, N en BC y P en AC tal que MN // AC
y NP // AB.
Si m(BMN) = 3 40o y m(BAR) = 65
o + 2;
determine m(NPC).
B
M N
R A P C
19. En un triángulo ABC; la bisectriz, del menor ángulo que definen la bisectriz del
ángulo interior del vértice A con el lado BC, forma con el lado AB un ángulo de
medida . Si m(ABC) = 70o y m(ACB) = 50
o, determine el valor de .
20. Dado un triángulo ABC, en la recta que contiene al lado BC se consideran puntos D
y E tal que B está entre D y C, C está entre B y E, DB = AB y CE = AC. Si m(BAC)
= , compruebe que m(DAE) = 90o + /2.
21. En la figura, el triángulo ABC es
isósceles, con AB = BC. Sean los
puntos D en AC y E en AB tal que
BE = BD y m(CBD) = 40o. Calcule
m(ADE).
B
E
A D C
22. En un triángulo ABC, con AB < BC, sea D en BC tal que AB = BD y m(BAD) =
50o, y sea E en AB tal que CE es bisectriz del ángulo interior en C y los segmentos
AD y CE se intersecan en T . Si la medida del ángulo exterior en el vértice B es el
quíntuplo de la medida del ángulo DAC; determine la medida del ángulo ATC.
23. En un triángulo ABC, las medidas = m(ABC) y = m(ACB) están en razón de 3 a
1. Se trazan la altura respecto al vértice A y la bisectriz del ángulo BAC. Halle, en
términos de y , la medida del ángulo que forman esto segmentos.
24. En un triángulo, las medidas de los ángulos interiores son proporcionales a 1, 3 y 5.
Calcule la medida del ángulo que forman la bisectriz y la altura relativas al lado de
mayor longitud.
25. En un paralelogramo dado, dos lados opuestos tienen longitudes de (3x 2) cm y de
(y + 6) cm, los otros dos lados opuestos tienen longitudes de (7 x) cm y de 2x cm.
Determine el perímetro del paralelogramo.
52
26 En la figura, las rectas L1 y L2 son paralelas
y las rectas R1 y R2 se interceptan formando
un ángulo de medida e interceptan a las
rectas anteriores formando ángulos cuyas
medidas son y . Si , y son,
respectivamente, proporcionales a los nú-
meros 7, 6 y 5. Halle el valor de 2 30o.
R1 R2
L1
L2
27. Para un cuadrilátero dado ABCD, establecer cuál de las siguientes condiciones es
suficiente para asegurar que dicho cuadrilátero es un paralelogramo:
i) Los lados opuestos AB y DC son congruentes y los ángulos que forman dichos
lados con la diagonal BD son rectos.
ii) Las diagonales AC y BD se interceptan en el punto P, punto medio de BD, y para
puntos M en AP y N en PC se tiene que AM = NC y MP = PN.
iii) Para puntos E y F que son los pies de perpendicular de los puntos medios M del
lado BC y N del lado AD sobre la diagonal BD, se cumple ME = NF.
iv) Los triángulos ABD y BCD son equiláteros.
v) Las diagonales AC y BD se intersecan en E y ubicando puntos M y N en AC con E
entre M y N, el cuadrilátero BNDM es un paralelogramo y AN = MC.
28. Dado un paralelogramo ABCD:
i) Si la diagonal menor AC se prolonga a ambos lados segmentos AP y CQ de
longitudes iguales; compruebe que PBQD es también un paralelogramo.
ii) Si cada lado se prolongan segmentos AP, BQ, CR y DS de longitudes iguales;
compruebe que PQRS es también un paralelogramo.
iii) Si E es punto medio de AD y los rayos BA y CE se intersecan en F, determine si
es verdad o no que AEF DEC.
29. En un triángulo ABC, el segmento AD, con D en BC, es mediana. Si E es el punto
medio de AD, el rayo BE intercepta al lado AC en el punto F y AC = 12 cm; halle la
longitud del segmento AF.
30. En un trapecio isósceles ABCD con bases BC y AD, los ángulos interiores en los
vértices A, B y C miden, respectivamente, 3x 2, 2y + 3 y 4x + 7. Determine la
medida del ángulo interior en el vértice D.
31. Para un paralelogramo, comprueba las siguientes propiedades:
a) Si un ángulo interior es recto, los otros ángulos interiores son también rectos.
b) Las bisectrices de dos ángulos interiores consecutivos son perpendiculares.
c) Las bisectrices de dos ángulos interiores opuestos son paralelas.
32. En un rectángulo ABCD, la bisectriz del ángulo interior en el vértice B intercepta al
lado AD en su punto medio M. Sean E y F los puntos medios de la diagonal BD y de
MC, respectivamente. Determina la longitud del segmento EF.
33. Dos segmentos de rectas AC y BD se
interceptan en un punto P tal que AP = DP
y BP = CP. Comprueba que el cuadrilátero
ABCD es un trapecio isósceles.
B C
P
A D
34. El polígono ABCDE es un pentágono regular, donde las diagonales AD y EC se
interceptan en el punto P. Comprueba que el cuadrilátero ABCP es un rombo.
53
5. SEMEJANZA Y FIGURAS SEMEJANTES:
En esta sección caracterizaremos propiedades de figuras que tienen la misma forma o
formas iguales, aunque no el mismo tamaño; lo que permitirá decir que son figuras
semejantes o similares.
Así, por ejemplo:
a) Dos fotografías de una misma toma de una persona, una de tamaño 34 cm2 y la otra
de tamaño 912 cm2, tienen la misma forma; es decir, son semejantes. En este caso,
las bases de las fotos son 3 cm y 9 cm, y se tiene 3
1
9
3 ; y las alturas de las fotos son
4 cm y 12 cm, y se tiene 3
1
12
4 . ¿Cuál es la razón entre las longitudes de las
diagonales de la foto más pequeña respecto a la otra?, o si en la foto peque-ña, la
distancia entre los hombros de la persona mide 1, 5 cm, ¿Cuál es la distan-cia entre
los hombros en la otra foto?.
b) La maqueta de un edificio construido lo representa en dimensiones reducidas; es
decir, la maqueta y el edificio son semejantes o similares en cuanto a sus formas. En
este caso, si la escala utilizada es de 1 a 100, se tiene que 1 cm en la maqueta
equivale a 100 cm = 1 m en el edificio. De esto, si en la maqueta si el alto de una
habitación es de 2,5 cm, en el edificio la correspondiente habitación tiene 2,5 m de
alto; o si en la maqueta el ancho de una puerta mide 9 mm, la correspondiente puerta
en el edificio mide z m. De esto, m
cm
5,2
5,2 =
100
1 =
mz
mm9; obteniéndose que z = 900
mm = 0,90 cm.
c) Las siguientes figuras en el espacio, dos a dos son semejantes:
e) Entre cada par de las siguientes figuras, no hay semejanza entre ellas, ¿por qué?:
; ;
En el contexto anterior, la semejnza de figuras se percibe por una identificación
biunívoca entre sus puntos: P P, Q Q, …. , como veremos más adelante,
determinándose una razón constante ''QP
PQ, Esto orienta a recordar propiedades de las
razones entre números reales o de las proporciones con números reales:
54
DEFINICIÓN 30: Sean A = {a1, a2, a3, ........ , an} y B = {b1, b2, b3, ........ , bn}
subconjuntos de R{0}. Si kb
a
b
a
b
a
b
a
n
n ........3
3
2
2
1
1 , es una constante; se dice
que los números a1, a2, a3, …... , an son proporcionales, respectivamente, a los
números b1, b2, b3, .….. , bn o que los conjuntos A y B son proporcionales, con razón
de proporcionalidad o, simplemente, razón k.
Ejemplos:
a) De los siguientes conjuntos de números, determine qué pares de éstos son propor-
cionales: A = {4, 7, 15}; B = {12, 21, 45}; C = {3, 8, 18}; D =
{4, 21, 32}; E = {8, 14, 30}.
Para A y B, como 3
1
45
15
21
7
12
4 , entonces son proporcionales; en cambio con B
y C se tiene8
21
3
12
y no son proporcionales; mientras que C y D son propor-
cionales y C y E no son; etc.
b) Si c
ba 42
504540
12 , determine los valores de a, b y c.
Como 4540
12 a se tiene 40 a = 12 45, o sea a = 8,10
10
108
10
912
40
4512
.
Para c, como c
42
40
12 se tiene 12 c = 40 42, de donde c =
12
4240 = 140.
c) Se tiene la proporción d
b
c
a
62
5 . Exprese c en términos de a, b y d; y d en términos
de a, b y c.
De d
b
c
a
62
5 , se tiene (5a)(6d) = b(2c) o 15ad = bc. De esto, c =
b
ad15 .
d) En el rectángulo ABCD de la figura, la base AB
mide 105 cm. y la altura h = MN es media geo-
métrica entre las longitudes de los segmentos
AN y NB, que están en la proporción de 1 a 4.
Halle el valor de h.
D M C
A N B
Para esto, si a = AN y b = NB se tiene a + b = 105, h2 = ab y
4
1
b
a o b = 4a. De
esto 5a = 105, o sea a = 21, b = 84 y h2 = 2184 = 42
2. Luego: h = 42 cm.
e) La media geométrica entre las medidas de dos ángulos es 2400, y las medidas de los
ángulos, en grados, están en la proporción de 2 a 3. Determine la diferencia de las
medidas de los ángulos.
Sean a y b las medidas de los ángulos, con 0 < a < b, entonces ab = 2400 y {a, b} y
32
ba o a =
3
2b y
3
2bb = 2400. Luego b
2 =
2
24003 = 3600; de donde b = 60
o y
a = 40o. Por lo tanto, la diferencia de tales medidas es b a = 20
o.
55
5.1. SEGMENTOS ENTRE RECTAS PARALELAS:
En el plano , consideremos tres rectas
paralelas R1, R2 y R3, y dos rectas L y L
secantes o transversales a las rectas ante-
riores en los puntos A, B y C con L y en
los puntos A, B y C con L, respectiva-
mente. Se tiene la siguiente:
R1 A A
R2 B B
R3
C C
L L
DEFINICIÓN 31: Las parejas de segmentos AB y AB, AC y AC y BC y BC se
llaman pares de segmentos correspondientes entre las rectas paralelas R1, R2 y R3
determinadas por las rectas secantes o transversales L y L.
Tenemos diversas propiedades que caracterizan a los segmentos correspondientes
determinados por rectas transversales o secantes a tres o más rectas paralelas:
TEOREMA 11: Si L es una recta secante a las rectas paralelas R1, R2 y R3 en A, B y
C, respectivamente, donde segmentos AB y BC son congruentes; entonces cualesquiera
otra recta secante L a las rectas R1, R2 y R3 en los puntos A, B y C, respectivamente,
determina segmentos congruentes AB y BC, correspondientes con AB y BC,
respectivamente; es decir: AB BC AB BC.
Demostración: Si L es paralela con L, y como R1, R2 y R3 son rectas paralelas y los segmentos AB y BC
son congruentes, entonces los cuadriláteros AABB y BBCC son paralelogramos
congruentes; y, de esto, los segmentos AB y BC son también congruentes.
Si L no es paralela con L, por A se traza
L1 paralela con L y que interseca a R2 y
R3 en D y E, respectivamente; y por B se
traza L2 paralela con L y que interseca a
R3 en F. Como AB BC, entonces BAD
CBF, o sea AD BF DE. De esto
Los paralelogramos AABD y DBCE
son congruentes. Luego: AB BC.
R1
A A
R2
B D B
R3
C F E C
L L2 L1 L
TEOREMA 12 (Teorema de Thales): En el plano , si L1 y L2 son rectas
secantes a las rectas paralelas R1, R2, R3, ....... , Rn, con n 3, en los puntos A1, A2, A3,
...... , An con L1 y en B1, B2, B3, ..... , Bn con L2. Entonces los conjuntos de longitudes de
segmentos de rectas {A1A2, A1A3, A2A3, ....} y {B1B2, B1B3, B2B3, ....}son proporcionales;
es decir, para alguna constante real k y con i j en {1, 2, 3, ..... , n} se cumple
kBB
AA
BB
AA
BB
AA
ji
ji .......
32
32
21
21 .
Demostración: Es suficiente comprobar que 32
32
21
21
BB
AA
BB
AA o
32
21
32
21
BB
BB
AA
AA . Sea
kAA
AA
32
21 , con k > 0 un número racional, o sea k = n
m, con m y n en N {0}.
56
Entonces {A1A2, A2A3} y {m, n} son proporcionales. El segmento A1A2 se divide en m
partes congruentes a través de puntos P1, P2, ..... , Pm1 y el segmento A2A3 se divide en
n partes congruentes a través de puntos T1, T2, ..... , Tn1. Por tales puntos de división se
trazan paralelas a R1 y que interceptan a los segmentos B1B2 y B2B3 en puntos que los
dividen en m y n partes, respectivamente. Por el teorema anterior, los m y n segmentos
en que se dividen B1B2 y B2B3, respectivamente, son congruentes. Luego, {B1B2, B2B3}
y {m, n} son proporcionales, o sea kn
m
BB
BB
32
21 = 32
21
AA
AA.
Si k es irracional o no es racional, se considera una aproximación racional para k y, por
lo anterior, se tiene 32
21
32
21
BB
BBk
AA
AA = ……
Ejemplos:
a) En el triángulo ABC, sean puntos M en BA y N en BC.
a1) Si MN es paralelo con AC, entonces NB
CN
MB
AM ;
a2) Si NB
CN
MB
AM , entonces los segmentos MN y AC
son paralelos.
B
N L
M
A C
a1) Si MN es paralela al lado AC, sean R1 la recta AC, R2 = MN, R3 la recta que pasa
por B y es paralela a R1, y sean L1 y L2 las rectas que contienen a los lados AB y
BC, respectivamente; entonces L1 y L2 son rectas secantes a las rectas paralelas
R1, R2, R3 en los puntos A, M, B con L1 y en los puntos C, N, B con L2. Por el
Teorema de Thales: {AM, MB, AB} y {CN, NB, CB} son proporcionales, esto es
CB
AB
NB
MB
CN
AM ; de donde también
NB
CN
MB
AM .
a2) Sea L la recta por M, paralela a AC e intercepta al
lado BC en T. Entonces, por a1), TB
CT
MB
AM y,
como NB
CN
MB
AM , se tiene que
NB
CN
TB
CT ; es
decir, N y T dividen al lado BC, a partir de B, en
la misma razón. Luego T = N y MN // AC.
B
N
M T
L
A C
b) Para repartir 5000 nuevos soles entre
tres personas, de manera que les
corresponda cantidades proporciona-
les a 2, 3 y 5, se considera el gráfico
adjunto. Explique el proceso que se
sigue y determine las cantidades que
le corresponda a cada persona.
B
A
0 1 2 3 4 5 103
En el segmento AB de 10 unidades, cada dos unidades son proporcionales a 1000
nuevos soles: 1 es a 500, 2 es a 1000, 3 es a 1500, 4 es a 2000, 5 es a 2500, 6 es a
3000, etc. Por lo tanto 2, 3 y 5 son proporcionales con 1000, 1500 y 2500 nuevos
soles; que son las cantidades que le corresponde a cada persona.
57
c) En la figura, las rectas paralelas AB, CD y
EF son interceptadas por las rectas secantes
AE y BF, determinándose segmentos de
longitudes AC = 5 cm, CE = 9 cm, BD =
(2x + 1) cm y DF = (4x 1) cm. Halle el
valor de x.
E
A C
B
D
F
Siendo las rectas AB, CD y EF paralelas, al interceptarse con las rectas secantes AE
y BF, por teorema de Thales se tienen segmentos en BF cuyas longitudes son
proporcionales a las longitudes de los correspondientes en AE; es decir, se tiene
CE
DF
AC
BD o
9
14
5
12
xx o 9(2x + 1) = 5(4x 1). De esto resulta: x = 7.
d) En el triángulo ABC de la figura, si DE // AC,
AD = 12 cm, CD = 10 cm, EB = (x 3) cm y
BD = x cm; por corolario del teorema de Thales,
se cumple DA
BD
EC
BE y, reemplazando, se tiene
1210
3 xx
. De esto 12(x 3) = 10x y x = 18.
C
E
A D B
g) En un triángulo, la bisectriz de un ángulo interior divide al lado opuesto en seg-
mentos de longitudes proporcionales a las longitudes de los otros dos lados; y
recíprocamente. (Propiedad de la bisectriz en un triángulo).
Formalizando: Dado el ABC, sea BD la
bisectriz del ángulo interior ABC, es decir
m(ABD) = m(DBC ), con D en AC. Entonces
se cumple: CB
AB
DC
AD .
En efecto, por C se traza el segmento CM
paralelo a BD que intercepta a la recta AB en
el punto M y en el MAC se tiene BD // MC.
A
D
B C
M
Luego, BM
AB
DC
AD , DBC BCM por ser alternos internos, ABD BMC por ser
correspondientes y ABD DBC por ser BD bisectriz. De esto, BMC BCM; es decir
BMC es isósceles. Reemplazando en la proporción anterior resulta: CB
AB
DC
AD .
i) Dados dos segmentos de rectas de longitudes a > 0 y b > 0, construir segmentos de
rectas cuyas longitudes sean ab y a / b.
Para construir ab, conociendo a > 0 y
b > 0, consideremos dos rectas L1 y L2
secantes en el punto O. Con centro O y
radio a, se traza un arco de circunfe-
rencia que intercepta a una semirrecta
de L1 el punto A, o sea OA = a.
D
A
L2 O a x
L1 1 b
B
L L C
Segmentos entre Rectas Paralelas
58
Análogamente, con centro O y radio 1, se traza un arco de circunferencia que
intercepta a una semirrecta de L2 en el punto B y, luego, con centro en B y radio b se
traza un arco de circunferencia que intercepta a L2 en el punto C tal que B queda
entre O y C. Sean L la recta que pasa por A y B y L la recta que pasa por C y es
paralela a L. Entonces L intercepta a L1 en el punto D, con x = AD. Por el teorema
de Thales BC
AD
OB
OA ; es decir,
b
xa
1. De esto, x = ab = AD.
Para construir a / b, conociendo a > 0
y b > 0, consideremos dos rectas L1 y
L2 secantes en el punto O. Con centro
en O y radio a, se traza un arco de
circunferencia que intercepta a una de
las semirrectas de L1 el punto A y se
tiene OA = a.
L L
z
A D
L2 a
L1 O b
B C
1
Análogamente, con centro O y radio b, se traza un arco de circunferencia que
intercepta a una semirrecta de L2 en el punto B y, luego, con centro en B y radio 1 se
traza un arco de circunferencia que intercepta a L2 en el punto C tal que B queda
entre O y C. Sean L la recta que pasa por A y B y L la recta que pasa por C y es
paralela a L. Entonces L intercepta a L1 en el punto D, con z = AD. Por el teorema
de Thales BC
AD
OB
OA ; es decir
1
z
b
a . De esto, z = a / b = AD.
j) Dados tres segmentos de rectas de longitudes a > 0, b > 0 y c > 0, construir un
segmento de recta de longitud d > 0 tal que a / b = c / d; es decir, d es solución de la
ecuación a / b = c / x.
Sean L1 y L2 secantes en el punto O.
En una semirrecta de L1 sean puntos
A y C tal que OA = a, AC = c y A
entre O y C; y en una semirrecta de L2
sea B tal que OB = b. Se trazan L =
AB y L que pasa por C, paralela a L
y que intercepta a L1 en D. Entonces,
L L
x
B D
L1 b
L2 O a
A C
c
por el teorema de Thales BD
AC
OB
OA ; es decir,
x
c
b
a . De esto, x = d = BD.
5.2. SEMEJANZA Y TRIÁNGULOS SEMEJANTES.
Formalizando el concepto de semejanza de dos figuras con algunas propiedades que
caracterizan, se tiene:
DEFINICIÓN 32: Dos figuras F1 y F2 son semejantes, y se denota F1 F2, si existe
una correspondencia biunívoca o función biyectiva : F1 F2 tal que, para puntos A y
B de F1 sean (A) = A y (B) = B de F2; entonces BA
AB
= k, para algún k > 0 en R.
En este caso se dice que es una semejanza entre F1 y F2 de razón o constante de
semejanza k y que las figuras F1 y F2 son semejantes o tienen la misma forma.
59
Ejemplos:
a) Dos segmentos de rectas AB y CD, con A B y C D, contenidos en el plano ,
son semejantes. Pues, si r =CD
AB o AB = rCD, y : AB CD tal que para M y M en
AB y M entre M y B, sean (M) = N y (M) = N con N y N en CD, AM = rCN y
AM = rCN; entonces es una función biyectiva, con N entre N y D y MM = AM
AM = rCN rCN = r(CN CN) = rNN. Luego NN
MM
= r, o sea AB CD.
b) Si F1 y F2 son figuras congruentes, entonces F1 y F2 son semejantes de razón 1; es
decir, F1 F2 F1 F2, o sea, toda congruencia es una semejanza de razón 1.
c) Dos ángulos y de medidas iguales son semejantes, o sea .
Pues, como m( ) = m( ), se tiene que y, por el ejemplo anterior, resulta que
con razón de semejanza 1.
d) Dos triángulos equiláteros, dos cuadrados o, en general, dos polígono regulares de
igual número de lados, siempre son semejantes. También, dos circunferencias de
radios mayores que 0 siempre son semejantes.
Para triángulos equiláteros ABC y ABC, sea : ABC ABC tal que (A) = A,
(B) = B y (C) = C, y sea k = BA
AB
. Entonces es una semejanza de razón k.
Análogamente para los cuadrados y polígonos regulares de n lados, n 3. Para las
circunferencias, considerando k la razón entre los radios, se tiene la semejanza.
e) En la semejanza de figuras, se cumplen las siguientes propiedades:
e1) Toda figura es semejante a si misma: F F, para toda figura F.
Se obtiene de la función identidad.
e2) Si una figura es semejante a otra, ésta es semejante a la anterior: Si F1 F2,
entonces F2 F1.
Resulta de la función inversa de una función biyectiva, que es biyectiva.
De esta propiedad, se dice simplemente que F1 y F2 son semejantes.
e3) Si una figura es semejante a otra y ésta es semejante a otra tercera, entonces la
primera es semejante a la tercera: Si F1 F2 y F2 F3, entonces F1 F3.
Considere que la compuesta de funciones biyectivas es también biyectiva.
Para la semejanza entre dos figuras, comenzamos estableciendo la semejanza entre dos
triángulos ABC y ABC a través de una función biyectiva tal que (A) = A, (B) = B
y (C) = C, y que cumpla CA
AC
CB
BC
BA
AB
, A A, B B y C C.
De esto consideraremos la siguiente:
60
DEFINICIÓN 33: Los triángulos ABC y ABC son semejantes, ABC ABC es la
notación, si cumplen: i) CA
AC
CB
BC
BA
AB
y ii) A A, B B y C C.
Para establecer la semejanza de triángulos, como en la congruencia de triángulos, es
suficiente establecer ciertas condiciones para asegurar la semejanza entre dos o más
triángulos, que tiene sustento en el siguiente:
TEOREMA 13 (Teorema fundamental): Una recta paralela a uno de los lados
de un triángulo dado y que intercepta a las rectas que contienen a los otros lados en
puntos diferentes, estos puntos y el vértice que no pertenece a la recta deter-mina un
triángulo semejante al triángulo dado.
Formalmente: Dado el ABC, sea R una recta paralela al lado AC tal que R AB =
{D}, R BC = {E} y B R; entonces ABC DBE.
Demostración: Gráficamente, se presentan los siguientes casos:
B B
R R
R R
D E
R
R
A M C A = D C = E = M
B E D
R R
B
R
R
A C M
R
D E
M A C
Trazando la recta R que pasa por B y es paralela a R, por teorema de Thales, se tiene
que CB
EB
AB
DB ; también la recta R que pasa por E, intercepta al lado AC en M y es
paralela al lado AB, por corolario del teorema de Thales, se cumple AC
AM
BC
BE . Pero,
siendo DE AM, ¿por qué?; en la proporción anterior se tiene AC
DE
BC
BE , y
considerando la primera proporción obtenida resulta AC
DE
CB
EB
AB
DB . Además, los
ángulos correspondientes para R // AC y las transversales AB y BC, en los triángulos
ABC y DBE se tienen que BAC BDE, ACB DEB y ABC DBE. Luego, por
definición de semejanza de triángulos, resulta que ABC DBE.
61
Teniendo la proposición anterior y considerando ciertas condiciones suficientes, pre-
sentaremos tres criterios de semejanza de triángulos, que son análogos a los criterios
de congruencia de triángulos:
TEOREMA 14: Una función biyectiva entre dos triángulos dados es una seme-
janza, si alguna de las siguientes condiciones se cumple:
i) Criterio AAA: Dos (tres) ángulos de uno de los triángulos son congruentes, res-
pectivamente, con los correspondientes ángulos del otro triángulo.
ii) Criterio LLL: Las longitudes de los tres lados de uno de los triángulos son pro-
porcionales a las longitudes de los correspondientes lados del otro triángulo.
iii) Criterio LAL: Las longitudes de dos lados de uno de los triángulos son propor-
cionales a las longitudes de los correspondientes lados del otro triángulo y los
ángulos comprendidos entre dichos lados correspondientes son congruentes.
Demostración: Sea : ABC ABC tal que (A) = A, (B) = B y (C) = C.
B
B
D E
A C A C
i) Si BAC BAC y ABC ABC, también ACB ACB. Sean D BA y E BC
tales que DB = AB y EB = CB. Luego DBE ABC; de donde BDE BAC
BAC, DE y AC son paralelos. De esto CB
BC
AB
BA
. También
CB
BC
AC
CA
.
Por lo tanto ABC ABC.
ii) Si CA
AC
CB
BC
BA
AB
, sean D BA y E
BC tales que DB = AB y EB = CB; se
tiene BE
BC
DB
AB . Luego, DE y AC son paralelos, ABC DBE y
DE
AC
DB
AB .
Como CA
AC
BA
AB
y DB = AB, entonces
DE
AC
CA
AC
; de donde DE = AC.
Luego DBE ABC; es decir, se tiene BDE BAC BAC, ABC ABC y
BED BCA BCA. Por tanto, ABC ABC.
iii) Si CB
BC
BA
AB
y ABC ABC, sean D BA y E BC tales que DB = AB y
EB = CB; entonces DBE ABC y se tiene BE
BC
DB
AB . Luego, por el
corolario del teorema de Thales, DE y AC son paralelos, y por criterio i), se tiene
ABC DBE, o sea DE
AC
DB
AB . Como DBE ABC, se cumple: BDE BAC
BAC, BED BCA BCA y DE = AC, es decir, también se cumple
CA
AC
BA
AB
. Por lo tanto: ABC ABC.
62
Los criterios de semejanza de triángulos presentados, en donde los conceptos de
proporcionalidad y de semejanza son inseparables, son considerados para establecer o
determinar semejanzas entre dos polígonos. Para esto, teniendo la correspondencia entre
los vértices, trazando las diagonales de vértices correspondientes se obtienen triángulos
semejantes dos a dos:
Así, para los pentágonos dados:
ABCDE ABCDE
ABC ABC,
ACD ACD y
ADE ADE.
B B
C C
A A
D
D E
E
Ejemplos:
a) Otra forma de ver la propiedad del baricentro o centroide o centro de gravedad G
de un triángulo ABC: En un triángulo ABC, sus medianas se interceptan en un punto
G, que es punto de trisección de dichas medianas.
En particular, si el triánglo ABC es recto en B, la mediana BP tiene longitud igual a la
mitad de la longitud de la hipotenusa AC del triángulo, es decir, AC = 2BP.
En efecto: En ABC sean M, N los
respectivos puntos medios de los lados AB y
BC. Las medianas AN y CM se interceptan
en el punto G y MN // AC. Luego, ABC
MBN, por iii) del teorema anterior, con
ángulo común en B, AB = 2MB y BC =
2BN. De esto, resulta AC = 2MN.
B
M N
G
A P C
Por otro lado, AGC NGM, por i) del teorema anterior, con ángulos opuestos por
el vértice en G, los ángulos en A y en N y los ángulos en C y en M son dos pares de
ángulos alternos internos. Luego, 2MG
CG
NG
AG
MN
AC o AG = 2GN y CG = 2GM;
es decir, G es punto de trisección de las medianas AN y CM. Análogamenmte se tiene
que G es punto de trisección de las medianas AN y BP.
En particular, si el ABC es recto en B, sean P y N
los puntos medios de AC y BC, respectivamente.
Entonces AB // NP, AB = 2NP, BC = 2BN y BNP
es recto; es decir, BNP CBA por iii), criterio
LAL del teorema anterior. Por lo tanto AC = 2BP.
B
N
A P C
b) Las longitudes de los lados del triángulo ABC son AB = 14 cm, BC = 18 y AC = 24
cm; y las del triángulo DEF son DE = 27 cm, EF = 36 cm y DF = 21 cm. ¿Son
semejantes dichos triángulos?
En efecto, las longitudes en formas crecientes: 14, 18 y 24 en ABC y 21, 27 y 36 en
DEF son proporcionales, pues 3
2
36
24
27
18
21
14 o sea
EF
AC
DE
BC
DF
AB .
En consecuencia ABC DFE.
63
c) En los triángulos ABC y DEF, con ángulos rectos en B y E, respectivamente, y las
longitudes de la hipotenusa AC = b y del cateo AB = c del ABC son proporcionales
a las longitudes de la hipotenusa DF = e y del cateto DE = f del DEF, es decir,
DE
AB
DF
AC , o
f
c
e
b =
s
r. Demuestra que ABC DEF.
Es suficiente comprobar que las longitudes de los otros catetos BC = a del ABC y
EF = d del DEF están en la misma razóns
r
d
a
EF
BC , y usar criterio LLL.
Para esto, considerando AB > DE, existe un punto M
en AB tal que AM = DE. Por M se traza MN // BC,
con N en AC. Por criterio LAL, ABC AMN y se
tiene AN
AM
AC
AB . Como
DE
AB
DF
AC o
AC
AB
DF
DE y
AM = DE, resulta DF
DE
AN
AM o AN = DF, y, por
teorema de Pitágoras, también se cumple MN = EF.
Luego DEF AMN y, de la semejanza anterior, se
concluye: ABC DEF.
A
M N
B C
D
E F
d) Dado un triángulo ABC, el punto D de AC divide a dicho lado en segmentos AD y
DC de manera que DC
BC
AD
AB . Comprueba que BD es bisectriz del ángulo ABC.
En efecto, sea M en el rayo BD con CM // AB.
Entonces ABD CMD por criterio AAA,
con ABD CMD y ADB CDM, y se cumple
DC
MC
AD
AB ; y como, por dato
DC
BC
AD
AB , se
tiene DC
BC
DC
MC o MC = BC y el BCM es
isósceles, con CBD CMD. Luego, ABD
CBD y el rayo BD es bisectriz del ángulo ABC.
B
A D C
M
e) En un paralelogramo ABCD, los segmentos
BM y DN, con M y N los puntos medios de
AD y BC, respectivamente, interceptan a la
diagonal mayor AC en los puntos P y Q.
Mostrar que los puntos P y Q son puntos de
trisección de AC; es decir, AP = PQ = QC.
B N C
Q
P
S
A M D
Se tiene APM CPB: Las parejas de ángulos en A y en C y en M y en B son
congruentes por ser alternos internos, y los ángulos en P son opuestos por el vértice.
Como M es punto medio de AD y AD = BC, se tiene 2
1
PC
AP
BC
AM.
De esto, PC = 2AP y P es un punto de trisección de AC. Análogamente Q.
64
5.3. RELACIONES MÉTRICAS EN UN TRIÁNGULO:
Con la semejanza de tringulos se obtienen diversas propiedades métricas entre los lados
y otros elementos de un triángulo, particularmente de un triángulo rectángulo:
TEOREMA 15: Dado un triángulo ABC recto en C, sea CD la altura respecto al
vértice C o a la hipotenusa AB, o sea CD AB con D AB. Entonces se cumple que:
ABC ACD CBD.
Demostración: En ABC, como m(ACB) = 90o y
CD AB se tiene m(CAB ) + m(ABC ) = 90o, m(ADC)
= 90o y m(CAB ) + m(ACD) = 90
o. Luego m(ABC ) =
m(ACD), o sea ABC ACD. En consecuencia, se tiene
ABC ACD. Análogamente, ABC CBD.
C
h
A D B
En el triángulo ABC recto en C, de las semejanzas: ABC ACD CBD,
denotando: c = AB, b = AC, a = BC, h = CD, m = AD y n = DB, se tienen las
siguientes relaciones métricas en un triángulo rectángulo:
1) h2 = m n. C
b a
h
m n
A D B
c
2) a2 = c n y b
2 = c m.
3) a b = c h o h
a
b
c .
4) m
n
b
a
2
2
.
En efecto:
1) Como ACD CBD, se cumple: CD
AD
BD
CD o
h
m
n
h ; de donde: h
2 = m n.
2) Siendo ABC CBD, se cumple: DB
CB
CB
AB o
n
a
a
c ; de donde: a
2 = c n.
De ABC ACD, se tiene
AD
AC
AC
AB o sea
m
b
b
c ; de donde b
2 = c m.
3) De ABC ACD, se tiene
CD
BC
AC
AB o sea
h
a
b
c ; de donde a b = c h.
4) De a2 = c n y b
2 = c m, resulta:
mc
nc
b
a
2
2
; de donde: m
n
b
a
2
2
.
Del teorema anterior, como consecuencia de las semejanzas obtenidas, presentamos una
propiedad sobre la cual giró una parte importante de la geometría griega por sus
múltiples aplicaciones, que posteriormente fue atribuida a Pitágoras:
COROLARIO 1. (Teorema de Pitágoras): Dado un triángulo ABC tal que sus
lados son AB = c, AC = b y BC = a, se tiene: Si el triángulo ABC es recto en C,
entonces a2 + b
2 = c
2; y recprocamente: Si a
2 + b
2 = c
2, entonces ABC es recto en C.
65
Demostración: Si ABC es recto en C y CD AB, con D en AB, se tiene ABC
ACD CBD, por teorema. De ABC CBD, se cumple DB
CB
CB
AB o
n
a
a
c , de
donde a2 = c n; y de ABC ACD, se tiene
AD
AC
AC
AB o sea
m
b
b
c , de donde
b2 = c m. Luego, sumando miembro a miembro las igualdades obtenidas resulta que
a2 + b
2= c n + c m = c (n + m) = c c = c
2; es decir, a
2 + b
2 = c
2.
Recíprocamente, sea el triángulo DEF recto en E
con catetos DE = AC y EF = BC, e hipotenusa
DF. Entonces: DF 2
= DE 2
+ EF 2
= BC 2
+ AC 2
= AB 2
; es decir,
DF 2
= AB 2
, o sea DF = AB.
Luego, por criterio LLL se tiene ACB DEF;
de donde BCA DEF. Siendo DEF ángulo recto,
también ángulo BCA es recto. Por lo tanto, ABC
es recto en el vértice C.
C
A B
E
D F
De este corolario, si en el triángulo ABC sus lados tienen longitudes AB = c, AC = b y
BC = a y a2 + b
2 c
2, entonces el ángulo interior en C no es recto: Si a
2 + b
2 < c
2, el
ángulo interior en C es agudo; si a2 + b
2 > c
2, el ángulo interior en C es obtuso.
Generalizando el resultado anterior, se tiene:
TEOREMA 16: Dado un triángulo ABC, sean AB = c, AC = b y BC = a.
i) Si el ángulo interior en A es agudo y para D en AC se tiene BD = h es altura y
AD = m; entonces se cumple: a2 = b
2 + c
2 – 2bm.
ii) Si el ángulo interior en A es obtuso y para D en AC, con A entre D y C, se tiene
BD = h es altura y AD = m; entonces se cumple: a2 = b
2 + c
2 + 2bm.
Demostración:
i) Al trazar BD = h, con D en AC se tienen
ADB y BDC son rectos en D. Para
AD = m se tiene DC = b m. Luego, por
teorema de Pitágoras, c2 = m
2 + h
2, o sea
h2 = c
2 m
2, y a
2 = (b m)
2 + h
2, o sea
h2 = a
2 (b m)
2 = a
2 b
2 m
2 + 2bm.
B
c h a
m b m
A D C
Luego, a2 b
2 m
2 + 2bm = c
2 m
2; de donde a
2 = b
2 + c
2 – 2bm.
ii) Como en A el ángulo es obtuso, al tener
BD = h, con A entre D y C, los ADB y
BDC son rectos en D. Para AD = m se
tiene DC = b + m. Luego, por teorema
de Pitágoras, c2 = m
2 + h
2, de donde
h2 = c
2 m
2, y a
2 = (b + m)
2 + h
2, o sea
h2 = a
2 (b + m)
2 = a
2 b
2 m
2 2bm.
B
h c a
m b
D A C
Luego, a2 b
2 m
2 2bm = c
2 m
2; de donde a
2 = b
2 + c
2 + 2bm.
66
El teorema anterior, conocido como el Teorema de Euclides, establece relaciones
métricas en un triángulo cualquiera, relaciones entre las longitudes de sus lados y la
altura respecto a un ángulo interior en A; en particular, si el triángulo es recto en A, se
tiene D = A o m = 0, por lo que a2 = b
2 + c
2 ± 2b(0) = b
2 + c
2, o sea a
2 = b
2 + c
2.
EJEMPLOS:
a) En el ABC, recto en C, la hipotenusa mide 30 cm y la longitud de la altura respecto
a la hipotenusa es 12 cm. Halle la suma de las longitudes de los catetos.
En el ABC, recto en C, la altura CD respecto a la hipotenusa
AB, determina ABC ACD CBD, BC 2
= AB BD,
AC 2
= AB AD y CD 2
= AD BD. Pero CD = 12 y AB =
30, y si AC = b, BC = a y AD = x, se tiene a2 = 30(30 – x),
b2 = 30x y 12
2 = x(30 – x), y de la última ecuación: x = 24 o
x = 6. Para x = 24, a2 = 30 6 y b
2 = 30 24, o a = 6 5 y
b = 12 5 ; y para x = 6, a2 = 30 24 y b
2 = 30 6, o sea
a = 12 5 y b = 6 5 . Luego: a + b = 18 5 cm.
A
D
C B
b) En un paralelogramo, la suma de los cudrados de las longitudes de sus dos lados
consecutivos es 24 cm2. Calcule la suma de los cudrados de las longitudes de las
diagonales del paralelogramo.
En el paralelogramo de la figura, sean a y b
las longitudes de sus lados consecutivos, d
y d las longitudes de sus diagonales y m =
AE = DF la longitud de la proyección de los
lados de longitud a sobre el lado AD.
Por el teorema de Euclides, se cumplen:
B b C
d
a a
d
m m
A E D F
En ABD, d
2 = a
2 + b
2 – 2bm y en
ACD, d
2 = a
2 + b
2 + 2bm, en donde se
tiene a2 + b
2 = 24; y, sumando miembro a miembro, resulta:
d 2
+ d 2 = (a
2 + b
2 – 2bm) + (a
2 + b
2 + 2bm) = 2(a
2 + b
2) = 2(24) = 48 cm
2.
Luego, la suma de los cuadrados de las longitudes de las diagonales del paralelo-
gramo es d 2
+ d 2 = 48 cm
2.
c) En la figura, m(CAD) = m(CBD), los
segmentos de rectas AE y BC son per-
pendiculares, también lo son AF y BD.
Si AF = 3 cm, AE = 2 cm y AD es ma-
yor que AC en 2 cm, determine AC.
A C
G
E
B F D
Como CAD CBD y siendo AGC y BGD opuestos por el vértice, los triángulos CAG
y DBG son semejantes por criterio AAA, por lo que ACE ADF. Además, como
AE BC y AF BD, se tiene que los triángulos rectángulos AEC y AFD son
también semejantes por criterio AAA. Luego, como AF = 3, AE = 2 y si AC = x y
AD = x + 2; se tiene:
AD
AC
AF
AE , o sea
23
2
x
x; de donde x
= 4, o sea, AC = 4 cm.
67
d) Si a cada uno de los tres segmentos de rectas de longitudes 27 cm, 26 cm y 9 cm, se
les disminuyen la misma longitud, los segmentos resultantes constituyen lados de un
triángulo rectángulo. Calcule el perímetro del triángulo rectángulo.
Si x la longitud que se disminuye a cada segmento, longitudes de los segmentos
resultantes son 27 x, 26 x y 9 x. Como estos segmentos son lados de un
triángulo rectángulo y como 27 x es mayor que 26 x y 9 x, por teorema de
Pitágoras, se tiene: (27 x)2 = (26 x)
2 + (9 x)
2, con 0 < x < 9. Efectuando y
simplificando, resulta la ecuación: x2 16x + 28 = (x 14)
(x 2) = 0, de donde
x = 14 o x = 2; y, como 0 < x < 9, se tiene x = 2.
Luego, las longitudes de los lados del triángulo rectángulo son 27 2 = 25 cm,
26 2 = 24 cm y 9 2 = 7 cm; y su perímetro es 25 + 24 + 7 = 56 cm.
e) En ABC, con AB = BC, si para M en AC se tiene que BM es bisectriz del ángulo
ABC, también BM es mediana, es mediatriz y es altura en el vértice B. Entonces:
e1) Si el triángulo es equilátero, AB = BC = AC = a;
sus tres ángulos interiores miden 60o; y como M
es punto medio de AC y BM es bisectriz y altura,
el BMC es rectángulo, con m(MBC) = 30o,
m(BCM) = 60o, BC = a y MC =
2
a.
B
A M C
Por teorema de Pitágoras, BC 2
= BM 2
+ MC 2; de donde BM
2 = BC
2 MC
2
= a 2
2
2
a = 2
4
3a , y se tiene BM = 2
4
3a =
2
3a .
e2) Si el triángulo es rectángulo en el vértice B con
catetos AB = BC = a, los dos ángulos interiores
en los vértices A y C miden 45o, y por teorema
de Pitágoras, AC 2
= AB 2
+ BC 2
= a2 + a
2 = 2a
2.
De donde AC = a 2 .
B
A M C
Además, como M es punto medio de AC, BM = h es altura y ABM es recto en B,
por teorema de Pitágoras, se tiene: a2 = AB
2 = AM
2 + MB
2
=
2
2
2
a + h
2. De donde: h
2 = a
2
4
2
22
222 aaa y h = a
2
2.
f) Sea M un punto de la diagonal AC del
rectángulo ABCD tal que para un punto
P del plano que contiene al rectángulo, se
tiene: M está entre P y B, PM = MB y
DP = 30 cm.
Calcule la longitud del segmento EM.
P
D C
M
E
A B
Como PM = MB, es decir, M es punto medio de PB y como E es punto medio de DB
y DP, se tiene 1
1
ED
BE
MP
MB. Por una propiedad anterior, EM // DP. Luego, BEM
68
y BDP son semejantes por el teorema fundamental, de esto BP
BM
DP
EM y, como
DP = 30 cm y M punto medio de BP, se tiene 2
1
30
EM; de donde EM = 15 cm.
g) En los triángulos de la figura, los ángulos
CAB y TRS son suplementarios, AC = b,
AB = c, BC = a, RS = k, TR = 1 y m(TSR)
= 90o. Determine una expresión de a en
términos de b, c y k.
C
T
S R M A B
Por el vértice C se traza CM perpendicular a la recta AB, con M en AB. Entonces los
TSR y CMA, rectos, son semejantes y cumplen CA
MA
TR
SR y, para MA = x resulta
b
xk
1, esto es x = bk. También, CAM y CMB son rectos y para CM = h, resultan:
b2 = CA
2 = CM
2 + MA
2 = h
2 + x
2 y a
2 = CB
2 = CM
2 + MB
2 = h
2 + (x + c)
2; de
donde se tiene: a2 b
2 = (x + c)
2 x
2 = 2xc + c
2, o a
2 = b
2 + 2xc + c
2. Como x = bk,
resulta a2 = b
2 + 2bkc + c
2; esto es, a = 22 2 cbckb .
h) En un paralelogramo ABCD, el segmento BM, con M punto medio de CD, y la
diagonal AC se intersecan en P. Muestre que P es punto de trisección de BM.
Hay que mostrar que P divide a BM en una
razón de 2 a 1, esto es BP = 2 PM.
En efecto, sea MN // BC, con N punto medio
de AB. Luego MN interseca a AC en E y
AEN CEM y E es punto medio de AC
y de NM, o sea BC = NM = 2EM.
B C
P
N E M
A D
Por otro lado, como EM // BC, se tiene EPM CPB y se cumple BP
PM
BC
ME .
De esto, BP
PM
2
1. Luego, BP = 2PM.
i) Las bisectrices de los ángulos interiores de un triángulo cualquiera se interceptan en
un punto I. El punto I es llamado el incentro del triángulo.
Sea el ABC tal que las bisectrices trazadas de los
vértices A y B se interceptan en un punto I.
Entonces I
equidista de AB y AC y de BC y AC; es
decir, existen puntos D en AB, E en BC y F en AC
con ID AB, IE BC, IF AC y ID = IE = IF.
De esto, IEC IFC, pues son rectos en E y F,
IC lado común e IE = IF.
B
E
D
I
A F C
Luego, ICE ICF; es decir, I está en la bisectriz trazada del vértice C. Por lo tanto,
las tres bisectrices de los ángulos interiores del ABC se interceptan en el punto I.
69
EJERCICIOS:
1. En un terreno de forma rectangular de perímetro 90 m las longitudes de sus lados son
entre sí como 4 es a 5. Halle la diferencia de las longitudes de dichos lados.
2. Las medidas de dos ángulos suplementarios son proporcionales a los números 13 y
23. Determine la medida del ángulo complementario al de menor medida.
3. Juanita ha hecho ampliar proporcionalmente una foto de forma rectangular, cuyo
lado menor mide 12 cm. En la foto ampliada, el lado menor tiene igual longitud que
del lado mayor de la foto original y el lado mayor mide 25 cm. Determine la longitud
del lado mayor de la foto original y la razón de ampliación.
4. Un segmento de recta AB tiene longitud 70 cm, se divide en dos partes tal que las
longitudes de las partes están en la razón de 3 a 4. ¿Qué longitudes tienen cada una
de las partes?.
5. En el triángulo ABC de la figura, el punto M
del lado AB lo divide en una razón de 3 a 5 a
partir de A y MN es paralelo al lado AC, con
N en BC. Si AB = 56 cm y CN = 18 cm;
determine la longitud del lado BC.
B
M N
A C
6. La bisectriz de uno de los ángulos interiores de un triángulo intercepta al lado
opuesto en un punto que divide a dicho lado en segmentos cuyas longitudes son entre
sí como 3 es a 2. Si la suma de las longitudes de los otros dos lados es 40 cm;
determine la diferencia de tales longitudes.
7. Compruebe que los puntos medios de los lados de un cuadrilátero son vértices de un
paralelogramo, cuyas longitudes son la mitad de las longitudes de las diagonales del
cuadrilátero.
Esto es, dado el cuadrilátero ABCD, sean M, N, P y T los puntos medios de los
lados AB, BC, CD y AD, respectivamente; entonces MNPT es un paralelogramo tal
que MN = TP = 2
1AC y NP = MT =
2
1BD.
8. Dado el triángulo ABC, la bisectriz del ángulo exterior en el vértice B intercepta a la
recta L, que contiene al lado opuesto AC, en el punto D. Compruebe que se cumple:
CB
AB
DC
AD .
9. Dado un triángulo ABC, las longitudes de sus lados son: AB = 10 cm, BC = 12 cm y
AC = 15 cm. Por un punto P de BC se trazan PN // AC y PR // AB, con N en AB, R en
AC y se cumple que PR = 2PN. Halle la longitud del segmento PC.
10. Las longitudes de los lados de un triángulo ABC son AB = 12 cm, BC = 8 cm y AC
= 6 cm. Sean P el punto donde la bisectriz del ángulo interior en el vértice B
intercepta al lado AC y Q el punto donde la bisectriz del ángulo exterior en el vértice
B intercepta a la recta AC. Halle la longitud del segmento PQ.
11. Las longitudes de los lados de un triángulo rectángulo están en progresión aritmé-
tica de diferencia 5 cm. Determine el perímetro del triángulo.
70
12. En un triángulo rectángulo ABC, recto en C, sean los puntos R en AC y S en AB tal
que los segmentos RS y AB son perpendiculares. Si AR = 4 dm, AB = 6 dm y BC = 5
dm; determine AR SR.
13. El triángulo rectángulo ABC, recto en B, tiene catetos que miden AB = 2 5 cm y
BC = 5 cm. Sea D un punto en AC tal que BD AC y AD = 4 cm. Determine la
verdad o falsedad de las siguientes afirmaciones:
i) BD = AD ; ii) BD = AC / 2;
iii) BD < AD DC; iv) BD > DC + BC.
14. La altura de un triángulo rectángulo (respecto a la hipotenusa) tiene longitud 26,4
cm y los cuadrados de las longitudes de los catetos están en la relación de 9 a 16.
Halle la longitud de la hipotenusa.
15. Los triángulos rectángulos ABC y PQR, con ángulos rectos en B y Q, son seme-
jantes. Los correspondientes lados son AB = c y PQ = r, BC = a y QR = p, y AC
= b y PR = q. Muestre que bq = ap + cr.
16. La base de un triángulo acutángulo mide 63 cm y la altura respecto a dicha base
mide 54 cm. En dicho triángulo se inscribe un rectángulo de perímetro 116 cm y su
base está contenida en la del triángulo. Halle las dimensiones del rectángulo.
17. En un triángulo rectángulo ABC, recto en B, sea D un punto en la hipotenusa AC tal
que BD AC. Si los catetos miden AB = 15 cm y BC = 20 cm; halle la longitud de
BD (altura) y la diferencia de los perímetros de los triángulos BDC y ABD.
18. Dado un triángulo ABC, las longitudes de los lados son AB = 9 cm, BC = 6 cm y AC
= 4 cm. Sea D en AC tal que BD es bisectriz del ángulo interior en B y la bisectriz
del ángulo exterior en B intercepta al rayo AC en el punto E; calcule la longitud del
segmento de recta ED.
19. Las longitudes de los lados de un triángulo dado son 4 dm, 7 dm y 10 dm. Otro
triángulo semejante al primero tiene perímetro 147 cm. Halle la longitud de cada
lado de este triángulo.
20. Dos lados de un triángulo miden 5 m y 9 m y las longitudes de los segmentos en que
queda separado el tercer lado por la bisectriz respecto a este lado difieren en 3 m.
Calcule el perímetro del triángulo.
21. En un triángulo rectángulo, las medianas trazadas de los vértices de los ángulos
agudos miden 2 61 cm y 601 cm. Determine el perímetro del triángulo.
22. En un triángulo, dos lados tienen longitudes de 20 cm y 36 cm y la bisectriz del
ángulo que forman intercepta al tercer lado en un punto que divide a dicho lado en
dos segmentos cuyas longitudes difieren en 12 cm. Halle la longitud del tercer lado.
23. En la figura, el triángulo rectángulo ABC
es recto en B, BM AC, m(CBD) = 11o,
m(EBA) = 19o y BD = BE. Si AC = 20 cm,
calcule la longitud del segmento BM.
B
E A M D C
71
24. En un trapecio ABCD, un lado BC es perpendicular a las bases AB y DC, que
tienen longitudes de 30 cm y 40 cm, respectivamente. Si M es el punto medio de BC
se tiene que el ángulo AMD es recto. Determine la longitud del segmento BC.
25. Dado el triángulo ABC, sean D en AC y E en BC tal que DE está contenido en la
mediatriz de BC. Si la medida del ángulo exterior en el vértice B es el triple de la
medida del ángulo interior en el vértice C y DC = 10 cm. Halle la longitud de AB.
26. Si en un triángulo rectángulo ABC recto en B y cuyos cateto tienen longitudes AB =
c y BC = a, para D AC se traza BD AC; compruebe que a
2.AD = c
2.D
27. En un trapecio rectangular ABCD, con ángulos rectos en los vértices A y en B, con
bases de longitudes BC < AD. Sean M el punto medio de AB y N el punto medio de
CD, se forman los ángulos ANB y CMD. Determine si las medidas de estos dos
ángulos son iguales o cuál de ellos tiene mayor medida.
Además, ¿será posible que ANB sea ángulo recto?.
28. En un triángulo equilátero ABC, cuyos lados tienen longitud a, sea P un punto en el
interior de dicho triángulo. Compruebe que:
a) Si por P se trazan segmentos paralelos a los lados con extremos en en los otros
lados del triángulo; entonces la suma de las longitudes de tales segmentos es
igual a 2a.
b) Si por P se trazan segmentos perpendiculares a los lados y con uno de sus
extremos en dichos lados; entonces la suma de las longitudes de los segmentos
formados es igual a la longitud de la altura del triángulo.
29. Dado un triángulo ABC, la mediana y la altura trazadas del vértice A dividen al
ángulo BAC en tres ángulos congruentes entre sí. Calcula las medidas de los ángulos
interiores del triángulo ABC.
30. En un trapecio ABCD, de bases mayor AD y menor BC, sea M el punto medio de AB
y N un punto de AD tal que CN y DM se interceptan en el punto medio P de DM.
Compruebe que CP = 3NP; es decir, P es un punto de cuatrisección de CN.
31. El lado BC de un triángulo equilátero ABC es lado de un cuadrado BCDE tal que los
segmentos de rectas AE y BC se intersecan en un punto. Si BC = 6 m; determine la
longitud del segmento AE.
32. En un triángulo ABC, las bisectrices de los ángulos interiores se interceptan en un
punto I, llamado el incentro del ABC. Compruebe que el punto I divide a cada uno
de los segmentos de bisectrices, con extremos los vértices del triángulo y las
intersecciones con los lados opuestos, en dos partes cuyas longitudes son
proporcionales a la suma de las longitudes de los lados que determinan el ángulo
interior y la longitud del tercer lado.
Esto es, para el ángulo interior en B, sea BD el segmento de bisectriz, con D en AC;
compruebe que b
ca
ID
BI o
b
ID
ca
BI
. Análogamente para los vértices A y C.
33. Dado un triángulo ABC se traza una recta L que intercepta a los lados AB y BC en
los puntos M y N, respectivamente y que no son los extremos, y L intercepta a la
recta AC en un punto P. Compruebe que NC MB AP = NB MA CP.
72
6. CIRCUNFERENCIA Y ARCOS DE CIRCUNFERENCIA:
Como resultado de aplicar el concepto de distancia entre puntos en el plano, veremos
figuras “curvas”: Circunferencias y arcos de circunferencias; con sus propiedades.
DEFINICIÓN 34: Fijados O un punto en el plano y r 0 en R, el conjunto de
los puntos P del plano cuyas distancias al punto O es r se llama circunferencia de
centro O y radio r, y denotamos por C(O, r).
Formalmente:
C(O , r) = {P / P y d(P, O) = r} ; y,
de esto, para puntos P del plano ,
P C(O, r) d(P, O) = r
circunferencia
P
r
O
interior
exterior
En esta definición, la circunferencia C(O , r) es la figura o el lugar geométrico que
describe el punto P cuando, en el plano , el segmento OP se hace girar una vuelta
alrededor del punto O.
Además, dada una circunferencia C(O, r) :
i) Cuando r = 0 se tiene que C(O , r) = {O}, es un punto, y
ii) Para M y M C(O, r), se tiene d(M, O) r, es decir, d(M, O) < r o d(M, O) > r; y
se tiene:
DEFINICIÓN 35: El conjunto Int(C(O, r)) = {X / X y d(X, O) < r} es el interior
de C(O, r) o círculo abierto de centro O y radio r con frontera C(O, r); y el conjunto
Ext(C(O, r) ) = {X / X y d(X, O) > r} es el exterior de C(O, r).
De la definición anterior, referidas al plano , la C(O, r) separa a en tres partes:
-) C(O, r), la circunferencia de centro O y radio r. Cuando r = 0, C(O, r) = {O}.
-) El conjunto Int(C(O, r)), es un conjunto convexo tal que la recta que pasa por un punto
de tal conjunto intercepta a la circunferencia en dos puntos. Cuando r = 0 se tiene
que Int(C(O, r)) = , el conjunto vacío.
-) El conjunto Ext(C(O, r) ), es un conjunto no convexo y contiene alguna recta; y cuando
r = 0 se tiene que Ext(C(O, r) ) = {O}.
C
L
C(O, r)
C
L
Int(C(O, r) ),
Ext(C(O, r) )
73
Una propiedad es la construcción de una circunferencia que pasa por los tres vértices de
un triángulo dado: circunferencia circunscrita o circundante a un triángulo:
TEOREMA 17: En el plano , por tres puntos no alineados pasa o se construye una
única circunferencia; es decir, dados A, B y C, tres puntos de no todos en una recta,
existe una única circunferencia C(O , r) tal que { A, B, C } C(O , r).
Demostración: Dados tres puntos A, B y C no
alineados en , los segmentos de rectas AB y BC
no están contenidos en una misma recta. Sean L1
mediatriz de AB y L2 mediatriz de BC; entonces L1
y L2 no paralelas y L1 L2 =
{O} con OA
=
OB =
OC = r. Sea C = C(O , r), con O y r = OA únicos, tal
que {A, B, C} C; es decir, por A, B y C se
construye la única circunferencia C = C(O , r).
C
B
O
A L1
L2
L3
En el proceso anterior, si se considera la mediatriz L3 de AC, si L3 L1 = {O}, se tiene
OC = OA = OB = r y también OA = OB = OC = r; de donde O = O. De esto, las tres
mediatices L1, L2 y L3 de un triángulo ABC se interceptan en el punto O, el circuncentro
del triángulo, y es el centro de la circunferencia circunscrita a dicho triángulo.
COROLARIO: En un triángulo ABC, las tres alturas AD, BE y CF se interceptan en
un punto H. Al punto H se llama el ortocentro del triángulo ABC.
Demostración: Siendo AD, BE y CF las alturas,
se tiene AD BC, BE AC y CF AB. Para cada
vértice, las rectas LA // BC, LB // AC y LC // AB,
con LA LB = {A}, LB LC = {B} y LA LC =
{C} definen el triángulo ABC, donde A, B y C son
puntos medios de sus lados, y las alturas AD, BE y
CF están contenidas en las mediatrices de los lados
del triángulo ABC, que se interceptan en un mismo
punto H.
A B B
D
F H
A E C
C
Para presentar propiedades que caracterizan a las circunferencias, para r > 0, veamos
algunos de sus elementos:
DEFINICIÓN 36: Sean M, P y Q puntos de una circunferencia C(O , r); entonces:
i) Al segmento OP se llama un segmento
radial y su longitud OP = r es el radio
de la circunferencia o del círculo.
ii) Al segmento PQ se llama una cuerda
de la circunferencia o del círculo.
P OP = OM = r, radio
Q
O PM = 2r, diámetro
M PQ, una cuerda.
iii) Sea PM una cuerda de C(O , r) que contiene al centro O, o sea O PM; a dicha
cuerda se llama un segmento diametral y su longitud PM = 2r es el diámetro de la
circunferencia o del círculo.
74
En la definición anterior, es común llamar radio a un segmento radial y diámetro a un
segmento diamettal; y, si no hay lugar a confusión, usaremos estas notaciones.
En un plano , una C(O , r), con r > 0, y una recta L no pueden tener más de dos puntos
en común; es decir, L C(O , r) = {P, Q}, L C(O , r) = {P} o L C(O , r) = :
TEOREMA 18: En una circunferencia no hay tres puntos distintos y alineados.
Demostración: Dada C(O , r), si suponemos que hay
tres puntos P, T y S distintos y alineados C(O , r); sea L
la recta tal que P, T, S L. Entonces, POT, TOS
y POS son isósceles con OP = OT = OS = r, OPT
OTP, OTS OST y OPS OSP, o sea OPT OTP
OTS OST.
O
r r r
L
P T S
Por otro lado, como en OTS el ángulo OTP es exterior, el ángulo OST es interior y son
no contiguos; entonces m(OTP ) > m(OST ), resultado contradictorio con OTP OST.
Esta contradicción es consecuencia de suponer que P, T y S están alineados en la
circunferencia C(O , r). Luego, los puntos P, T y S de C(O , r) no están alineados.
Gráficamente se tienen los tres casos siguientes:
L
C Q
P O
C L = {P, Q}
L
C
P
O
C L = {P}
L
O
C
C L =
Lo anterior permite establecer las posiciones relativas de una circunferencia con una
recta en el plano, que conduce a tener ciertos términos y diversas propiedades:
DEFINICIÓN 37: En el plano , dadas una C(O , r), r > 0, y una recta L, se tiene:
i) Si L C(O , r) = {P , Q }, con P Q, se dice que la recta L es secante con la
circunferencia C(O , r) en los puntos P y Q.
ii) Si L C(O , r) = {P}, se dice que la recta L es tangente a la circunferencia C(O , r) en
el punto P. En este caso, el punto P es el punto de tangencia o de contacto de la
recta con la circunferencia.
iii) Si L C(O , r) = , se dice que la recta L es exterior a C(O , r) o, simplemente, la
recta L y la circunferencia C(O , r) son disjuntas.
TEOREMA 19: En el plano , sean C(O , r) una circunferencia, L una recta y P un
punto en L C(O , r). Entonces se cumple: L es tangente a C(O , r) en P si y sólo si el
segmento radial OP es perpendicular a la recta L.
Formalmente se tiene: L C(O , r) = {P} OP L.
75
Demostración: Hay que considerar dos condiciones:
i) Si L es tangente a C(O , r) en P, entonces OP L; y
ii) Si OP L, entonces L es tangente a C(O , r) en P.
En efecto:
i) Si L es tangente a C(O , r) en P se tiene L C(O , r) = {P};
de esto, para cada Q L con Q P en L se cumple que
Q C(O , r).
Por otro lado, por el punto O se traza una única recta L
perpendicular con L en el punto S L L.
L T
S
S
P O
L
L
Si S = P, como L = OS y L L, resulta que OP L, como se esperaba.
Si S P y siendo L L en S, el ángulo OSP es recto en S. Luego, en el OSP se
cumple m(SPO) < m(OSP) = 90o y de esto OS < OP = r; es decir, S está en el
interior de C(O , r). Como S L, existe un punto T P en L tal que SP = ST, con S
entre P y T y OSP OST; de donde OT = OP = r, o sea T C(O , r). Por lo tanto,
como {P, T } L C(O , r) con P T, se tiene que L no es tangente a C(O , r),
contradicción que resulta de considerar S P. Luego S = P; es decir, OP L.
ii) Si OP L, con P L C(O , r), para Q L tal
que Q P el OPQ es recto en P y cumple
m(OQP) < m(OPQ) = 90o y r = OP < OQ.
Luego, Q C(O , r) y L C(O , r) = {P}; es
decir, L es tangente a C(O , r) en el punto P.
O
L
Q
P
TEOREMA 20: Si una recta L pasa por el centro O de una circunferencia de radio
r > 0 y AB es una cuerda de la circunferencia; se cumplen:
i) Si L AB; entonces la recta L intercepta a la cuerda en su punto medio M.
ii) Si la recta L intercepta a la cuerda AB en su punto medio M, entonces L AB.
Demostración: En C(O , r) sea AB una cuerda, y
sea L una recta tal que O L;
i) Si L AB y L AB = {M}. Resulta que OAB es
isósceles, pues OA = OB = r, y como OM AB,
con M en AB, se tiene que OM es mediana; es
decir, M es punto medio de AB. Por lo tanto, L
intercepta a la cuerda AB en su punto medio M.
A L
M
O
B
ii) Si L AB = {M}, siendo M el punto medio de AB, se tiene que OM es mediana del
triángulo isósceles OAB, pues OA = OB = r. Luego, OM es también mediatriz del
OAB y, como OM L, resulta que L es perpendicular con AB.
Esta sección concluiremos presentando, en el plano , las posiciones relativas de dos
circunferencias distintas C1 y C2 teniendo que la intersección de ellas resultan ser dos
puntos, un punto o ningún punto, lo que permite establecer que dos circunferencias
distintas pueden tener a lo más dos puntos en común; pues, si tienen tres o más pun-tos
en común ellas coinciden o son iguales, ¿por qué?.
76
L
C1 P C2 C2 C1
P
Q
(1): C1 C2 ={P, Q} (2): C1 C2 ={P}
L C1 C1
C1 C2 P
L C2 C2
(3): C1 C2 ={P} (4): C1 C2 = (5): C1 C2 =
DEFINICIÓN 38: Dadas las circunferencias distintas C1 y C2, se tienen:
i) Si C1 y C2 tienen dos puntos en común, o sea C1 C2 = {P, Q}, se dice que C1 y C2
son circunferencias secantes, como caso (1).
ii) Si C1 y C2 tienen un único punto común, o sea C1 C2 ={P}, se dice que C1 y C2 son
circunferencias tangentes en P; y existe una recta L tangente a ambas en P.
En tal caso, si C1 y C2 están en semiplanos opuestos de borde L, se dice que C1 y C2
son tangentes externamente, como en (2); y si C1 y C2 están en un semiplano de
borde L, se dice que C1 y C2 son tangentes internamente, como en (3).
iii) Cuando C1 y C2 no tienen punto alguno en común, o sea C1 C2 = , se dice que C1
y C2 son circunferencias disjuntas.
En este caso, si existe una recta L tal que C1 y C2 están en semiplanos opuestos de
borde L, se dice que C1 y C2 son disjuntas externamente, como caso (4); y si una de
ellas está contenida en el interior de la otra se dice que C1 y C2 son disjuntas
internamente, como caso (5).
Ejemplos:
a) Para una circunferencia C(O , r), si una recta L pasa por el punto medio M de una
cuerda AB y es perpendicular a dicha cuerda, o sea, si la recta es mediatriz de la
cuerda; entonces la recta pasa por el centro O de la circunferencia.
En efecto, como L AB en M, con M punto medio de AB; y como OA = OB = r, se
tiene que AOB es isósceles. De esto, O está en la mediatriz L de AB. Luego, O L,
es decir, la recta L pasa por el centro O de C(O , r).
77
b) En el plano , sean C(O , r) una circunferencia con r > 0, L una recta y P un punto en
el interior de C(O , r). Si L pasa por P, entonces L es secante con C(O , r); es decir, el
interior de C(O , r) no contiene recta alguna.
Para esto, como PInt( C(O , r) ) y L pasa por P se tiene OP < r y existe Q L tal que
OQ L y OQ OP < r; y de esto, Q Int( C(O , r) ).
Por otro lado, dado r > 0, en L existen puntos M y
N tal que QM = QN = r, con Q entre M y N; y
resulta que OQM OQN, rectos en Q, por
criterio LAL. En OQM, OM > QM = r y en
OQM, ON > QN = r; de donde, M L y N L
están en el exterior de C(O , r) y L es secante con
C(O , r). Luego, L Int( C(O , r) ).
N
Q P
M O
L
c) Muestre que la intersección de dos circunferencias distintas C1 y C2, con radios r1 y
r2 mayores que cero, contiene a lo más dos puntos.
Suponiendo que C1 C2 contenga tres (o más) puntos A, B y C diferentes; entonces
A, B y C son no alineados y las mediatrices L1 de AB, L2 de BC y L3 de AC se
interceptan en un único punto O. De esto, la circunferencia C de centro O y radio
r = OA = OB = OC es única y, como C1 y C2 pasan por A, B y C, resulta que C1 = C2
= C; contrario a que C1 C2. Por lo tanto, C1 C2 contiene a lo más dos puntos.
e) Dado un triángulo ABC, halle el centro O, en el interior del triángulo, y el radio r > 0
de una circunferencia, de manera que los lados del triángulo sean tangentes a la
circunferencia; es decir, determine una circunferencia inscrita al triángulo.
Obtener una circunferencia C(O , r) con centro O en el interior del ABC y los lados
AB, BC y AC sean tangentes a C(O , r) en los puntos D, E y F, respectivamente.
Para esto: OD AB, OE BC, OF AC y OD = OE = OF = r; es decir, O equidista
de los tres lados. Entonces, O es punto de intersección de las bisectrices de los
ángulos interiores del ABC y r es la distancia de O a los lados del ABC.
De lo anterior, al punto O, intersección de las bisectrices de los ángulos interiores de
un triángulo, se llama incentro del triángulo.
f) En la circunferencia C(O , r) de la figura, los
lados BA y BC del ángulo ABC son tangentes
a la circunferencia en A y C, respectivamente.
Comprueba que CB = AB.
Como BA y BC son tangentes a C(O , r), se tiene
que OA AB y OC BC, con OA = OC = r.
C B
O A
Luego, los triángulos OAB y OCB son rectángulos y como OB es lado común con
OB = h y OA = OC = r, por teorema de Pitágoras, se cumple
CB 2
+ r 2 = h
2 = AB
2 + r
2; de donde resulta que: CB = AB.
h) Tres circunferencias C1, C2 y C3 de centros A, B y C, respectivamente, dos a dos son
tangentes exteriormente. Calcule los radios de cada una si AB = 14 cm, BC = 10 cm y
AC = 18 cm.
78
Sean r, s y t los correspondientes radios de C1, C2 y C3. Como dos a dos son tan-
gentes exteriormente, sean P, Q y T los respectivos puntos de tangencias de C1 y C2,
de C2 y C3 y de C1 y C3. Entonces, A, P y B están alineados con P está entre A y B,
también B, Q y C están alineados con Q entre B y C y A, T y C están alineados con T
entre A y C (¡Probar!). Luego, por los datos dados, r + s = 14, s + t = 10 y r + t = 18.
Resolviendo, se tiene: r = 11 cm, s = 3 cm y t = 7 cm.
i) Dada una circunferencia C(O , r), con r > 0, sea P un punto de dicha circunferencia.
Construir la recta L, tangente a C(O , r) en el punto P.
Sea L la única recta que pasa por O y P, en
donde se ubica el punto Q tal que P es punto
medio del segmento OQ. Se tiene la mediatriz
L del segmento OQ, fijando las intersecciones
de arcos de circunferencias C1 y C2 con
centros O y Q y radios iguales a r > r.
Entonces L es tangente a C(O , r) en el punto P.
L
O L
P Q
j) Por un punto M de una circunferencia, de centro O y radio r > 0, se traza una recta
tangente L y en dicha recta se fija un punto A M por donde se traza la recta L
perpendicular a L. Si L intercepta a la circunferencia en punto B y C con C entre A y
B, AM = 3 cm y AB = 4 cm; determine el radio de la circunferencia.
Sea C(O , r) la circunferencia, donde L es tangente en
M y se tiene OM L. Si A es un punto de L por
donde se traza L L y L intercepta a C(O , r) en los
puntos B y C, entonces AB y OM son paralelos; es
decir, el cuadrilátero BOMA es un trapecio con base
de longitud AB = 4 cm, los lados no paralelos de
longitudes AM = 3 cm y BO = r.
O M
A
B N C
Sea N en AB tal que ON AB; entonces BON es rectángulo con cateto ON = 3, BN
= 4 r e hipotenusa BO = r. Pero r2 = 3
2 + (4 r)
2 o r = 25 / 8 = 3, 125 cm.
k) En un triángulo acutángulo ABC con m(BAC) = 45o, sean P y Q puntos en el interior
del triángulo tales que ABQ QBP PBC y ACQ QCP PCB, y sean D y E las
proyecciones ortogonales de P sobre los lados AB y AC, respectivamente.
Comprueba que el punto Q es el ortocentro del triángulo ADE.
Sea M en AB con Q ME. Para que Q
sea ortocentro de ADE se requiere:
DQ AC y EQ
AB. Como PD AB
y PE AC, es suficiente comprobar
que DQ // PE y EQ // PD. En efecto,
sea = m(ABQ) = m(QBP) = m(PBC)
y = m(ACQ) = m(QCP) = m(PCB).
B
D
M P
Q
A E C
En ABC, se tiene 45o + 3 + 3 = 180
o, o sea + = 45
o, de done 2 + 2 = 90
o.
Por otro lado m(BPD) = 90o 2 = 2, m(CPE) = 90
o 2 = 2 y m(BPC) = 180
o
( + ) = 180o 45
o = 135
o; y en el punto P si m(DPE) = u, se tiene 360
o = u + 2
+ 135o + 2 = u + 135
o + 90
o, de donde u = 135
o. También, en BQC, si m(BQC) = v
79
se tiene 180o = 2 + 2 + v = 90
o + v, de donde v = 90
o. Luego, se cumple BDP
BQC, pues son rectángulos y DBP QBC; de donde BD / BQ = BP / BC y, como
DBQ PBC, se tiene DBQ PBC, por lo que m(DQB) = m(PCB) = .
Análogamente, se tiene BQC PEC, pues son rectángulos y BCQ PCE; de
donde BQ / BC = PE / PC y, como ECQ PCB, se tiene EQC PBC, por lo
que m(EQC) = m(PBC) = . De esto, m(DQE) = + 90o + = 45
o + 90
o = 135
o.
Finalmente, de DBQ PBC EQC se tiene m(DBQ) = m(QEC) = m(BPC) =
135o y, como DBP y PEC son rectos, m(PDQ) = m(PEQ) = 45
o.
En consecuencia, el cuadrilátero DQEP tiene sus ángulos opuestos DQE DPE y
PDQ PEQ; es decir, DQEP es un paralelogramo y DQ // PE y EQ // PD.
6.1. ARCOS DE CIRCUNFERENCIA Y ÁNGULOS:
Para puntos A B de C(O , r), con radio r > 0, sea L la recta que pasa por tales puntos,
tenemos diversas definiciones:
i) La recta L separa a dicha circunferencia en dos subconjuntos contenidos en
semiplanos opuestos de bordes L, llamados arcos de circunferencia opuestos o
simplemente arcos opuestos con extremos A y B;
ii) El ángulo AOB con vértice el centro O de la circunferencia y cuyos lados pasan por
los puntos A y B, es llamado ángulo central; cuya medida es .
En particular, si A y B son extremos de un segmento diametral, los arcos opuestos de
extremos A y B se llaman semicircunferencias y el ngulo central es ángulo llano.
Para denotarlos y diferenciar uno del otro, conside-
rando que tienen los mismos extremos, fijaremos un
punto en cada arco que no sean los extremos, y se
tiene: AMB y ANB, y se leen “arcos de extremos A y
B, que pasa por M” y “arco de extremos A y B, que
pasa por N”, respectivamente, como en la figura.
A
M AMB
B
L N
ANB
También, de la definición dada, para puntos A y B en
C(O , r), se determina un único ángulo AOB de manera
que, por separación del plano por un ángulo, uno de
los arcos AEB de extremos A y B está contenido en el
interior del ángulo AOB.
A
O E
B
Existen otros conceptos, como presentamos a continuación:
iii) El ángulo ACB, cuyo vértice C es un punto de C(O , r) y sus lados CA y CB son rayos
secantes a C(O , r), se llama ángulo inscrito en C(O , r).
iv) El ángulo DCB, cuyo vértice C es un punto de C(O , r) y sus lados CB es secante y
CD es tangente a C(O , r), se llama ángulo semi inscrito en C(O , r).
v) El ángulo AEB, cuyo vértice es un punto en el exterior de C(O , r) y sus lados EA y EB
son rayos secantes o rayos tangentes o lo uno o lo otro a C(O , r), se llama ángulo
exterior a C(O , r).
Gráficamente se tienen:
80
ii) iii) A iv)
A D
O C C
B
B B
AOB: ángulo central ACB: ángulo inscrito BCD: ángulo semi inscrito
v) Son ángulos exteriores:
A A A
E
E E
B B B
De lo anterior, hay una relación entre ángulo central y arco de circunferencia para
determinar la medida de un arco en términos de la medida del ángulo central:
i) Si el arco AEB está contenido en el interior del ángulo AOB de C(O , r), la medida
angular o, simplemente, medida del arco AEB es la medida del ángulo central AOB;
es decir, m( AEB ) = m( AOB ) = .
ii) Si el arco ADB está en el exterior del ángulo central AOB, o sea su arco opuesto AEB
está en el interior de AOB, la medida angular de ADB es:
m(ADB ) = 360o m(AEB ) = 360
o m(AOB) = 360
o .
iii) Si A = B en C(O , r), el ángulo central AOB es nulo y el arco en el interior es también
nulo y su medida es 0o. Luego, el arco opuesto y contenido en el exterior de AOB es
C(O , r) {A} tiene medida de 360o, y se dice que la circunferencia es un arco cuya
medida es 360o, o sea m(C(O , r)) = 360
o; que resulta de completar el proceso de
medición angular de arcos a través del siguiente:
AXIOMA 19: Si para puntos A, B y C de una circunferencia C(O , r) se tiene que el
arco AC contiene al punto B, o sea B AC ; entonces: m( AC ) = m( AB ) + m( BC ).
De las relaciones anteriores, entre ángulos y arcos de circunferencia, se tienen las
siguientes propiedades:
TEOREMA 39: La medida de un ángulo inscrito ABC C(O , r) es la mitad de la
medida del arco de circunferencia AB contenido en el interior de dicho ángulo.
Demostración: Considerando AC contenido en el interior de ABC, hay tres casos:
A A A F
D C
B B B
O C O E O D
C
81
i) Un lado pasa por el centro O de C(O , r): Sea O BC. En AOB se tiene OA = OB = r,
OAB OBA y no contiguos al ángulo central AOC que es ángulo exterior. De esto:
m(OAB) = m(OBA) = m(ABC) y m(AOC) = m(OAB) + m(OBA) = 2m(ABC). Luego,
m(ABC) = 2
1m(AOC) =
2
1m( ADC ).
ii) Los puntos A y C están en semiplanos opuestos de bordes OB, y en tal caso, el
centro O está en el interior del ángulo ABC. Como el arco AC está en el interior de
ABC, el rayo BO intercepta al arco AC en un punto E tal que los ángulos ABE y EBC
son ángulos inscritos a la circunferencia C(O , r) donde el lado común BE pasa por el
centro O y E está en el interior del ángulo AOB. De todo esto: m(ABC) = m(ABE) +
m(EBC) = 2
1m(AOE) +
2
1m(EOC) =
2
1m(AOC) =
2
1m(AEC)
iii) Los puntos A y C están en un mismo semiplano de borde OB, y en tal caso, el rayo
BO interseca a C(O , r) en un punto D tal que C está en el arco AD (o A está en el
arco CD ). Sea C AD y se cumple: m(ABC) = m(ABD) m(CBD) =
2
1m(ACD)
2
1m( CD ) =
2
1(m(AOD) m(COD)) =
2
1m(AOC) =
2
1m(AFC).
COROLARIO 1: La medida de un ángulo semi inscrito en C(O , r) es la mitad de la
medida del arco de circunferencia contenido en el interior del ángulo.
Demostración: Sea ABC un ángulo semi inscrito en
C(O , r), con A y B en C(O , r), BC tangente y BA secante a
C(O , r), y el arco ADB en el interior de ABC. Entonces
el AOB es isósceles, con OA = OB = r, m(AEB) =
m(AOB), por estar el arco AEB contenido en el interior
del ángulo central AOB, y m(ADB) = 360o m(AOB).
A D
O
E
C
B
Por otro lado, como BC es tangente a C(O , r) en B, resulta que OB BC y se tiene que
m(ABC) = m(ABO) + m(OBC) = m(ABO) + 90o, o sea 2m(ABC) = 2m(ABO) + 180
o.
También, en AOB, m(AOB) + 2m(ABO) = 180o, o sea m(AOB) = 180
o 2m(ABO).
Luego, m(ADB) = 360o m(AOB) = 360
o (180
o 2m(ABO)) = 180
o + 2m(ABO) =
2m(ABC); esto es: m(ADB) = 2m(ABC). Por lo tanto: m(ABC) = 21 m(ADB).
COROLARIO 2: La medida de un ángulo exterior en C(O , r) es igual a la mitad de la
diferencia de las medidas de los arcos contenidos en el interior del ángulo.
Demostración: Consideremos el ángulo
exterior BPD, donde los lados del ángulo PB
y PD sean secantes con C(O , r) en los puntos
A y B y en C y D, respectivamente, y los
arcos AEC y BFD están contenidos en el
interior del ángulo.
B
A
P E O F
C
D
Luego, al trazar AD en el APD se cumple: m(BAD) = m(APD) + m(ADP), o sea
m(APD) = m(BAD) m(ADP). Pero m(BAD) = 21 m(BFD) y m(ADP) =
21 m(AEC); de
donde m(APD) = 21 m(BFD)
21 m(AEC).
82
Ejemplos:
a) Compruebe que un ángulo inscrito en una semicircunferencia, cuyos lados pasan por
los extremos de un segmento diametral, es recto. (Babilonia, 1400 años a. C.)
Para esto, sea ABC un ángulo inscrito en C(O , r),
donde AC es un segmento diametral y B C(O , r);
entonces: m(ABC) = 21 m(ADC) =
21 180
o = 90
o.
B
A O C
d) Dados dos segmentos de rectas de longitudes a > 0 y b > 0, construir un segmento de
recta cuya longitud h sea media proporcional entre a y b; es decir, b
h
h
a .
La proporción dada equivale a h2 = ab,
propiedad de un triángulo rectángulo que
relaciona la longitud de la altura trazada del
ángulo recto y las longitudes de las partes en
que se divide la hipotenusa. De esto, dado el
segmento AD de longitud a, en la recta que
lo contiene se ubica un punto B tal que DB =
b y D entre A y B con AB = a + b.
C
A D M B
Con centro en M, punto medio de AB, y radio MA = MB se traza una
semicircunferencia con extremos A y B, y por D se traza CD AB con C en la
semicircunferencia. Entonces ACB es recto en C, por estar inscrito en media
circunferencia, DC = h es la longitud de la altura trazada de C y ACD CDB; en
donde se tiene DB
DC
DC
AD , esto es
b
h
h
a . Luego, DC es el segmento cuya longitud
h es media proporcional entre a y b.
f) En una circunferencia dada, dos cuerdas AB y CD se interceptan en el punto E.
Compruebe que: AE BE = CE DE. (Teorema de las cuerdas)
Siendo AB y CD cuerdas, el punto E está en el interior de
la circunferencia. Se tiene AEC DEB, pues AEC
DEB por ser opuestos por el vértice, EAC EDB que
subtienden el arco CB y ACE DBE que subtienden el
arco AD. Luego BE
DE
CE
AE , o sea AE BE = CE DE.
A
D
E
C
B
g) Dados dos segmentos AC y BD de longitudes a y b, respectivamente, con a > b; en el
segmento AC encuentre un punto E tal que AE EC = b2; es decir, encuentre E tal
que AE y EC son las soluciones o raíces de la ecuación x2 ax + b
2 = 0.
Por el punto medio M de AC, se traza MN tal
que MN AC y MN = b. Con centro en N y
radio MC se traza un arco que intercepta a AC
en E. Luego, a = AC = AE + EC y AE
EC =
(AM + ME)(MC
ME) = (NE + ME)(NE ME)
= NE 2
ME 2
= MN 2 = b
2.
B b D N
A M E C
83
h) Si por un punto exterior P a una circunferencia dada se trazan una recta tangente en
A y una recta secante en B y C, respectivamente, a dicha circunferencia; se cumple:
PA2 = PB PC. (Teorema de la tangente).
Trazando BA y AC, resulta que PAC y
PBA son semejantes, por criterio AAA:
El ángulo en P es común, los ángulos en
C y A son congruentes por contener un
mismo arco AB. Luego: PA
PB
PC
PA ; de
donde: PA2 = PB PC.
C
B
P
A
i) Si por un punto exterior P a una circunferencia dada se trazan dos rectas secantes en
A y B y en C y D, respectivamente, a dicha circunferencia; entonces se tiene:
PA PB = PC PD. (Teorema de las secantes).
Trazando los segmentos de rectas AD y CB,
resulta que los triángulos PAD y PCB son
semejantes, por criterio AAA; pues, el
ángulo en P es común y los ángulos en B y
D son congruentes por que contienen un
mismo arco AC. Por lo tanto PB
PD
PC
PA , y
de aquí: PA PB = PC PD.
B
A
P
C
D
j) Por un punto D del lado AC de un triángulo equilátero ABC de lado a, inscrito en una
circunferencia dada, se traza una recta perpendicular en E al lado AB y que intercepta
a la circunferencia en M y N con D entre M y E. Si MD = DA = 12 cm, halle el valor
de a.
Como DE
AE, m(
Â
) = 60
o y DA = 12, se tiene
AE = 6 y DE = 6 3 , por Pitágoras; DC = a – 12
y EB = a – 6. Si EN = x, por teor. de las cuerdas:
AD DC = MD DN y AE EB = ME EN o
12(a – 12) = 12(6 3 + x) y
6(a – 6) = (12 + 6 3 )(x).
De aquí: a – x = 12 + 36 y a – 6 = (2 + 3 )(x).
Resolviendo: a = 31
)323(12
= )33(6 cm.
C
M
D
A E B N
k) En una circunferencia de radio 10 cm, el punto de intersección P de dos cuerdas AB
y CD los divide en cuatro segmentos tal que el producto de sus longitudes es 100
cm2, ¿Cuál es la distancia OP del centro O de la circunferencia al punto P?
Como AP PB CP PD = 100 y AP PB = CP PD,
resulta: AP PB = 10. Trazando el diámetro MN por O y
P, sea x = OP; entonces AP PB = NP PM, es decir,
10 = (10 – x)(10 + x). De donde: x = 90 cm.
N D
A P
x B
C O
M
84
6.2. POLÍGONOS INSCRITO Y CIRCUNSCRITO:
En esta sección relacionaremos circunferencias con polígonos, en particular con
polígonos regulares:
DEFINICIÓN 40: Si en un polígono Pn, con n 3, todos sus lados tienen una
misma longitud, es decir, todos sus lados son congruentes, y todos sus ángulos
interiores tienen la misma medida, es decir todos sus ángulos interiores son
congruentes, diremos que Pn es un polígono regular de n lados.
Ejemplos:
a) Un triángulo equilátero ABC y
un cuadrado PQST, son polí-
gonos regulares de tres y cuatro
lados, respectivamente.
A P Q
C B T S
b) Si los polígonos de 5, 6, 7, ...... , n lados son regulares, tendremos polígonos
regulares de 5, 6, .... , n lados congruentes y sus n ángulos interiores congruentes; es
decir, pentágonos, hexágonos, heptágonos, etc. regulares.
DEFINICIÓN 41: Dados un polígono Pn, con n 3, y una circunferencia C(O , r), con
r > 0, entonces se dice que:
i) Pn está inscrito en C(O , r) o C(O , r) está circunscrita a Pn, si todos los vértices de Pn
pertenecen a C(O , r);
ii) Pn está circunscrito en C(O , r) o C(O , r) está inscrita a Pn, si todos los lados de Pn son
tangentes a C(O , r).
B P Q
A
C N
T
E
D M
P5 inscrito en C(O , r) P5 circunscrito en C(O , r).
C(O , r) circunscrito en P5 C(O , r) inscrito en P5
Ejemplo: Cuando un triángulo está inscrito en una circunferencia, su centro es la
intersección de las mediatrices de los lados del triángulo: Circuncentro (O); y si el
triángulo está circunscrito a una circunferencia, su centro es la intersección de las
bisectrices de los ángulos interiores del triángulo: Incentro (I).
B L2
L1
A O
L3
C
B
L1
L2
I
A
L3 C
85
DEFINICIÓN 42: En el plano , un conjunto de puntos A1, A2, A3, ..... , An}, n 3,
se llama conjunto cíclico si existe una circunferencia C(O , r) tal que el polígono Pn de
vértices A1, A2, A3, ..... , An está inscrito en C(O , r) o la circunferencia C(O , r) está
circunscrita a Pn; y, en tal caso, también se dice Pn es un polígono cíclico.
Ejemplos:
a) En la figura A, los puntos A1, A2, A3, A4, A5, A6 forman un conjunto cíclico, o sea el
polígono de vértices A1, A2, A3, A4, A5 y A6 es cíclico o está inscrito en una
circunferencia; en cambio, en la figura B, los puntos B1, B2, B3, B4, B5 no forman un
conjunto cíclico o el polígono de vértices B1, B2, B3, B4, B5 no es cíclico, pues el
vértice B2 no pertenece a la circunferencia que contiene a los otros (tres) vértices.
A1 A2 B1
A6 A3 B2 B3
A5 A4 B5 B4
Figura A Figura B
b) Los vértices de todo triángulo ABC, forman un conjunto cíclico de tres puntos; o sea,
todo triángulo es un polígono cíclico. En este caso, el centro de la circunferencia que
circunscribe al triángulo es la intersección de las mediatrices de sus lados.
c) Los vértices de un rectángulo ABCD forman un conjunto cíclico; pues las diagonales
AC y BD se interceptan en sus puntos medios M y las mediatrices de los triángulos
rectos ABC y ADC se inrsecan en el punto M.
TEOREMA 21: En un cuadrilátero P4, si sus vértices A, B, C, D forman un conjunto
cíclico, entonces dos ángulos interiores opuestos del cuadrilátero son suplementarios.
Demostración: Como los vértices A, B, C, D de P4
forman un conjunto cíclico, existe una circunferencia
C(O , r) que contiene a dichos vértices; es decir, P4 está
inscrito en C(O , r). Luego, los ángulos interiores de P4
son ángulos inscritos en C(O , r); y para los ángulos en
A y en C, opuestos, se cumple:
A
B
D
C
m( A ) = 2
1m(BCD) y m( C ) =
2
1m(BAD). Luego: m( A ) + m( C ) =
2
1m(BCD) +
2
1m(BAD) =
2
1(m(BCD) + m(BAD)) =
2
1(m(BCD) + 360
o m(BCD)) = 180
o; es
decir, los ángulos interiores en A y en C son suplementarios.
TEOREMA 22: Dado un cuadrilátero P4, si dos ángulos interiores opuestos son
suplementarios, entonces los vértices de P4 forman un conjunto cíclico; esto es, P4 está
inscrito en una circunferencia C(O , r).
Demostración: Sean A, B, C y D vértices de P4, con A y C vértices opuestos y las
medidas de los ángulos interiores en A es y en C es tal que + = 180o.
86
Los vértices A, B y D son no alineados y determinan
la única circunferencia C(O , r) de centro O = L1 L2,
intersección de mediatrices de los lados AB y AD, y
radio r = OA = OB = OD, por teorema 30.
Se afirma que el vértice C C(O , r).
Por el contrario, si C está en el exterior de C(O , r), se
tiene OC > r, OC C(O , r) = {P} y el cuadrilátero
B
L1
O P C
A
L2 D
ABPD es cíclico y + m(BPD) = 180o. Como + = 180
o, resulta que m(BPD) = .
Además, en BPC y DPC se cumplen: m(BPO) > m(BCO), m(DPO) > m(DCO) y
m(BPD) = m(BPO) + m(DPO) > m(BCO) + m(DCO) = , esto es m(BPD) > , que es
contrario con m(BPD) = ; que resulta al suponer a C en el exterior de C(O , r).
Análogamente, si C está en el interior de C(O , r), se
tiene OC < r, OC C(O , r) = {M} y, por teorema
37, el cuadrilátero ABMD es cíclico y + m(BMD)
= 180o. Como + = 180
o, resulta m(BMD) = .
Además, en BMC y DMC, m(BCO) > m(BMO),
m(DCO) > m(DMO) y = m(BCD) = m(BCO) +
m(DCO) > m(BMO) + m(DMO) = m(BMD); esto es
> m(BMD), que se contradice con m(BMD) = .
B
L1
O C M
A
L2 D
Tal contradicción resulta al suponer que C está en el interior de C(O , r).
Por lo tanto, se tiene que C C(O , r); es decir, P4 está inscrito en C(O , r).
COROLARIO 1: Un cuadrilátero ABCD es cíclico si y solamente si, cada par de
ángulos que forman sus diagonales con dos lados opuestos y que subtienden un mismo
lado, son congruentes.
Demostración: En el cuadrilátero ABCD, sean
AC y BD sus diagonales, AD y BC son dos lados
opuestos y los ángulos CBD y DAC subtienden el
mismo lado DC.
Si el cuadrilátero ABCD es cíclico, sus vértices
están en una circunferencia C(O , r), y en tal caso,
los ángulos CBD y DAC son ángulos inscritos
que subtienden el mismo arco DC; es decir = .
B
u
q C
v
r
A
p s
D
Recíprocamente, si cada par de ángulos que forman sus diagonales con dos lados
opuestos y que subtienden un mismo lado, son congruentes; las parejas de ángulos
CBD y DAC, BAC y CDB, BCD y BDA y ABD y ACD son congruentes,
respectivamente; es decir, = , u = v, r = s y p = q. Como + + u + v + r + s + p
+ q = 2 + 2v + 2r + 2q = 360o, se tiene ( + r) + (v + q) = 180
o; es decir, dos ángulos
interiores opuestos son suplementarios, y resulta que el cuadrilátero ABCD es cíclico.
COROLARIO 2: Un cuadrilátero ABCD es cíclico si y solamente si un ángulo
interior y el ángulo exterior en el vértice opuesto, son congruentes.
87
Demostración: En el cuadrilátero ABCD, sean
BAC un ángulo interior y DCE un ángulo exterior
en el vértice C opuesto al vértice A.
Si el cuadrilátero ABCD es cíclico, dos ángulos
interiores BAC y BCD en vértices opuestos A y C
son suplementarios; y también los ángulos BCD y
DCE son suplementarios. Por lo tanto los ángulos
interior BAC y exterior DCE son congruentes.
C E
B
A
D
Recíprocamente, si los ángulos BAC y DCE son congruentes; como los ángulos BCD y
DCE son suplementarios, resulta que los ángulos BAC y BCD en vértices opuestos A y
C son suplementarios. Por teorema 36, el cuadrilátero ABCD es cíclico.
Ejemplos:
a) El cuadrilátero que determina los vértices de
un triángulo rectangular y su simétrico,
respecto a su hipotenusa, es cíclico.
Siendo B el simétrico de B respecto a AC, y
los ángulos en B y B rectos, los ángulos
BAB y BCB son suplementarios.
B
A C
B
b) El cuadrilátero ABBC que determina los vértices
de un triángulo rectángulo ABC, recto en B y su
simétrico ABC, alrededor de la mediatriz L de su
hipotenusa, es cíclico.
Pues, los pares de ángulos que forman las diago-
nales, dos lados opuestos y que subtienden un
mismo laso, son congruentes.
B B
A C
L
c) Todo trapecio isósceles ABCD es cíclico.
Al trazar las diagonales AC y BD, los pares
de triángulos ABC y DCB son congruentes y
también ABD y DCA son congruentes. Por
lo tanto, cada par de ángulos que forman las
diagonales con dos lados opuestos y que
subtienden un mismo lado son congruentes.
B C
A D
d) Todo polígono regular es un polígono cíclico; es decir, los vértices de un polígono
regular forman un conjunto cíclico; y el centro de la circunferencia que circunscribe
al polígono es la intersección de las mediatrices de los lados del polígono.
Para esto, es suficiente comprobar que cuatro vértices consecutivos A, B, C y D del
polígono regular son puntos de la circunferencia C(O , r) que circunscribe.
DEFINICIÓN 43: Sea C(O , r) una circunferencia que está circunscrita a un polígono
regular Pn con lados de longitud a o Pn está inscrito a C(O , r). Entonces:
88
i) Al centro O y al radio r de C(O , r) se llaman el centro y
el radio de Pn;
ii) La distancia ap del centro O a cada lados AB de Pn
(que es constante) se llama apotema del polígono
regular Pn y es la longitud de OM, siendo M el punto
donde la mediatriz de AB interseca a dicho lado; y
O
r ap
A M B
iii) Para un lado AB del polígono regular Pn, el ángulo AOB es el ángulo central de Pn;
y su medida es 360o / n.
Se ha visto que en un polígono convexo Pn, de n lados, la suma de las medidas de sus
ángulos interiores es (n 2) 180o. En particular, un polígono regular Pn es convexo y
sus ánguos interiores tienen medidas iguales; por lo que la medida de un ángulo interior
cualquiera es m(AOB) = n
n 2 180
o.
Así, en triángulo equilátero (polígono regular de tres lados), un ángulo interior mide
3
23180
o = 60
o; en un cuadrado (polígono regular de cuatro lados), cada ángulo
interior mide 4
24 180
o = 90
o; en un pentágono regular, cada ángulo interior mide
5
25 180
o = 72
o; en un hexágono regular, cada ángulo interior mide
6
26 180
o =
120o; en un heptágono regular, cada ángulo interior mide
7
27 180
o = 128
o 34 20.
n un polígono regular Pn , cuyo lado es a, existe una circunferencia C(O , r) de centro O y
radio t = ap, el apotema de Pn., llamada circunferencia inscrita al polígono o polígono
circunscrito a la circunferencia. Además, de Pn se construye el polígono regular P2n ,
de 2n lados, cuyo lado es b e inscrita a C(o, r): De un lado AB de Pn , sea C el intercepto
de la mediatriz de AB con C(o, r), y se tiene AC = BC = b. Luego, la relación entre la
longitud a, el apotema ap (radio t), el radio r de la circunferencia circunscrita al
polígono regular Pn y P2n y la longitud b, están en las siguioentes propiedades:
TEOREMA 23: En todo polígono regular Pn de lado a, apotema ap y radio r, se
cumple: 222 )(44 paar o 222 para .
Demostración: En la configuración anterior, AB = a, triángulo AOB es isósceles con
OB = OA = r, OM = ap, triángulo OMB recto en M y M punto medio de AB, por
teorema de Pitágoras, se cumple: OB 2
= OM 2
+ MB
2; de donde, reemplazando valo-res,
se tiene r 2
= (ap)2
+ (a /
2)
2, es decir,
222 )(44 paar o
222 para .
TEOREMA 24: Para dos polígonos regulares Pn con lados de longitud a y P2n con
lados de longitud b, de centros O y rádios r (inscritos en una circunferencia de centro O
y radio r), sea t = ap el apotema de Pn. Entonces se cumplen:
)(2 22 trrb y 222 42 arrrb .
89
Demostración: Fijando un lado AB de Pn,
inscrito en la circunferencia C(O, r), de centro
O y radio r, se tiene AB = a, OA = OB = r,
para M punto medio de AB resulta OM = t es
apotema de Pn y para C en la circunferencia
con M OC se cumple AC = BC = b es la
longitud de los lados de P2n de centro O y
radio r. Si D es un punto en la C(O, r) tal que
O CD, se tiene CAQ CMA, donde
AC
MC
CD
AC o AC
2 = CDMC, esto es:
b2 = 2r (r – t) = 2(r
2 –rt).
D
r
O
r r
t
a/2 a/2
A b M b B
C
Además, como ap = t y 222 )(44 paar , se tiene 222 44 tar y, despejando t,
2242
1art . Luego, reemplazando en la expresión anterior obtenida, resulta:
b2 = 2(r
2 –rt) = 2r
2 – 2rt = 222 42 arr ; de donde 222 42 arrrb .
Finalmente, dada una circunferencia C(O, r), hay una
relación entre r
y las longitudes de los lados
a
de
un polígono regular Pn inscrito a la circunferencia
C(O, r) y las longitudes de los lados c de un polígono
Qn circunscrito a C(O, r):
Sean AB lado de Pn,
CD lado de Qn, con AB // CD,
OT = r y OM = t. Se tiene AOM COT, de
donde OT
OM
CT
AM o
r
t
c
a
2/
2/; es decir, ar = ct.
O
r t
A M B
C T D
Luego t
arc , es la expresión de la longitud c del lado de Qn en términos de la lon-
gitud a del lado, del radio r y del apotema t = ap de Pn.
Para completar esta sección, veremos dos propiedades que relacionan las longitudes de
los lados con las longitudes de las diagonales de un cuadrilátero cíclico o inscriptible:
TEOREMA 25: Si un cuadrilátero es cíclico o inscriptible, se cumplen:
i) El producto de las longitudes de sus diagonales es igual a la suma de los productos de
los lados opuestos. (Teorema de Ptolomeo).
ii) El cociente de las longitudes de las diagonales es igual al cociente de las sumas de
los productos de las longitudes de los lados que concurren en los extremos de las
respectivas diagonales. (Teorema de Vietta).
En una representación gráfica, se tiene:
Sea ABCD un cuadrilátero cíclico, donde las
longitudes de los lados son AB = a, BC = b,
CD = c y AD = d, las longitudes de las
diagonales son AC = u y BD = v. Entonces:
i) uv = ac + bd y ii) bcad
cdab
u
v
.
B
C
A E
F
D
90
Demostración: Se ha visto que cada par de ángulos que forman sus diagonales con
dos lados opuestos y que subtienden un mismo lado (o un mismo arco), son
congruentes: BAC BDC, ABD ACD, BCA BDA y CBD CAD., cuyas medidas
son, respectivamente , , y . De esto:
i) En el vértice A, > , sea F DE tal que DAF BAC. Se tienen:
1) ADF ACB, por tener dos ángulos homólogos conguentes y ; y se cumple
CB
DF
AC
AD , o sea
b
DF
u
d , de donde DFubd . .
2) ABF ACD, por tener dos ángulos homólogos conguentes y BAF CAD; y
se cumple CD
BF
AC
AB , o sea
c
BF
u
a , de donde BFuac . .
Luego, de 1) y 2) resulta DFuBFubdac .. = uvDFBFu ).( ; es decir, uv
= ac + bd.
ii) Las diagonales se interceptan en E, sean DE = x, BE = v x, EC = y y AE = u y. Se
tiene las siguientes semejanzas: ABE DCE y AED BEC, por tener pares de
ángulos homólogos respectivamente congruentes: y , y . De esto,
CE
BE
DE
AE
DC
AB y
BE
AE
EC
ED
BC
AD o
y
xv
x
yu
c
a
y
xv
yu
y
x
b
d
.
Luego )( yucax , )( xvcay , )()( yubxvd y bxdy .
Relacionando las tres primeras igualdades se tiene:
)( xv
b
dcax y
)( yu
d
bcay ; simplificando, cdxcdvcdvabx y
bcybcuady . Despejando, cd
xcdabv
)( y
bc
ybcadu
)( . Dividiendo v
entre u, resulta bcybcad
cdxcdab
u
v
/)(
/)(
=
dy
bx
bcad
cdab
=
bcad
cdab
, pues bxdy . Por
lo tanto bcad
cdab
u
v
.
Ejemplos:
a) Un triángulo equilátero, polígono regular de tres lados de longitudes a > 0, está
inscrito en una circunferencia de radio r > 0. Determine una relación entre a y r; y
calcule la apotema del triángulo.
Hay que hallar la relación entre lado, radio y apotema del triángulo equilátero:
En un triángulo equilátero ABC, cada ángulo interior
mide 60o. Trazando la altura CD, es mediana, mediatriz
y bisectriz, se tiene ACD rectángulo con lados AB =
AC = CB = a, AD = a / 2 y CD = a 3
/ 2 = BO + OD
= r + t. También AOD rectángulo en D, con AO = r,
AD = a / 2 y OD = t = a 3 /
2 r es el apotema.
C
O
A D B
Luego, en AOD, por teorema de Pitágoras se tiene:
91
AO2 = AD
2 + OD
2, y reemplazando: r
2 = (a / 2)
2 + t
2 = a
2 / 4 + (a 3 / 2 r)
2 = a
2
/ 4 + 3 a2 / 4 2 r a 3 / 2 + r
2. Cancelando términos y simplificando, se tiene
a2 ra 3 = a(a r 3 ) = 0 y, como a > 0, resulta a r 3 = 0, o sea:
a = r 3 o r = a 3 / 3, relaciones de a en términos de r y de r en términos de a.
Además, la apotema del triángulo equilátero es:
OD = t = a 3 / 2 a 3 / 3 = a 3 / 6 = 3r / 2 r = r / 2.
b) En un cuadrado, polígono regular de cuatro lados, las longitudes de sus lados es a y
está inscrito en una circunferencia de radio r. Halle una relación entre a y r.
En particular, si un cuadrado está inscrito en una circunferencia;
b1) Si el radio de la circunferencia es r = 14 cm, determine la longitud del lado y el
apotema del cuadrado.
b2) Si la longitud del lado del cuadrado es a = 14 cm, determine el radio de la
circunferencia.
En el cuadrado ABCD, las diagonales se interceptan
en su punto medio O, centro de la circunferencia que
lo circunscribe, pues equidista de los cuatro vértices.
Luego, si a es la longitud del lado del cuadrado, por
teorema de Pitágoras resulta que la longitud de las
diagonales es a 2 y el radio de la circunferencia es
r = a 2 / 2 o también a = r 2 , son las relaciones;
y el apotema t = OM del cuadrado es t = a / 2.
A B
O
D M C
En particular:
b1) Por el ejemplo c), la longitud del lado del cuadrado es a = r 2 = 14 2 cm; el
apotema es a / 2 = 14 2 / 2 = 7 2 cm.
b) De la expresión a = r 2 , el radio de la circunferencia es r = a 2 / 2 = 14 2 /
2 = 7 2 cm.
c Trace una circunferencia de radio r > 0 y, luego usando regla y compás, inscriba un
pentágono regular y un decágono regular.
El pentágono regular se obtiene del decágono regular, trazando los segmentos con
extremos los vértices de lugares impares (o pares) del decágono: En un pentágono
regular inscrito en una circunferencia de centro O y de radio r, un lado AC define un
ángulo central AOC de medida 360o / 5 = 72
o y la bisectriz OB de este ángulo
intercepta a la circunferencia en el punto B, punto medio del arco AC que subtiende
el ángulo, donde AB y BC son lados del decágono regular inscrito en la
circunferencia. Sea AB = BC = x.
El triángulo AOB es isósceles con OA = OB = r,
m(AOB) = 36o y m(OAB) = m(OBA) = 72
o. La
bisectriz de OAB intercepta al lado OB en el
punto D. Se tiene AOB DAB, por el criterio
AAA, en donde OA / AB = AB / DB, o sea r / x
= x / r x; esto es r2 rx = x
2 y se tiene la
ecuación cuadrática x2 + rx r
2 = 0.
A
r
x
O B
D
C
92
Resolviendo tal ecuación, resulta: x = r ( 5 1) / 2, es la relación del radio r y la
longitud x del lado de un decágono regular inscrito en la circunferencia de radio r.
Para construir el decágono regular, sean las
rectas L1 y L2 perpendiculares en O que
intercepta a la circunferencia en puntos B y E,
respectivamente. Con centro en el punto medio
M de OB y con radio ME se traza una
circunferencia que intercepta a la recta OB en
G, con OG = z. Entonces, como EOM es recto,
EM 2
= EO 2
+ OM 2
= r 2
+ (r / 2) 2
= 5 r
2 / 4,
de donde EM = 5 r / 2.
E
G z O M
B
Por otro lado, ME = MG = GO + OM = z + r / 2, o sea 5 r / 2 = z + r / 2; de
donde z = r ( 5
1) /
2. Luego, el segmento OG tiene longitud z, la longitud del
lado de un decágono regular inscrito en la circunferencia de radio r.
Para el pentágono regular inscrito, si AB y BC
son dos lados consecutivos de un decágono
regular, con AB = BC = b, entonces AC es un
lado del pentágono, con AC = a, donde AOC es
isósceles con OA = OC = r, y su bisectriz OB
intercepta al lado AC en el punto medio D, con
AC OB, y con OD = t, apotema del pentágono
regula inscrito.
O
r t
D
A C
B
Luego, considerando los resultados 222 42 arrrb y b = r ( 5 1) / 2
anterior, se tiene 2/)15( r = 222 42 arrr . Elevando a cuadrados y
simplificando resulta 2242)51( arr ; donde, elevando cuadrados y
simplificando se obtiene 222 52104 rra y de aquí 52102
r
a .
Para una relación con el apotema t, de 222 )(44 paar = 22 4ta , dado, se tiene
222 44 tra o 222 16164 tra y, reemplazando en 222 52104 rra del
proceso anterior, resulta 22 1616 tr = 22 5210 rr o 222 52616 rrt ; de
donde 5264
r
t = 2)51(4
r
= ).51(4
r
Luego, t = )51(4
r
.
Análogamente se cumple a = 5252 t , relación del lado a y el apotema t.
d) Para un octógono regular P8, cuyos lados tienen
longitud b y radio r, si AB y BC son dos lados
consecutivos con AB = BC = b, resulta que AC
es el lado de un cuadrado cuyos lados tienen
longitud AC = a, radio OA = r, apotema OD = t
y a = r 2 . Luego, 222 42 arrrb =
222 242 rrrr = 22 r .
O
A D C
B
93
e) En la circunferencia de la figura, los segmentos
AB es lado de un pentágono regular, AC es el lado
de un octógono regular y CD es lado de una
hexágono regular. Si los segmentos AB y CD se
interceptan en el punto E, determine la medida del
ángulo AED en la figura dada.
A
O C
E
B
D
Siendo AB lado de un pentágono regular, m(AOB) = 72o = m(ACB); también, AC es
lado de un octógono regular y m(AOC) = 45o = m( AC ) y como CD es lado de un
hexágono regular, m(COD) = 60o = m(DBC). Por otro lado m(ACB) = 72
o = 45
o +
m( CB ) y se tiene m( CB ) = 27o; y m( ACD ) = 45
o + 60
o = 105
o. Luego, m(AED)
= [(360o 105
o) 27
o] / 2 = 228
o / 2 = 114
o.
f) En un triángulo ABC, cuyas longitudes de sus lados son AB = c, BC = a y AC = b, se
inscribe una circunferencia tangente en D, E y F con los lados AB, BC y AC,
respectivamente, y separan a lados correspondiente en segmentos de longitudes
AD = AF = x, BD = BE = y y CE = CF = z.
f1) Si el semiperímetro del triángulo es p = )(21 cba ; muestre que x = p – a, y =
p – b y z = p – c.
f2) Si el triángulo es recto en C, muestre que el radio de la circunferencia inscrita es
)(21 cbar .
f1) Como p = )(21 cba , se tienen
p a = )(21 cba a = )(
21 acb y
xzyyxzxacb 2)()()( .
Luego xap . Análogamnte, las otras.
f2) Si el ángulo en C es recto, como el centro
de la circunferencia inscrita es la intersec-
ción de las bisectrices, OFAC y OFAC,
C
z z
F E
b r r
x O a
y
r
A x D y B
c
resulta que el cuadrilátero CEOF es un cuadrado con z = r, x = b – r, y = a – r y
c = x + y =(b – r) + (a – r) = a + b – 2r. Luego )(21 cbar .
g) En un triángulo ABC, sean G el baricentro o centro de gravedad (intersección de
medianas), H el ortocentro (intersección de alturas) y O el circuncentro (intersec-ción
de mediatrices). Muestre que:
g1) Los puntos G, H y O están en una recta L, llamada recta de Euler.
g2) Las distancias del ortocentro H a los vértices es el doble de las distancias del
circuncentro a los respectivos lados opuestos
g1) Si ABC es equilátero, H = G = O y hay
una recta que pasa por dicho punto.
Si ABC no es equilátero, G, H y O son
diferentes y AHG MOG, pues altura
en A y mediatriz por M son paralelos y
AM es una transversal.Luego HG // GO,
por lo que H, G y O son colineales.
g2) Resulta de la semejanza anterior.
C
M H G
O
A B
94
h) La longitud de la diagonal de un pentágono regular es 20 cm. Halle las longitudes de
su lado y de su apotema.
Como un pentágono regular ABCDE es cíclico y
todas sus diagonales son congruentes, también el
cuadrilátero ABCD es cíclico, cuyos lados miden
AB = BC = CD = a cm y otro lado es una diagonal
AD = AC = BD = 20 cm.
Luego, por teorema de Ptolomeo, se cumple:
AC BD = AB DC + BC AD, en donde:
C
B D
A E
202 = a
2 + 20a o a
2 + 20a 400 = 0.
Resolviendo la ecuación y como a > 0, 2
160040020 a = 51010 .
Luego, )15(10 a cm es la longitud del lado del pentágono regular.
Para hallar su apotema t, se tiene a = 5252 t , es decir, )15(10 =
5252 t ; de donde t = 5252
)15(10
= 2/3525 cm.
i) Sean A y B puntos en una circunferencia de centro el punto O y radio 2 cm tal que
OA OB. Si en el arco de circunferencia que subtiende AOB se tiene el punto C tal
que AC = 1 cm; calcular la longitud de BC = x cm.
Sea D un punto en la circunferencia tal que BD sea un
segmento diametral, entonces el cuadrilátero DACB es
cíclico, cuyas diagonales miden AB = 22 , pues AO
= OB = 2 y AOB es recto en O, y CD = d cumple
216 xd , pues DCB es recto en C. Por tyeorema
de Ptolomeo, se tiene xd 22422 ; de donde:
A
C
x
D 2 O 2 B
xx 22162 2 . Resolviendo, x = BC = )115(2
2 cm.
6.3. LONGITUD DE CIRCUNFERENCIA:
En la circunferencia C(O , r), con r > 0, sean los arcos
AMB y CND. “Extendiendo” o “estirando” dichos
arcos de sus extremos se aproximan a segmentos de
rectas y cuyas longitudes, con unidades dadas por la
del radio, llamaremos longitudes de dichos arcos.
En particular, “seccionando” C(O , r) en uno de sus
puntos A y “estirando” el arco de la circunferencia
se aproxima a un segmento de recta, cuya longitud
C llamaremos ser la longitud de la circunferencia
C(O , r). Se trata de determinar el valor de C para una
circunferencia dada C(O , r).
A M
B
C
D
N
A M B
C N D
A A
95
Para tener clara la idea de determinar la longitud de una circunferencia, veamos un
proceso intuitivo que nos permitirá determinar la longitud de una circun-ferencia C(O , r),
con r > 0, considerando un polígono regular Pn inscrito en C(O , r) y cuyos lados miden a
(constante y con unidad dada para r). El perímetro de Pn es na y al variar n también
varía na: Cuando n es suficientemente grande, el perímetro na se aproxima al valor de la
longitud C de C(O , r); es decir, na C.
Para completar esto, sean C1 y C2 circunferencias de radios r1 y r2 cuyas longitudes son
C 1 y C 2, respectivamente. Entonces C 1 y C 2 son proporcionales con 2 r1 y 2
r2; es
decir, las longitudes de circunferencias son proporcionales a los dobles de sus radios
(diámetros), o sea: 2
2
1
1
22 r
C
r
C = k, razón de proporcionalidad (constante).
En efecto, en C1 y C2, respectivamente, se inscriben polígonos regulares de n lados Pn y
Qn. Como C1 y C2 son semejantes, también son semejantes Pn y Qn, con razón de
semejanza 2
1
r
r (¿por qué?). De esto, si p y q son los correspondientes perímetros de Pn y
Qn también se cumple q
p=
2
1
r
r, y para n suficientemente grande se tiene que p se
aproxima a C1 y q se aproxima a C2, por lo que q
p se aproxima a
2
1
C
C; es decir,
aproximadamente, 2
1
C
C=
2
1
r
r=
2
1
2
2
r
r, o sea
2
2
1
1
22 r
C
r
C = k, es una constante.
En la proporción anterior, a la constante k, se designa con la letra griega ; es decir,
2
2
1
1
22 r
C
r
C = o C1 = 2r1 y C2 = 2r2 para cualesquiera sean C1 y C2.
De esto, para una circunferencia C(O , r) de radio r y longitud C, se cumple C = 2
r o
r
C
2, cuya aproximación racional común y usual es 3,14 o 3,1416.
Ejemplos:
a) En un trabajo de campo, un grupo de alumnos encontraron un árbol cuyo tallo al ser
envuelto con una cuerda en una vuelta, la porción de cuerda medía 2,50 m
aproximadamente. Determine el radio de la circunferencia que forma la cuerda al
estar envuelto al árbol.
Al estar la cuerda envuelta al árbol, la circunferencia que forma tiene una longitud de
4,50 m; es decir, C = 4,50 m = 2
r. Despejando r se tiene r = 4,50 / 2 = 4,50 / 6,28
= 0,72 m. Luego, el radio es 72 cm, aproximadamente.
c) Dado un triángulo equilátero cuyos lados tienen longitudes de 15 cm, determine las
longitudes de las circunferencias inscrita y circunscrita a dicho triángulo.
Entes se ha visto la relación del lado con los radios de las circunferencias indicadas:
96
Si la circunferencia de radio r está inscrita al triángulo
equilátero de lado a, o sea, el triángulo está circunscri-
to a la circunferencia, r es el apotema del triángulo y el
centro O es intersección de las bisectrices de los
ángulos interiores, que son medianas. Luego, r = OM =
h / 3, donde h = BM = a 3 / 2; es decir, r = a 3 / 6.
Para a = 15 cm, se tiene r = 15 3 / 6 = 5 3 / 2 cm.
Por lo tanto, C = 2 (5 3 / 2) = 5 3 cm.
B
O
r
A M C
Si la circunferencia de radio r está circunscrita al triángulo equilátero de lado a, o
sea, el triángulo está inscrito a la circunferencia, la relación entre r y a está dada por
r = a 3 / 3, desarrollada en la sección anterior. Como a = 15 cm, se tiene que r =
15 3 / 3 = 5 3 cm y, en consecuencia, C = 2 (5 3 ) = 10 3 cm.
d) Los radios de dos circunferencias concéntricas (con el mismo centro) difieren en 2
cm y una cuerda de la circunferencia de mayor radio intercepta a la otra circun-
ferencia en los puntos de trisección de dicha cuerda. Si la longitud de la cuerda es
6 2 cm, determina las longitudes C1 y C2, de cada circunferencia.
Sean R y r los radios de las circunferencias de centro
O, y AB la cuerda. Entonces AB = 6 2 y AC = CD =
DB = 2 2 . Si M es punto medio de AB, OM 2
= R 2
AM 2
= R 2
18 y OM 2
= r 2
MD 2
= R 2
2; esto es
R 2
r 2
= 16. Como R r = 2, se tiene R = 5 y r = 3.
Luego, C1 = 2 5 = 10 cm y C2 = 2 3 = 6 cm.
A C M D B
O
e) Determine la longitud de una circunferencia C que es tangente a una recta dada L en
el punto T y que pasa por un punto P que dista de L en 10 cm y del punto de
tangencia T en 16 cm.
Como AP L, OT L, donde AP = 10, PT = 16, AT =
156 y OT = OP = r, el cuadrilátero ATOP es un
trapecio con altura PE = AT. En OEP, OP 2
= r 2
=
OE 2
+ PE 2
= (r 10)2 + 156 y de donde r = 12,8 cm.
Luego, la longitud de C es 2 12,8 = 25,6 cm.
T
E
A O
L P
6.4. LONGITUD DE ARCO DE CIRCUNFERENCIA:
Para arcos de circunferencia, en forma análoga al proceso de la circunferencia, su
longitud aproximaremos por la suma de longitudes de segmentos congruentes, com-
pletando con una relación entre la medida de un arco y su longitud:
Sea AB un arco en C(O , r), con r > 0 y de longitud l ( AB ). En AB sucesivamente se
ubican los puntos A1 = A, A2, A3, A4, ...... , An y An+1 = B de manera que los segmentos de
rectas consecutivos AiAi+1, para i = 1, 2, 3, 4, ..... , n, n+1, son congruentes; enton-ces se
cumple m( AB ) = m( AA2 ) + m( A2A3 ) + ...... + m( AnB ) = n m( AA2 ) y AB < AA2 +
A2A3 + ...... + AnB = n AA2 < l ( AB ). Para n suficientemente grande, n AA2 se
aproxima a l ( AB ), o sea n AA2 = l ( AB ), aproximadamente.
97
A2 A2
A A A3 A A3
O O O
B B B
AB < l ( AB ) AB < 3 AA2 < l
( AB ) m( AB ) = 3 m( AA2 )
Parece natural considerar que en una circunferencia o en circunferencias congruentes
(radios iguales), las longitudes de arcos y sus medidas son directamente proporcio-
nales: A mayor medida, mayor longitud. Este resultado consideramos en el siguiente:
AXIOMA 20: Las longitudes de arcos de una circunferencia o circunferencias de
radios iguales, son proporcionales a sus correspondientes medidas (angulares); es decir,
para arcos AB y CD en circunferencias de radios iguales, se cumple:
)(
)(
)(
)(
CDm
CDLongitud
ABm
ABLongitud
Una consecuencia inmediata del axioma anterior, que permite determinar la longitud de
un arco de circunferencia, es el siguiente:
TEOREMA 26: Dado un arco AB de la circunferencia C(O , r), con r > 0, cuya
medida es m( AB ) = o, entonces la longitud de AB es l ( AB ) =
180
r.
Demostración: Como la longitud de C(O , r), con r > 0, es C = 2 r, entonces, por el
axioma anterior, se cumple: oo
CABl
360
)(
; de donde l ( AB ) =
360
C
= 360
2 r, es
decir, l ( AB ) = 180
r, con unidad de medida la de r.
Ejemplos:
a) En una circunferencia de longitud 24 cm, halle la medida angular de un arco de 4
cm de longitud.
Siendo 24 cm = 2
r la longitud de la circunferencia, su radio es r = 24 / 2 cm =
12 / 3,82 cm. Por otro lado, se tiene un arco de dicha circunferencia de longitud
4 cm; es decir, 4 cm = 180
r =
180
(12 / ) = α / 15 cm; de donde α = 4(15) =
60o, es la medida angular del arco.
c) Una ventana tiene la forma de la figura que sigue, en donde el arco superior BC es
media circunferencia donde el lado BC del rectángulo ABCD es un segmento
diametral y los otros arcos AB y CD tienen sus centros en los puntos A y D,
respectivamente. Las dimensiones del rectángulos son AB = 50 cm y BC = 80 cm.
Determina el perímetro p de la ventana.
98
Siendo BC un segmento diametral del
arco superior y BC = 80 cm, su radio
es r = 40 cm y su longitud es L1 =
2(40) / 2 = 40 cm. Por otro lado,
como MA AB y DN DC, los arcos
tienen longitudes L2 = 2(50) / 4 =
25 cm. También L3 = MN = 180 cm.
B C
M A D N
Luego, el perímetro de la ventana es p = L1 + 2 L2 + L3 = 40 cm + 2 (25 cm) +
180 cm = (90 + 180) cm 462,60 cm = 4,63 m.
d) Por el vértice del ángulo recto de un triángulo rectángulo e isósceles con catetos de
longitudes a, se traza una circunferencia que pasa por los extremos de la hipo-tenusa.
Halla el perímetro de la región plana limitada por la hipotenusa y el mayor arco de
circunferencia con extremos en los extremos de la hipotenusa.
Al trazar dicha circunferencia de radio a, el ángulo
recto del triángulo es un ángulo central. Luego, la
longitud del arco (menor) comprendido en el interior
del ángulo recto es L1 = 180
(90)(a) = a / 2; y la del
arco mayor es L2 = 2a a / 2 = 3a / 2. Como la
hipotenusa tiene longitud a 2 , el perímetro de la
región pedida es 3a / 2 + a 2 .
O
a a
A B
6.5. MEDIDA RADIAL DE ARCOS Y ÁNGULOS:
Se ha visto que la medida de un arco de circunferencia se relaciona con la medida del
ángulo central que lo define. Esto permite establecer, indistintamente, la medida radial
de arcos o medida radial de ángulos:
TEOREMA 27: En la circunferencia C(O , r) sea AOB un ángulo central tal que el
arco AB de C(O , r), contenido en el interior del ángulo, tiene longitud igual al radio r, o
sea l( AB ) = r; entonces la medida de AOB no depende del radio r, es decir, m(AOB) es
constante para cualquier valor de r > 0.
Demostración: Como el arco AB está en el interior de
AOB, se cumple m(AOB) = m( AB ) y, por el axioma 20,
se tiene que 360)(
)( C
ABm
ABl . De esto, m( AB ) = m(AOB)
=
000 180
2
360)(360
r
r
C
ABl, es constante.
A
r
O r
B
DEFINICIÓN 44: Si para un ángulo AOB se cumple m(AOB) =
0180, diremos
que la medida radial del ángulo AOB es un radián (rad); es decir, 1 rad =
0180; y, de
esto, resulta que 1 rad = 57 0
17 44,8, donde 1o = 60 y 1 = 60.
99
También de 1 rad =
0180=
01180 se tiene 1
o = 1
180
rad =
180
rad.
De lo anterior, para una circunferencia C(O , r), su longitud es C = 2r y su medida es
m( C ) = 360o = 360 1
o = 360
180
rad = 2 rad; es decir, 360
o equivale a 2 rad.
Además, para un ángulo o arco de circunferencia cuya medida en el sistema sexage-
simal es o y la medida en el sistema radial es
rad, es decir, o equivale a rad; se
tiene la relación:
2360
0 rad o
1800
rad, expresión que permite hacer cambios
o transformaciones de medidas de un sistema a otro.
Ejemplos:
a) Las siguientes medidas de ángulos, expréselas en radianes:
a1) 40o; a2) (54 / 13)
o; a3) 42,8
o; a4) 95
o 35; a5) 1
o 1 1.
En la expresión 1800
rad, conociendo hay que hallar rad = / 180 rad.
En a1), = 40 y = 40 / 180 rad = 2 / 9 rad; es decir, 40o = 2 / 9 rad.
En a2), = 54 / 13 y = (54 / 13) / 180 rad = 3 / 130 rad; es decir, (54 / 13)o =
3 / 130 rad.
En a4), = 95o 35 = 95
o + (7 / 12)
o = (1147 / 12)
o y = (1147 / 12) / 180 rad =
1147 / 2160 rad; es decir, 95o 35 = 1147 / 2160 rad.
Análogamente en a3) y a5) y, en cada una, para = 3,14 se tienen aproximaciones.
b) Las siguientes medidas de ángulos, expréselas en grados sexagesimales:
b1) / 4 rad. b2) 5 / 3 rad. b3) 5 / 6 rad. b4) 0,25 rad. b5) 1 rad.
En al expresión 1800
rad, se conoce y hay que hallar o
= [(180) / ]o.
En b1) = / 4 rad y = [180( / 4) / ]o = 45
o; es decir, / 4 rad = 45
o.
En b3) = 5 / 6 rad y = [180(5 / 6) / ]o = (150 / )
o 47,77
o 47
o 46 12.
En b5) = 1 rad y = [180(1) / ]o = (180 / )
o 57
o 17 44,8.
c) Halle la longitud de un arco de circunferencia, cuyo radio es de 4 cm, contenido en el
interior de un ángulo central a la circunferencia con medida de 0,6 radianes.
La longitud de un arco de una circunferencia de radio r y ángulo central o está dada
por l (AB ) = 180
r = (
180
) r. En este caso, la medida del ángulo está en
radianes: = 0,6 rad. Como = / 180, se tiene l (AB ) = r = (0,6)(4 cm) =
2,4 cm, es la longitud del arco.
d) En una circunferencia C(O , r); dos cuerdas MN y PQ son congruentes si y solamente
si dichas cuerdas son equidistantes del centro O; es decir, las distancias del centro a
las rectas que contienen a dichas cuerdas son iguales, esto es: d(O, MN ) = d(O, PQ).
100
7. ÁREA DE REGIONES PLANAS:
El propósito es introducir el concepto de área para regiones poligonales y las regiones
circulares, estableciendo una correspondencia entre regiones planas y números reales
bajo condiciones apropiadas que formalizaremos como sigue:
7.1. ÁREA DE REGIONES POLIGONALES:
Visto que un polígono Pn, con n 3, separa al plano en el interior Int(Pn), el exterior
Ext(Pn) y la frontera Fron(Pn) = Pn; la región poligonal que determina Pn, denotada por
R(Pn), es la unión del interior de Pn con su frontera; es decir, R(Pn) = Pn Int(Pn).
Así, las siguientes figuras representan regiones poligonales de 3, 5 y 8 lados, llamadas
región triangular, región pentagonal y región de 8 lados, respectivamente:
R(P3): Región R(P5): Región R(P8): Región
triangular pentagonal de 8 lados
Además, toda región poligonal R(Pn), con n 3, se descompone en un número finito de
regiones poligonales (en particular, regiones triangulares) R1, R2, R3, ..... , Rk, tal que:
i) R(Pn) = R1 R2 R3 ..... Rk; y
ii) Dos regiones distintas R i y R j, para i j de tal descomposición, son disjuntas o se
interceptan en puntos o en un segmentos de rectas.
Así, en las figuras anteriores, las regiones R(P3), R(P5) y R(P8) están descompuestas en
1 región triangular, en 3 regiones triangulares y en 6 regiones triangulares, respec-
tivamente. ¿De qué otras formas pueden descomponerse dichas regiones?. Hay varias
formas, y ensaya otras.
También en las figuras, para las regiones poligonales dadas:
a) B
C
A
D
R(ABC), R(BCD) y
R(ADC) no descompone
a R( ABCD).
b) A B
F
F
C
E D
R(ABD), R(BCD),
R(ADE) y R(AEF)
descompone a
R(ABCDEF)
c) A B
F
C
E D
R(ABF), R(BCE),
R(CDE) y R(BEF)
también descompone
a R(ABCDEF)
101
DEFINICIÓN 45: Dos regiones poligonales R(P1) y R(P2) se llaman regiones
equidescomponibles o equicompuestas o simplemente equivalentes, si ambas regiones
son descompuestas en igual número de regiones, congruentes correspondientemente dos
a dos; es decir, R(P1) = R1 R2 R3 .... Rk y R(P2) = S1 S2 S3 .... Sk,
donde las regiones poligonales correspondientes (en particular regiones triangulares) R i
y S i son congruentes, para cada i = 1, 2, 3, ..... , k.
Ejemplos: Las dos parejas de figuras son equidescomponibles:
a)
b)
c) Las piezas de un juego chino de rompecabezas que
tiene unos 4000 años, llamado Tangram, se
construyen cortando un cuadrado en siete partes y
de las siguientes formas: dos triángulos isósceles
rectángulos congruentes grandes, un triángulo
isósceles rectángulo mediano, dos triángulos
isósceles rectángulos congruentes pequeños, un
cuadrado pequeño y un paralelogramo.
Con estas piezas, colocándolos adecuadamente en el plano, se forman diversidad de
figuras equivalentes con el cuadrado de donde se cortaron las partes:
d) En una hoja de cartulina, dibuja dos
cuadriláteros ABCD y EFGH con-
gruentes, como los de la figura, con
AB = BC = EF = FG = 6 cm, DC =
HG = 12 cm y AD = EH = 8 cm.
Recorte los cuadriláteros por las
diagonales indicadas.
B F
A C E G
D H
Con los cuatro triángulos obtenidos, forma un paralelogramo y muestre que el
perímetro p del paralelogramo formado está entre 20 y 64.
102
Teniendo ABCD, el triángulo ABD se traslada
a la posición CMN, luego, el triángulo EFG se
rota 180o y se traslada a la posición MCB y,
finalmente, el triángulo EGH se rota 180o se
hace rotar alrededor de una recta vertical y se
traslada a la posición CDN. Se tiene que el
cuadrilátero BMND es un paralelogramo.
B M
A C
D N
Además, como BC = CM = EF = 6, DC = HG = 12 y CN = EH = AD = 8, se tiene
BM < BC + CM, DN < DC + CN, BD < BC + CD y MN < MC + CN, de donde, p
< 2(BC + CM + DC + CN) = 2(32) = 64. También, como DC BC = 6 < BD y CN
MC = 8 6 = 2 < MN, se tiene 8 < MB + MN; y BC = 6 BM = DN, o sea 20 < p.
Por lo tanto, 20 < p < 64.
d) En un triángulo equilátero ABC, sean D y E los puntos
medios de los lados AB y BC, respectivamente y sean M y
N puntos en el lado AC tal que AM = NC y MN = AD.
Traza el segmento ME y en éste se ubican los puntos F y
G tales que DF ME y NG ME. Recorta el triángulo
por los segmentos ME, DF y NG y con el rompecabezas
de cuatro piezas obtenido, forme un cuadrado.
B
D E
F G
A M N C
Para formular propiedades y principios del concepto de área de una región poligonal,
consideramos situaciones que a través de los tiempos se utilizan, aplican y perfeccionan:
AXIOMA 21: En el plano , a cada región poligonal R(Pn), con n 3, se le hace
corresponder o se le asigna un único número real no negativo A(Pn).
Este axioma establece: Para regiones poligonales en el plano , existe una función A tal
que A: R(Pn) A(Pn), donde A(Pn) es un número real no negativo; es decir, a cada
región poligonal se le hace corresponder o se le asigna un único número real A(Pn),
llamado área de la región poligonal R(Pn).
AXIOMA 22: Si dos regiones poligonales R(P1) y R(P2) son eqidescomponibles
como R(P1) = T1 T2 T3 .... Tk y R(P2) = S1 S2 S3 .... Sk, donde Ti Si,
para i = 1, 2, 3, .... , k, son regiones planas (triangulares); entonces A(Ti ) = A(Si ), para
cada i = 1, 2, 3, .... , k, y A(P1) = A(P2) = A(T1) + A(T2) + A(T3) + ..... + A(Tk).
Este axioma establece: Dos regiones planas (triangulares) congruentes tienen áreas
iguales y dos regiones equidescomponibles también tienen áreas iguales y dicha área es
la suma de las áreas de las regiones que las componen. De esto, en particular, dos
regiones poligonales congruentes tienen áreas iguales.
AXIOMA 23: Si R(P4) es una región cuadrada (P4 es un cuadrado) cuyos lados
tienen longitud a, entonces su área es A(P4) = a2.
Este axioma expresa: El área de una región cuadrangular o de una región cuadrada,
cuyo lado mide a (en unidades de distancia usada), es a a = a2. En particular, el área
de una región cuadrada de lado 1u es (1u)(1u) = 1u2, que es la unidad de área cuyos
lados están medidos en unidad u.
103
De esto, si el lado de una región cuadrangular es
a = 1 + 1+ ...... + 1, a veces, entonces su área es
a2 = a a = (1 + 1+ ...... + 1) (1 + 1+ ...... + 1)
= 1 + 1+ ...... + 1, a2 veces.
Así para a = 5 cm, el área de una región cuadra-
da de lado 5 cm es (5 cm) (5 cm) =
(1+1+1+1 +1) (1+1+1+1+1) = 25 cm2.
5 cm
5 cm
Hay 25 unidades de área
En consideración a estos tres axiomas, en lo que sigue determinaremos expresiones para
calcular o hallar áreas de diversas regiones poligonales conocidas:
TEOREMA 28: Si P4 es un rectángulo tal que las longitudes de sus lados son a y
b, entonces el área de la región rectangular es A(P4) = ab; es decir, el área de una
región rectangular es el producto de las longitudes de sus lados (base b y altura a).
Demostración: Sea ABCD un rectángulo que define
la región R cuyos lados miden AB = a y BC = b. Exten-
diendo AB una longitud b y BC una longitud a,
como en la figura, se tiene una región cuadrangular de
lados a + b y área (a + b)2, por axioma 23, y queda
descompuesta en cuatro regiones rectangulares R, con-
gruentes, y una región cuadrangular T de lado b a y
área A(T ) = (b a)2. Luego, por axioma 22, se tiene:
R
b R
T
R
a R
b a
(a + b)2 = (a b)
2 + 4A(R
), y efectuando cuadrados resulta:
a2 + 2ab + b
2 = a
2 2ab + b
2 + 4 A(R); de donde: 4A(R) = 4ab, o sea A(R) = ab.
Ejemplos:
a) En el libro segundo de Euclides se enuncia el
siguiente teorema: “Si el lado del cuadrado está
dividido en dos segmentos, el área total de este
cuadrado es la suma de las áreas de los dos
cuadrados cuyos lados son estos dos segmentos,
más dos veces el área del rectángulo cuyos lados
contiguos son dichos segmentos”.
Si el lado del cuadrado se divide en dos partes,
una de longitud a y otra de longitud b, el
cuadrado tiene lado de longitud a + b. El teorema
establece que: (a +b)2 = a
2 + b
2 + 2ab.
a b
a a
2 ab a
b ab b2
b
a b
b) Determine el área de una región cuadrada, si el perímetro del cuadrado que lo limita
es de 36 cm.
Para esto, sea a la longitud del lado del cuadrado. Como el perímetro es de 36 cm se
tiene: 4a = 36 cm, o sea a = 9 cm; y el área de la región cuadrada es A = a2 = (9
cm)2 = 81 cm
2. Luego, el área de la región cuadrada es 81 cm
2.
c) Un rectángulo, cuya base tiene longitud 18 cm, tiene perímetro de 64 cm. Halle el
área de la región rectangular correspondiente.
104
La base es uno de los lados y tiene longitud b = 18 cm. Si a es la longitud del otro
lado del rectángulo, el perímetro es 2(a + 18) = 64 cm, de donde a + 18 = 32 cm y se
obtiene a = 14 cm. Luego, el área de la región rectangular es: A = ab = (18 cm)(14
cm) = 252 cm2.
d) En un rectángulo, las longitudes de sus dimensiones son entre sí como 3 es a 5. Si el
lado mayor tiene longitud de 15 dm, determina el área de la región que dicho
rectángulo encierra.
Las longitudes de los lados son a = 15 dm y b, que están en la razón de 3 a 5. Como
a > b se tiene15 / 5 = b / 3, de donde se determina la longitud del otro lado b =
(3/5)(15 dm) = 9 dm. Luego el área de la región que encierra el rectángulo es A = (15
dm)(9 dm) = 135 dm2.
e) Dado un cuadrado de lado a cm, si a uno de los lados se añade 3 cm y al otro se
añade 2 cm se tiene un rectángulo tal que el área de la región rectangular formada es
el doble del área de la región cuadrada inicial. Determine el área de la región
cuadrada inicial.
Siendo a la longitud del lado del cuadrado, las longitudes de los lados del rectángulo
formado son a + 3 y a + 2. Luego, el área de la región cuadrada es a2 y el de la
región rectangular es (a + 3)(a + 2) = a2 + 5a + 6. Por la condición dada se cumple:
a2 + 5a + 6 = 2a
2, esto es a
2 5a 6 = 0 o (a 6)(a + 1) = 0; y resolviendo se
tiene a = 6 cm. Por lo tanto, el área de la región cuadrada es a2 = (6 cm)
2 = 36 cm
2.
f) Dado un rectángulo, si la base se incrementa un tercio de su longitud y la altura se
incrementa la mitad de su longitud, medidos en centímetros (cm), la relación entre
estas nuevas dimensiones es de 4 a 3; la misma relación se obtiene cuando se suman
5 a las dimensiones de los lados del rectángulo. Halle el área de la región rectangular.
Sean a (altura) y b (base) las longitudes de sus lados. A la base b se inctementa un
tercio de b y a la altura a la mitad de a, y se tiene b +
b
/ 3 = 4b
/ 3 y a
+
a
/ 2 = 3a
/ 2,
y cumplen (4b / 3) / (3a / 2) = 4 / 3; es decir, 2b = 3a.
También, al sumar 5 a a y a b resulta (b + 5) / (a + 5) = 4 / 3, de donde 3b = 4a + 5.
Luego, resolviendo las ecuaciones 2b = 3a y 3b = 4a + 5 se obtiene a = 10 cm y b
= 15 cm; y el área de la región rectangular dada es ab = 10 cm 15 cm = 150 cm2.
g) El piso rectangular de una habitación de 6 metros de largo por 4 metros de ancho se
desea cubrir con losetas de forma rectangular de dimensión 20 cm y 15 cm. ¿Será
posible cubrir dicho piso con una cantidad exacta de losetas?.
El área del piso es 6 m 4 m = 24 m2 = 240000 cm
2 y el área que cubre cada loseta
es 20 cm 15 cm = 300 cm2. Dividiendo 240000 entre 300 resulta 800. De esto, se
necesitan 800 losetas.
h) Dada una región rectangular cuyos lados son de longitudes a y b cuya área es A =
ab. Construir el lado de una región cuadrada cuya área es también A.
El problema se reduce a construir un segmento de recta de longitud x con x2 = ab, o
sea x es la media proporcional entre a y b, pues a / x = x / b, teniendo dos segmentos
de rectas de longitudes conocidas a > 0 y b > 0. Además, si a = b, la región
rectangular es una región cuadrada; por lo que asumimos a < b.
105
Para la construcción, en una recta L, fijado un punto
M, se tienen dos puntos A y B en rayos opuestos de
origen M de L, tales que MA = a y MB = b. Por M
se traza una perpendicular L al segmento AB y,
luego, con centro en el punto medio O del segmento
AB y radio (a + b) / 2 se traza una semicircunferencia
con extremos A y B, que interseca a L en el punto P.
P
A M O B
Entonces APB es rectángulo en P y MP = x es la longitud de la altura respecto a la
hipotenusa y cumple: x 2
= ab. Luego, el segmento MP es el lado de la región
cuadrada de área A = ab.
TEOREMA 29: Si R1 es la región plana determinada por un paralelogramo cuya
base (un lado) tiene longitud b y la altura respecto a esta base tiene longitud h, y R2 es
una región rectangular cuyos lados tienen longitudes b y h; entonces R1 y R2 son
regiones equidescomponibles y, de esto, A(R1) = bh.
Demostración: Sea ABCD el paralelogramo que
determina R1 cuya base tiene longitud AD = b y la
altura tiene longitud BE = h, con E AD y BE AD,
y sea MNPQ el rectángulo que determina R2 cuyas
lados miden MQ = b y MN = h. Sea S MQ tal que
MS = AE. Entonces ABE y SNM son congruentes,
por criterio LAL, y los trapecios BCDE y PNSQ son
congruentes ¿por qué?. Luego, las regiones R1 y R2
son equidescomponibles; es decir, A(R1) = A(R2).
Pero, por un teorema anterior A(R2) = bh, y de donde
se tiene: A(R1) = bh.
B b C
h
b
A E D
N b P
h
b
M S Q
TEOREMA 30: Si P3 es un triángulo donde la longitud de uno de sus lados,
llamada base, es b y la altura respecto a dicho lado tiene longitud h; entonces el área de
la región triangular determinada por P3 es A(P3) = bh / 2; es decir, es la mitad del área
de una región del paralelogramo con base y altura de longitudes b y h.
Demostración: Sea P3 el triángulo ABC, donde
AC = b y BE = h, con E en la recta AC y BE AC.
Por B y C, respectivamente, se trazan las rectas L1
paralela a AC y L2 paralela a AB. Si L1 L2 = {D}
se tiene ABDC es un paralelogramo de base b,
altura h y, siendo BC una diagonal, los triángulos
ABC y DCB son congruentes.
B L1 D
L2
A E C
Luego, se cumple: 2 A(P3) = bh; de donde: A(P3) = bh / 2.
COROLARIO 1: El área de una región
plana R determinada por un rombo es igual
a la mitad del producto de las longitudes de
sus diagonales; es decir, dado el rombo
ABCD con diagonales AC = d1 y BD = d2, el
área de la región R es d1d2 / 2.
B
A M C
D
106
Demostración: Sea R la región plana determinada por el rombo ABCD tal que sus
diagonales AC y BD se interceptan perpendicularmente en sus puntos medios M y tienen
longitudes d1 y d2, respectivamente. La diagonal AC descompone a la región R en dos
regiones congruentes R(ABC) y R(ACD) cuyas alturas miden d2 / 2 y sus bases miden
d1. Luego A(R) = A(ABC) + A(ACD) = )2/(2
1)2/(
2
12121 dddd = 21
2
1dd .
COROLARIO 2: Si Pn es un polígono regular de n lados, cuyo perímetro es p y su
apotema es a, entonces el área de la región poligonal definida por Pn es la mitad del
producto del perímetro por su apotema; es decir, A(Pn) = ( pa) / 2.
Demostración: Por ser Pn un polígono regular de n lados, sean b la longitud de sus
lados y O su centro. Trazando los segmentos radiales de O a cada uno de los vértices, la
región poligonal de Pn se descompone en n regiones triangulares congruentes (criterio
LLL). Para A y B dos vértices consecutivos de Pn se tiene la región que determina
AOB, cuya área es ba / 2. De esto, el área de la región poli-gonal definida por Pn es
A(Pn) = n(ba / 2) = (nb) a / 2) = ( p a) / 2.
TEOREMA 31: Si T4 es un trapecio con lados paralelos, bases, de longitudes b1 y b2
y la altura respecto a estos lados de longitud h; entonces el área de la región
trapezoidal determinada por T4 es A(T4) = )( 21 bbh / 2.
Demostración: Sea T4 el trapecio ABCD donde
AD BC, AD = b1, BC = b2 y CE = h, con E en la
recta AD y CE AD. La diagonal AC determina dos
triángulos CAD y CBA de alturas iguales a h y cuyas
bases respectivas miden AD = b1 y BC = b2, y definen
las regiones triangulares R1 y R2, respectivamente.
B C
A E D
Luego, por el axioma 22 y el teorema anterior se tiene: A(T4) = A(R1) + A(R2) = 2/1hb
+ 2/2hb = 2/)( 21 bbh . De esto: A(T4) = 2/)( 21 bbh .
TEOREMA 32 (de HERÓN): Si en un triángulo ABC, sus lados miden AB = c,
AC = b y BC = a, y p = )(2
1cba es su semiperímetro; entonces, el área de la
región triangular A(R), que determina dicho triángulo es: ))()(( cpbpapp .
Demostración: Como A(R) = bh2
1, con base AC = b y altura h respecto al vertice B,
sea p = )(2
1cba . Entonces: h = ))()((
2cpbpapp
b (Fórmula de Herón).
B
c a
h
m b – m
A D C
b
Caso 1: CAB es agudo.
B
a
h c
m
D A C
b
Caso 2: CAB es obtuso.
B
h= c a
A b C
Caso 3: CAB es recto.
107
Caso 1: Cuando BAC es agudo, por teorema de Euclides: bmcba 2222 , de donde
b
acbm
2
222 , y como ABD es recto en D, 222 mch = ))(( mcmc , o sea,
2h
b
acbc
2
222
b
acbc
2
222
=
b
acbbc
2
2 222
b
acbbc
2
2 222
= 2222
2)()(
4
1cbaacb
b = ))()()((
4
12
bcacbaacbacbb
.
Como p = )(2
1cba se tiene cbap 2 , acbap 22 ,
bcabp 22 y cbacp 22 .
Luego, )22)(22)(22)(2(4
12
2 bpcpappb
h = )))()(((4
2cpbpapp
b .
De esto, h = ))()((2
cpbpappb
.
Caso 2: Cuando BAC es obtuso, por teorema de Euclides: bmcba 2222 , de esto,
b
cbam
2
222 , y como ABD es recto en D, 222 mch = ))(( mcmc , o sea,
2h
b
cbac
2
222
b
cbac
2
222
=
b
acbbc
2
2 222
b
acbbc
2
2 222
= 2222
2)()(
4
1acbcba
b = ))()()((
4
12
acbcbabcacbab
= )22)(2)(22)(22(4
12
appbpcpb
= ))()()((4
2appbpcp
b .
De esto, h = ))()((2
cpbpappb
.
Caso 3: Cuando BAC es recto en A, se tiene h = c, 222 cba y
h2 = c
2 = )2)(2(
4
12
bcbcb
= ))()()((4
1 222222
2cbcbcbcb
b
= ))()()((4
1 2222
2cbaacb
b = ))()()((
4
12
bcacbaacbacbb
= )22)(22)(22)(2(4
12
bpcpappb
= ))()()((4
2bpcpapp
b .
De esto, h = ))()((2
cpbpappb
.
Por lo tanto, de los tres casos, el área de la región triangular R es:
A(R) = bh2
1 = b
2
1( ))()((
2cpbpapp
b ) = ))()(( cpbpapp .
Ejemplos:
a) Los catetos de un triángulo rectángulo miden 9 cm y 12 cm. Si al menor cateto se
aumenta los dos tercios de su longitud y al otro se disminuye los tres cuartos de su
108
longitud; ¿aumenta o disminuye el área de la región triangular con catetos las nuevas
longitudes correspondientes y en cuánto?.
Para esto, con los catetos de longitudes 9 cm y 12 cm, uno de ellos es la base b, el
otro es la altura h y el área de la región triangular es A = bh / 2 = 9 12 / 2 cm2 = 54
cm2. Por otro lado, si al cateto de 9 cm se aumenta los 2 / 3 de su longitud y al de 12
cm se disminuye los 3 / 4 de su longitud, se tienen c = (9 + 9(2 / 3)) cm = (9 + 6) cm
= 15 cm y d = (12 12(3 / 4)) cm = (12 9) cm = 3 cm, y son las longitudes de los
catetos de la nueva región triangular, y su área es 15 3 / 2 cm2 = 45 / 2 cm
2. Luego,
el área ha disminuido en (54 45 / 2) cm2 = 31,5 cm
2.
b) Los lados de un paralelogramo tienen longitudes de 12 cm y 32 cm y la distancia
entre los lados de menor longitud es de 16 cm. Halle la distancia entre los lados de
mayor longitud.
Siendo paralelos los lados opuestos de un paralelogramo, la distancia entre éstos es la
longitud de la altura respecto a dichos lados. En consecuencia, si la distancia entre
los lados de menor longitud es de 16 cm, se tiene que la altura respecto a la base de
12 cm mide 16 cm. Se trata de hallar la longitud x de la altura respecto a la base de
32 cm. Para esto, el área A de la región que define el paralelogramo es: A = bh = (12
cm) (16 cm) = 192 cm2 y también A = (32 cm) x = 192 cm
2. De esta igualdad,
despejando x se obtiene x = (192 cm2) / 32 cm = 6 cm. Por lo tanto, la distancia entre
los lados de mayor longitud del paralelogramo es 6 cm.
c) En la figura adjunta, el área de la región cuadrada
PQRS es 945 cm
2; y si a es la longitud del lado, se
tiene a2 =
945 cm
2 = (49/9) cm
2. En la región trian-
gular PMS, su base y su altura son iguales a las del
lado del cuadrado: a; y su área es A = (1/2)aa =
(1/2)a2 = (1/2)(49/9) cm
2) = 49/18 cm
2 = 2
1813 cm
2.
Q M R
a
P a S
d) El área de la región poligonal ABCDEF es
320 cm2. Si el cuadrilátero ABDE es un
rectángulo, los triángulos AFE y BCD son
isósceles y rectos en F y C, respectiva-
mente y la diagonal FC tiene longitud de
26 cm; determine la longitud de BD.
E D
F C
M N
A B
Sean M y N los puntos de intersección de FC con AE y BD, respectivamente. Como
ABDE es un rectángulo y los triángulos AFE y BCD son isósceles y rectos en F y C,
se tiene FM = ME = MA = NC = ND = NB = x; y la región ABCDEF se descompone
en las regiones triangulares AEF y BDC y la región rectangular ABDE, cuyas áreas
son x2, x
2 y (2x)(26 2x), pues FC = FM + MN + NC = 26. Luego: 2x
2 + 52x 4x
2
= 320, es decir, x2 26x + 160 = 0; y resolviendo se tiene las soluciones x1 = 16 y
x2 = 10, de los cuales x1 = 16 no cumple 26 = 32 + MN. Luego la solución para x es
10 cm y, de esto, se tiene BD = 2x = 20 cm. D
e) En el triángulo ABC de la figura, el rayo
CM es bisectriz del ángulo exterior en C.
Si las longitudes de los lados AB = 12 cm,
BC = 16 cm y AC = 26 cm.
C
A B M
109
Determine la relación entre las áreas de las regiones triangulares BCM y ACM.
Dado ABC y siendo CM bisectriz del ángulo DCB, se cumple que AM y BM son
proporcionales a AC y BC; es decir, AM / BM = AC / BC. De los datos dados, se tiene
AM / BM = 26 / 16 = 13 / 8. Aplicando propiedad de las proporciones resulta (AM
BM) / BM = (13 8) / 8 y, como AB = AM BM = 12, se obtiene 12 / BM = 5 / 8. De
esto, BM = 12 8 / 5 = 96 / 5 cm.
Luego, las regiones triangulares BCM y ACM tienen bases BM = 96 / 5 cm y AM =
12 + 96 / 5 = 156 / 5 cm, respectivamente, y las alturas respecto a estas bases son
iguales y las áreas A1 y A2 de las regiones triangulares BCM y ACM cumplen
A1 / A2 = (96 / 5) / (156 / 5) = 96 / 156 = 24 / 39 es relación pedida.
f) En la figura, ABC es un triángulo equilá-
tero cuyos lados tienen longitud 1 dm, y
los cuadriláteros ABFG, ACIH y BCDE
son cuadrados y se forma el hexágono
DEFGHI. Determine el área de la región
que encierra dicho hexágono.
F E
B
G D
A C
H I
La región que encierra el hexágono DEFGHI se descompone en las regiones:
-) una triangular equilátera ABC cuyo lado mide 1 dm, su altura mide 3 / 2 dm y su
área es (1 3 / 2) / 2 = 3 / 4 dm2;
-) tres regiones triangulares isósceles FEB, DIC y HGA,
congruentes por LAL, y cuyos lados congruentes ( de
los cuadrados) miden 1 dm. Así, en la región FEB, el
ángulo en B mide 120o y los otros ángulos interiores
miden 30o. Luego la altura BM mide 1 / 2 dm, la base
EF mide 3 dm y su área es 3 / 4 dm2.
F E
B
-) tres regiones cuadradas ABFG, ACIH y BCDE cuyos lados miden 1 dm y sus
áreas son de 1 dm2.
Por lo tanto, el área de la región hexagonal DEFGHI es la suma de las áreas de las
siete regiones: [ 3 / 4 + 3( 3 / 4) + 3(1)] dm2 = ( 3 + 3) dm
2.
g) En la figura, del punto P se traza una recta tangente a
la circunferencia, de centro O y radio r, en A y el
segmento OP intercepta a la circunferencia en C, por
el que se traza una recta tangente a la circunferencia y
que intercepta a la recta AP en D. Si las áreas de las
regiones triangular PCD y cuadrangular ADCO son
iguales, en términos de r, halle PA.
P
D
A
C
O
Por ser AP y DC tangentes a la circunferencia, AD = DC y los triángulos PAO y
PCD, rectos en A y C, son semejantes por AAA con razón de semejanza k. De esto,
PO = kPD, PA = kPC y AO = kDC, y si A1 y A2 son las áreas de las regiones PAO y
PCD, se tiene: A1 = AO.AP / 2 = (kDC)(kPC) / 2 = k2(DC)(PC) / 2 = k
2 A2.
También, si A3 es el área de la región AOCD y como A2 = A3, entonces se cumple:
A1 = A2 + A3 = 2 A2. Luego, como A1 = k2A2, resulta k
2 = 2 o k = 2 .
110
Por otro lado, si PA = x, PC = u y DC = t, y por semejanza r = 2 t y x = 2 u; por
teorema de Pitágoras: t2 + u
2 = (x t)
2 = x
2 2xt + t
2, de donde u
2 = x
2 2xt y,
reemplazando, x2 / 2 = x
2 2xr / 2 . Como x > 0, se tiene PA = x = 2 2 r.
h) En el rectángulo ABCD de la figura, la región
que encierra tiene un área de 72 cm2, los seg-
mentos MN y BD son paralelos y AC = 6AP.
Halle el área A(R) de la región que forma el
cuadrilátero BCNM.
D C
N E
A M B
En un rectángulo, las diagonales BD y AC se bisecan en E y como AC = 6AP se tiene
AE = 3AP y P es punto de trisección de AE; y, siendo MN // DB, los puntos M y N
trisecan AB y AD, respectivamente; y DN = 2 AD / 3, AN = AD / 3 y AM = AB / 3.
Por otro lado, la región rectangular ABCD de área 72 cm2 se descompone en las
regiones triangulares NDC y NAM y en la región cuadrangular BCNM, cuya área por
determinar es A(R), por lo que se cumple:
72 cm = AD . AB = AN . AM / 2 + DN . DC / 2 + A(R) = (AD / 3)(AB / 3) / 2 +
(2 AD / 3)(DC) / 2 + A(R) = AD . DC / 18 + AD . DC / 3 + A(R)
= 72 / 18 + 72 / 3 + A(R) = 7 72 / 18 + A(R). De aquí, A(R) = 44 cm2.
i) Sea O un punto en el interior del paralelogramo
ABCD. Se forman las regiones triangulares AOB
y DOC cuyas áreas son S1 y S2, respectivamente.
Analice la verdad o falsedad de las siguientes
afirmaciones:
D N C
E
O
F
A M B
i) S1 + S2 es la mitad del área S de la región que encierra el paralelogramo;
ii) S1 + S2 es la suma de las áreas de las regiones triangulares AOD y BOC;
iii) S1 + S2 varía con la posición del punto O.
Por O se traza MN, la altura del paralelogramo respecto a la base AB. Si AB = DC =
b, MN = h, OM = h1 y ON = h2, se tiene: S = bh, S1 = bh1 / 2, S2 = bh2 /
2 y S1 +
S2 = bh1/2 + bh2/2 = b(h1 + h2) / 2 = bh / 2 = S / 2. Luego, S1 + S2 = S / 2; y i) es V.
Como en el caso anterior, trazando EF la altura del paralelogramo por O respecto a la
base AD, si AD = a, EF = k, OE = k1 y OF = k2, resulta S = ak, las regiones AOD y
BOC tienen áreas S1 = ak1 / 2 y S2 = ak2 / 2, de donde se tiene S1 + S2 = ak1 / 2
+ak2 / 2 = a(k1 + k2) / 2 = ak / 2 = S / 2 = S1 + S2. Luego, ii) es verdad.
Además, de los procesos anteriores, el valor de S1 + S2 no varía con la posición del
punto O. Luego, iii) es falsa.
j) En el rombo ABCD de la figura, sus
lados miden 5 cm, la diagonal AC
mide 8 cm, los segmentos FC y AE
son perpendiculares, el triángulo CEF
es isósceles y D entre A y F. Calcule el
área de la región triangular AEF.
F
D
E M A
C
B
En el rombo, las diagonales BD y AC son perpendiculares y se bisecan en M, con AC
= 8 cm. Como FC AE y D entre A y F, se tiene FC // DB y en el triángulo
rectángulo DMA sus lados miden AD = 5 cm, MA = 4 cm y, por teorema de Pitá-
goras, DM = 6 cm y FC = BD = 2DM = 6 cm. Además, siendo el triángulo CEF
P
111
rectángulo e isósceles, se tiene EC = CF = 6 cm y EA = 6 + 8 = 14 cm. Luego, el
área de la región triangular AEF es T = EA CF / 2 = 14 6 / 2 = 42 cm2.
k) En un triángulo ABC se inscribe un cuadrado MNPQ tal que con M y Q en AC, N en
AB y P en BC. Si el área A de la región cuadrada es 4 cm2 y la altura del trián-gulo
trazada del vértice B tiene longitud 12 cm; halle el área de la región ABC.
Como A = 4 cm2, MN = NP = ST = 2 cm, BS = 10 cm
y, siendo NP // AC, se tiene BS / NM = NS / AN y
BS / PQ = SP / QC o 10/2 = NS / AM y 10/2 = SP/QC.
Luego, NS / 5 = AM y SP / 5 = QC, y de esto, AC =
MQ + AM + QC = 2 + (NS + SP) /5 = 2 + 2 / 5 = 12 /5.
El área de la región ABC es: AC BT / 2 =
(12 / 5) 12 / 2 = 144 / 10 = 14,4 cm2.
B
N S P
A M T Q C
l) En un rombo cuyos lados tienen longitudes de 9 cm se inscribe una circunferen-cia
de radio 3,5 cm. Halle el área R de la región que determina el rombo.
La circunferencia inscrita en el rombo ABCD tiene
centro la intersección O de las diagonales y el radio
es la longitud de la altura OE = 3,5 cm respecto a la
hipotenusa BC del BOC. Por la propiedad de esta
altura, OE 2
= (3,5)2 = EB EC y EB + EC = 9.
Resolviendo, se tiene EB = 8 cm y EC = 1 cm.
Luego, en los triángulos rectángulos OEC y OEB, se
cumplen: OC = 25,13 y OB = 25,76 ; y de esto,
R = AC BD / 2 = 2 25,13 25,76 ) cm2.
B
E
O
A C
D
m) Si dos regiones poligonales P1 y P2 son semejantes, cuya razón de P1 a P2 es k,
entonces la razón entre las áreas A(P1) y A(P2) de dichas regiones poligonales es k2.
Por descomposición de una región poligonal en regiones triangulares es suficiente
considerar regiones triangulares: ABC ABC, con bases b = AC y b = AC y
alturas h y h, la razón de semejanza b / b = h
/ h = k; la razón entre las áreas de las
regiones triangulares es: A(ABC) /
A(ABC) = ''''2/)''(
2/)(
h
h
b
b
hb
bh
hb
bh = k k = k
2.
n) Para triángulos ABC y DEF, con ángulos interiores ACB y DFE congruentes o
suplementarios y las áreas de las regiones triangulares correspondientes son A1 y A2,
respectivamente; entonces se cumple: EFDF
BCAC
A
A
2
1 .
En las figuras:
B E
h1 h2
A B C E D F
ACB y DFE son congruentes
B
E
h1 h2
A C B F E D
ACB y DFE son suplementarios
112
Si los ángulos interiores ACB y EDF son congruentes o son suplementarios, se trazan
las alturas BB y EE que cumplen BB AC y EE DF. Luego, CBB FEE,
por criterio AA, y se cumplen '' EE
EF
BB
BC o
2
1
'
'
h
h
EE
BB
EF
BC y
2/)(
2/)(
2
1
2
1
hDF
hAC
A
A
= EF
BC
DF
AC =
EFDF
BCAC
o también
EFDF
A
BCAC
A
21 .
ñ) Los perímetros de dos polígonos regulares convexos y semejantes son entre sí como
3 es a 8 . Si el área de la menor región poligonal es 27 cm2, determine el área de
la mayor región poligonal.
Sean a y b las longitudes de los lados de los polígonos semejantes de n lados y los
perímetros son na y nb tal que na / nb = 3 / 8 = a / b es la razón de semejanza
entre dichos polígonos y sus correspondientes áreas A1 = 27 cm2 y A2 cumplen: 27 /
A2 = ( 3 / 8 )2 = 3 / 8. De esto, se tiene: A2 = 27 8 / 3 = 9 8 = 72 cm
2.
o) En un trapecio isósceles, los lados no paralelos tienen longitudes de 5 m, las
longitudes de las bases difieren en 6 m y la región que encierra tiene un área de 20
m2. Calcule el perímetro y la longitud de la diagonal del trapecio.
En el trapecio isósceles ABCD, sean BC = a y AD = b las
longitudes de las bases, con a < b, y la altura se obtiene
trazando BM y CN perpendiculares a las bases, con h =
BM = CN, MN = a y AM = ND = x. Como b a = 6 o
b = a + 6 = a + 2x, y AB = CD = 5, se tiene que x = 3 y
h = 4, por teorema de Pitágoras.
B C
A M N D
Luego, siendo 20 m2 el área de la región del trapecio, 20 = (a + b)h / 2 = (a + a + 6)
4 / 2 = 2(2a + 6) o 10 = 2a + 6, de donde a = 2 m y b = 8 m. Además, AC2 = AM
2
+ CN 2
= 52 + 4
2 = 41, de donde AC = 41 m. Por lo tanto, el perímetro es p = 5 + 2
+ 8 + 5 = 20 m y la longitud de la diagonal es AC = 41 m.
p) En un hexágono regular ABCDEF de apotema 33 cm, sean M en AF y N en BC tal
que MN // AB y la distancia del centro del polígono a MN es 3 cm. Halle el área de
la región que encierra el trapecio MABN.
En la figura, OT = 33 es el apotema, OD = AB = r
es el radio del hexágono, TD = r / 2 y en OTD el
ángulo en T es recto. Se cumple r2 = 27 + r
2 / 4, de
donde r = 6 cm. En el trapecio isósceles MABN su
altura mide AP = BQ = 33 3 = 32 cm, su
base menor mide AB = PQ = r = 6cm y MP = QN =x.
A B
M N
F P O Q C
E T D
Luego, como los trapecios MABN y FABC son semejantes, se tiene: AM / MF =
32 / 3 = 2, o sea AM = 2MF; y AF = AM + FM = 3MF = 6, de donde MF = 2
cm y AM = 4 cm. Además, x2 = AM
2 AP
2 = 16 12 = 4 o x = 2 cm. De esto, MN
= MP + PQ + QN = 2 + 6 + 2 = 10 cm y el área de la región que encierra el trapecio
MABN es (10 + 6) 32 / 2 = 16 3 cm2.
113
q) En el paralelogramo ABCD de la figura se
tiene que AB = 6 cm, AD = 8 cm y el área de
la región que encierra es 33 cm2. Si M está
en el rayo CB y N está en el rayo AD tales
que BM = BC, DN = DC y se traza MN;
halle el área de la región APQD.
M B E C
P
Q
A D F N
Trazando la altura del paralelogramo EF por Q, para h = EF el área de la región del
paralelogramo es 33 cm2 = (8 cm) h, de donde h = 33 / 8 cm. Por otro lado se tiene:
MCQ NDQ, donde MC / ND = EQ / FQ = 16 / 6 = 8 / 3 y h / EQ = 11 / 8, y
resulta EQ = 8h / 11 = 8(33 / 8) / 11 = 3, QF = 33 / 8 3 = 9 / 8 y el área de la
región triangular MCQ es A1 = 16 3 / 2 = 24 cm2. También se tiene MCQ
MBP, donde MC / MB = 16 / 8 = 2, las áreas A1 y A2 de las regiones que definen
cumplen A1 / A2 = 22 = 4, o sea A2 = A1 / 4 = 24 / 4 = 6 cm
2 y el área de la región
PBCQ es A3 = A1 A2 = 24 6 = 18 cm2. Luego, el área A4 de la región APQD
cumple A4 = 33 18 = 15 cm2.
r) En una cartulina, dibuja un cuadrado ABCD de
21 cm de lado. En el lado AB marca el punto M
de manera que AM = 8 y MB = 13. Por M traza
MN // AD, con N en DC, y traza la diagonal AN.
Luego, traza PQ, con P en BC tal que BP = 13 y
PC = 8 y Q en MN tal que MQ = 8 y QN = 13.
Recorte el cuadrado por los segmentos y tiene
dos triángulos y dos trapecios congruentes.
A M B
I IV
Q
II III P
D N C
Con las cuatro piezas se forma un rectán-
gulo cuyas dimensiones son 13 cm y
13 + 21 = 34 cm. Calculando áreas, el
cuadrado inicial tiene 212 = 441 cm
2 y el
rectángulo formado tiene 13 34 = 442
cm2. ¿Cómo explica esta contradicción?.
E F
I
S IV
K
III
II
H R G
En el trapecio ESRH, los ángulos en H y en R son rectos y m( ) m( ) = 180o. Si
con las piezas dadas del cuadrado se forma el rectángulo EFGH, entonces y son
ángulos suplementarios (o sea, ES SG = EG) y . De esto, SRG y EKS son
semejantes y RG / RS = KS / KE, de donde 21 / 8 = 13 / (13 8) = 13 / 5, contrario a
que 21 / 8 > 13 / 5.
Luego ES SG EG y m( ) m( ).
Por lo tanto m( ) m( ) > 180o, o sea
m(ESG) < 180o y el rectángulo no resulta
de las piezas del cuadrado. Con las piezas
del cuadrado se tiene la figura adjunta.
E F
I
IV
S
III II
H R G
s) En la figura, el área de la región triangular
ABC es el doble del área de la región trian-
gular DBE. Si AB = 12 cm, CD = 3 cm y
DB = 5 cm; determine la longitud del seg-
mento EB.
C
D
A E B
114
Como ABC y EBD tienen un ángulo interior común, o sea son congruentes; por el
teorema 44, las áreas A1 y A2 de las regiones correspondientes satisfacen la
proporción A1 / A2 = AB CB / EB DB = 12 8 / EB 5, y como A1 = 2A2,
resulta: 2 = 12 8 / EB 5, de donde EB = 48 / 5 cm.
t) Un trapecio isósceles está circunscrito a una circunferencia de radio r cm. Si los
lados no paralelos tienen longitudes de a cm; calcula el área de la región que
determina el trapecio, en términos de a y r.
Al estar inscrita la circunferencia al trapecio ABCD,
la altura MN tiene longitud 2r, con M y N puntos de
tangencias, y como los lados no paralelos son tan-
gentes en P y Q, entonces OP = OQ = r. Luego, si
x = AP = AN = ND = DQ e y = PB = BM = MC =
CQ, las base miden: 2x y 2y y el área de la región del
trapecio es: (2x + 2y) 2r / 2 = 2(x + y) r = 2ar.
B M C
P Q
r
O
A N D
s) Construir una región cuadrada cuya área sea igual a la suma de las áreas de dos
regiones cuadradas cuyos lados a y b, respectivamente, son conocidos; es decir, se
trata de construir un cuadrado cuyos lados miden c y se cumple a2 + b
2 = c
2.
Para a y b, los lados de los cuadrados dados, sean
L1 y L2 rectas perpendiculares en O. Con centro en
O y radio a se traza un arco que intercepta a L1 en
el punto A y con centro en O radio b se traza un
arco que intercepta a L2 en el punto B. Luego
trazando rectas, LA AB por A y LB AB por B y
trazando arcos con centros en A y B y con radio c
= AB se obtienen puntos M y N en LA y LB, donde
AMNB es un cuadrado cuyos lados miden c = AB.
L1 LA
M
c
A LB
a c N
O b B L2
En el triángulo rectángulo AOB, con ángulo recto en O, por teorema de Pitágoras se
tiene: a2 + b
2 = c
2.
t) Construir un rectángulo áureo cuyos lados miden a y b, cuyo lado menor es un
segmento dado de longitud a.
Sea M el punto medio de AD en el cuadrado
ABCD cuyos lados miden a. Con centro en
M y radio r = CM se traza un arco de circun-
ferencia que intercepta al rayo AD en el
punto E, con D entre A y E. Si x = DE, se
tiene: r = x + a / 2 y r2 = a
2 + (a / 2)
2 =
5a / 4 o sea r = a 5 / 2, y b = a + x.
B C
a r
A M D x E
Comprobando, x = r a / 2 = a 5 / 2 a / 2 = a( 5 1) / 2 y b = a + x = a +
a( 5 1) / 2 = a( 5 + 1) / 2; es decir, b / a = ( 5 + 1) / 2, es la razón áurea.
u) Los catetos de un triángulo recto miden 6 cm y 8 cm. Halle el área de la región que
limitan el cateto menor, la bisectriz del ángulo interior con vértice un extremo del
cateto anterior y la mediana trazada del otro extremo del mismo cateto.
115
Sean a = AC = 6 cm y b = BC = 8 cm las longitudes de los catetos. Por teorema de
Pitágoras la hipotenusa tiene longitud c tal que c2 = 6
2 + 8
2 = 100 o c = 10 cm.
Para el cateto AC, que mide 6 cm, considerando
el extremo A se tiene la bisectriz AD del ángulo
interior CAB y del otro extremo C se traza la
mediana CM tal que AD y CM se interceptan en
el punto E. Se trata de determinar el área A1 de la
región AEC.
A
M
E
C D B
Para esto, si x = AE, A2 es el área de la región AEM y como AE es bisectriz, se tiene
los triángulos CAE y MAE tienen ángulos congruentes, por lo que se cumple A1 / A2
= 6x / 5x = 6 / 5, de donde (A1 + A2) / A1 = 11 / 6. Como A1 + A2 = 12 cm2 es el área
de la región AMC resulta 12 / A1 = 11 / 6, o sea A1 = 72 / 11 cm2.
También hay que analizar otro caso para el cate-
to AC, considerando en extremo C, la bisectriz
CM del ángulo interior ACB y la mediana AD
trazada del otro extremo A se interceptan en el
punto E. Se trata de hallar el área B1 de la región
triangular AEC.
A
M
E
C D B
Para esto, si x = CE, B2 es el área de la región AEM y como CE es bisectriz se tiene
los triángulos CAE y CDE tienen ángulos congruentes, por lo que se cumple B1 / B2
= 6x / 4x = 6 / 4, de donde (B1 + B2) / B1 = 10 / 6. Como B1 + B2 = 12 cm2 es el área
de la región ACD resulta 12 / B1 = 10 / 6, o sea B1 = 72 / 10 = 7,2 cm2.
v) De un punto D en la hipotenusa de un triángulo ABC, recto en B y cuyos catetos
miden 9 cm y 12 cm, se trazan DE perpendicular a un cateto que contiene a E y DF
perpendicular a la hiotenusa y con F en el otro cateto tal que DE = DF. Hallar el área
de la región triangular DEF.
Como ABC es recto en B, AB = 9, BC = 12,
se tiene AC = 15. De DE AB y DF AC
resulta AED FDC ABC. Si y = AD y
x = DE = DF, se tiene 1512
yx y
12
15
9
yx ;
de donde x = 180/31 5,81 base de DEF.
B
F
E
M
A D C
También, si h = FM es altura de DEF, se tiene DMF ABC ¿Por qué?; y se tiene
1512
xh ; de donde, h = x
15
12 =
31
180
15
12 =
31
144 4,65.
Por lo tanto, el área de región DEF es xh2
1 65,481,5
2
1 = 13,51 cm
2.
w) En un triángulo ABC, cuyas longitudes de sus lados son AB = c, BC = a y AC = b, se
inscribe una circunferencia tangente en D, E y F con los lados AB, BC y AC,
respectivamente. Si r es el radio de la circunferencia inscrita, p = )(21 cba es el
semiperímetro del ABC y A(T) es el área de la región T que define el ABC;
comprobar que A(T) = pr.
116
En efecto: Al inscribir la circunferencia de
radio r, su centro I es el incentro del ABC,
intersección de las bisectrices AI, BI y CI;
y, siendo ID AB, IE BC, IF AC y
ID = IE = IF = r, se tiene:
A(T) = A(BIC) + A(AIC) + A(AIB)
= crbrar2
1
2
1
2
1 = rcba )(
2
1 = pr.
C
F E
b r r
I a
r
A D B
c
x) Dado un triángulo ABC, se trazan los rayos AB y AC. Se tiene una circunferencia Ce,
en el exterior del ABC, de centro O, de radio r y tangente a BC, a AB y a AC en
los puntos M, P y Q, respectivamente. Esta circunferencia Ce es llamada inscrita
exteriormente o ex inscrita al ABC respecto al lado BC y su centro O es un
excentro del ABC respecto al lado AB. Según esto, compruebe que:
x1) El excentro O del ABC respecto al lado BC es el punto de intersección de las
bisectrices de los ángulos exteriores en B y en C y la bisectriz del ángulo
interior en A.
x2) En ABC, sean a = BC, b = AC y c = AB, y sea P el punto de tangencia de Ce
con AC, entonces AQ = AP = p = )(21 cba y CP = p – b.
x3) Si E es el punto de tangencia del lado BC con la circunferencia Ci, inscrita en el
ABC, entonces BE = MC y ME = b – c
En efecto, teniendo la figura:
Q Ce
B
F O
E
Ci O r
r M
A
D C P
x1) Al ser M, P y Q puntos de tangencias de Ce con BC, AB y AC se tiene que BCP
es un ángulo exterior de lados tangentes a Ce, por lo que CP = CM. Además,
como OM = OP es radio de Ce, se tiene OM BC y OP AC. Luego,
OMC OPC y, de esto, OCM OCP, es decir, CO es bisectriz del
ángulo exterior BCP del ABC. Análogamente, BO es bisectriz del ángulo
exterior QBC del ABC.
También, como OQ = OP es radio de Ce, se tiene OQ AB, OP AC,
OQA OPAC y, de esto, OAQ OAP, de donde AO es bisectriz del
ángulo interior QAP del ABC.
Por lo tanto, O es el punto de intersección de las bisectrices de los ángulos
exteriores en B y en C y la bisectriz del ángulo interior en A del ABC.
117
x2) Si en ABC, a = BC, b = AC, c = AB, P es el punto de tangencia de Ce con AC
y p = )(21 cba ; se ha visto que AD = AF = p – a, DC = EC = p – c y BF
= BE = p – b.
Sean x = CP, r el radio de Ci y r el radio de Ce. Como CO y CO son
bisectrices del ángulo interior y del ángulo exterior en C del ABC se tiene que
OCO es recto y ODC CPO, de donde 'PO
CP
DC
OD o
'r
x
cp
r
, es
decir, r = r
cpx )( . También ADO APO y se tiene
'PO
CP
DC
OD o
xb
r
xcpap
r
ap
r
'
)()(
', de donde r =
ap
xbr
)(. Igualando
valores de r resulta r
cpx )( =
ap
xbr
)(, de donde r
2 =
xb
cpapx
))((.
Por otro lado, el área de la región T que define ABC es A(T) = pr y, por el
teorema de Herón, A(T) = ))()(( cpbpapp . De estas expresiones se
tiene r2p
2 = ))()(( cpbpapp , o sea
p
cpbpapr
))()((2 .
Luego, r2 =
xb
cpapx
))(( =
p
cpbpap ))()(( , simplificando resulta
xb
x
=
p
bp )( , de donde xbpbbpxbbpxp )()())(( , o sea
bbpbppx )())(( o xb = bbp )( , es decir, x = p – b = CP.
De lo anterior, además se tiene que AQ = AP = AC + CP = b + (p – b) = p.
x3) En ABC, como se tiene en x2), BF = BE = p – b, CM = CP = p – b, es decir,
BE = MC = p – b.
Además a = BC = BE + EM = MC = (p – b) + EM + (p – b) = EM + 2(p – b); de
donde EM = a – 2(p – b) = a – 2p + 2b) = a – (a + b + c) + 2b = b – c.
EJERCICIOS:
1. Enuncie y grafique, en términos de áreas de regiones cuadradas y/o de regiones
rectangulares, los siguientes productos notables, para a, b, c y d en R+:
i) (a b)2 = a
2 + b
2 2ab, a > b;
ii) a2 b
2 = (a + b)(a b), a > b;
iii) (a + b)(c + d) = ac + ad + bc + bd.
iv) (a + b + c)2 = a
2 + b
2 + c
2 + 2(ab + ac + bc)
2. Las prolongaciones de los lados no paralelos de un trapecio isósceles y la base menor
definen un triángulo. Calcule el área de la región triangular correspon-diente, si las
longitudes de las bases del trapecio son 10 cm y 4 cm y los lados no paralelos tienen
longitudes de 5 cm.
118
3. Con tres segmentos de rectas cuyas longitudes son a, b y c, se forma un triángulo
que encierra una región triangular de área A. Construir una región cuadrada cuya área
sea A, igual al de la región triangular formada.
4. En un triángulo ABC, los puntos D en AC y E en BC tales que CE = 2 m, EB = 4 m y
CD = 3 m determinan una región ADEB cuya área es el triple del área de la región
CDE. Halle la longitud del segmento AD (Pista: ABC y CDE tienen ángulo
común en C).
5. Demostrar el Teorema de Pitágoras, usando área de regiones planas.
6. En el triángulo ABC de la figura, halle
la longitud del segmento AD, si el área
del cuadrilátero ADEB es el triple del
área de la región triangular DCE, donde
EC = 2 cm, EB = 4 cm y CD = 3 cm.
C
E
D
A B
7. En un trapecio isósceles ABCD, la base menor tiene longitud BC = 6 cm, el lado AB
tiene longitud 5 cm y la distancia entre los puntos medios de las diagonales AC y BD
es 3 cm. Calcule el área de la región que encierra el trapecio.
8. En un trapecio, la longitud de su altura es 8 cm, la distancia entre los puntos me-dios
de sus diagonales es 2 cm y el área de la región que determina es 144 cm2. Halle el
producto de las longitudes de las bases del trapecio.
9. Una región triangular ABC tiene área de 18 cm2. Se inscribe un paralelogramo
CDEF, con D en AC, E en AB, F en CB y se cumple FB = 2 FC. Determine el área de
la región que encierra el paralelogramo.
10. En un trapecio isósceles ABCD, las diagonales se intersecan en el punto O y
determinan regiones triangulares AOD y BOC de áreas 25 cm2 y 16 cm
2,
respectivamente. Determine el área de la región del trapecio ABCD.
11. En un trapecio ABCD, sus bases son AB y DC y AD DC. Si la longitud de la base
menor es AB = 26 cm, la longitud del lado BC es 15 cm y la diagonal AC tiene
longitud 37 cm; calcule la longitud de la base mayor y el área de la región que
determina el trapecio.
12. En un rectángulo ABCD, sean M y N puntos medios de los lados AB y CD, respecti-
vamente, y T un punto en el interior del rectángulo MBCN. Si el área de la región
rectangular ABCD es de 48 cm2; determine el menor intervalo que contenga al valor
del área de la región triangular ATD.
13. De una lámina cuadrada cuyos lados miden 10 cm se construye un rompecabezas
Tangram. Halle el área de la superficie de la pieza en forma de paralelogramo.
14. En el triángulo ABC, de la figura, sea N el
punto medio de la mediana BM y sea P
punto medio de AN. Si el área de la región
triangular ABC es 2000 cm2, determine el
área de la región triangular APM.
B
N
P
A M C
119
7.2. ÁREA DEL CÍRCULO:
Dada una circunferencia C(O , r), con r > 0, en el plano , la región circular o círculo de
centro O y radio r determinado por C(O , r), es la unión de dicha circunferencia con su
interior; esto es, C(O , r) = R(C(O , r)) = C(O , r) I(C(O , r)) = {X / OX r};
O
C(O , r),
I(C(O , r))
C(O , r) o R(C(O , r))
El área de un círculo se aproxima por el siguiente proceso: En la circunferencia C(O , r),
con r > 0, se inscribe un polígono regular Pn, con n 3 y el área de la región poligonal
dada por Pn, de perímetro p y apotema a es A(Pn) = pa21 . Cuando n se hace cada vez
más grande, el perímetro p de Pn se aproxima a la longitud 2r de C(O , r) y el apotema a
de Pn se aproxima al radio r de C(O , r). De esto, A(Pn) = pa21 se aproxima a A(C(O , r)) =
))(2(21 rr = r
2, el área del círculo C(O , r) de radio r; es decir, A(C(O , r)) = r
2.
P3
P6
P12
Ejemplos:
a) En un tarro de conservas, el diámetro de su base circular es aproximadamente de 6,5
cm. Luego, el radio de la base es 6,5 / 2 = 3,25 cm y, por lo tanto, el área de dicha
base es A = (3,25 cm)2 = 3,1416 10,5625 cm
2 = 33,1832 cm
2.
b) Una casa tiene una ventana circular cuyo perímetro (contorno), aproximadamente es
de 2,50 m. Calcule el área de la región circular que encierra la ventana.
En este caso, el perímetro es la longitud L de la circunferencia de la ventana, esto es
L = 2r = 2,50; de donde r = 2,50 / 2 = 1,25 / . Luego, el área de la región de la
ventana es A = r 2
= (1,25 / )2 = 1,25
2 / = 1,5625 / 3,14 = 0,465 m
2.
c) Un trozo de alambre delgado de 1 m de largo se corta en dos partes. Con una de las
partes de longitud a se forma una circunferencia de longitud a = 2r y el área de la
región circular es r 2
= (a / (2))2 = a
2 / (4) m
2. Con la otra, de longitud 1 a, se
forma un cuadrado de perímetro 1 a = 4k, con k la longitud de sus lados, y el área
de la región cuadrada es k 2
= ((1 a) / 4)2 = (1 2a + a
2) / 16 m
2. Luego, la suma de
las áreas de las dos regiones formadas es
a2 / (4) + (1 2a + a
2) / 16 = [4a
2 + (1 2a + a
2)] / (16) m
2, en términos de a.
120
d) En un cuadrado, cuyo lado mide 2 3 cm, se circunscribe y se inscribe circunfe-
rencias. Determine el área de la región comprendida entre las circunferencias.
En un cuadrado, al circunscribir la circunferencia una
diagonal BD resulta ser un diámetro y al inscribir la
circunferencia una mediana EF resulta ser diámetro.
Como el lado del cuadrado mide 2 3 cm, por el
teorema de Pitágoras se obtiene que su diagonal mide
2 6 cm; es decir, R = 6 cm y r = 3 cm.
A B
E F
D C
Luego, el área entre las dos circunferencias es la diferencia de las áreas de los
círculos correspondientes: R 2
r 2
= (2 6 / 2)2 (2 3 / 2)
2 = 3 cm
2.
e) Calcula las longitudes de las circunferencias circunscrita e inscrita y las áreas de las
regiones circulares correspondientes a:
e1) Un hexágono regular de apotema 4 2 cm;
e2) Un triángulo equilátero cuya altura mide 9 cm;
e1) En un hexágono regular, el apotema a es el radio r de la circunferencia inscri-ta y
la longitud del lado es el radio R de circunferencia circunscrita. Luego, r = a =
4 2 y a = R 3 / 2 o R = 2a 3 / 3 = 8 6 / 3. Luego, para la circun-ferencia
circunscrita, su longitud es 2R = 2 (8 6 / 3) = 16 6 / 3 cm y el área de la
región correspondiente es R 2
= (8 6 / 3)2 = 128 / 3 cm
2; para la
circunferencia inscrita, su longitud es 2r = 2 (4 2 ) = 8 2 cm y el área de
la región correspondiente es r 2
= (4 2 )2 = 32 cm
2.
e2) Para el triángulo equilátero ABC de altura BM = 9 cm y centro O, el radio de la
circunferencia circunscrita es R = OA y el radio de la circunferencia ins-crita es
r = OM = MP. De esto, BM = 9 = R + r y 2R = 9 + r; y resolviendo se tiene R =
6 cm y r = 3 cm. Luego, para la circunferencia circunscrita, su longitud es 2R =
2(6) = 12 cm y el área de la región circular correspon-diente es R 2
= (62) =
36 cm2; para la circunferencia inscrita, su longitud es 2r = 2(3) = 6 cm y el
área de la región circular correspondiente es r 2
= (3 2
) = 9 cm2.
B C
A O D
R
a
F E
B
O
A M C
P
f) En una semicircunferencia de radio 2 cm se inscribe un triángulo isósceles cuya base
es el segmento diametral. Calcule el área de la región comprendida entre la
semicircunferencia y el triángulo isósceles dados, usando = 3,14.
121
El área R, de la región entre la semicircunferencia
de radio 2 y de centro O y el triángulo isósceles
inscrito ABC en la semicircunferencia, es la
diferencia del área A del semi círculo y el área B
de la región triangular ABC, con base AC = b = 2r
= 4 y por ser el triángulo inscrito e isósceles su
altura mide OB = h = r = 2.
B
h
A O C
Luego, A = r 2
/ 2 = (3,14) (2)2 / 2 = 6,28 cm
2, B = bh / 2 = (4)(2) / 2 = 4 cm
2 y R =
6,28 4 = 2,28 cm2.
g) Por un punto A de una circunferencia de centro O y radio r, se traza una recta
tangente. En dicha recta se ubica un punto B y por este punto se traza una recta
perpendicular a dicha tangente y que intercepta a la circunferencia en el punto C. Si
el segmento BC tiene longitud 2 dm y la cuerda AC tiene longitud 6 dm; determine el
área del círculo de centro O y radio r.
La recta trazada por B perpendicular a AB interseca a la
circunferencia en los puntos C y C, con OC = OC = r.
Para C, AC = 6 y BC = 2, resulta que AB 2
= 36 4 = 32.
Si D en OA es tal que DC // AB, se tiene que ODC es
rectangular en D y (r 2)
2 + 32 = r
2, de donde r = 9 dm.
Luego, el área del círculo de centro O y radio 9 dm es
r2 = (9
2) = 81 dm
2.
A B
D C
O E
C
Para C, AC = 6 y BC = 2, trazando OE // AB resulta EC = 2 r > 0 y OEC es
rectangular en E. Se tiene r 2
= 32 + (2 r)2 = 32 + 4 4r + r
2, de donde r = 9; y
como 2 r = 2 9 = 7 < 0, el punto de intersección referido es C y no es C.
h) En una circunferencia, de centro O, se inscribe un triángulo isósceles ABC, con AB =
BC. El segmento diametral BD intercepta a la base AC en P y sea M el punto medio
de PB. Si AC = 12 cm y PD = 4 cm; determine el área de la región triangular ABM.
El segmento diametral BD pasa por el centro O y como
OA = OC = r resulta que BD AC en P y AP = PC = 6;
BM = BP / 2 = (2r PD) / 2 = (2r 4) / 2 = r 2. Por
otro lado, en OAP se cumple OA2 = r
2 = AP
2 + OP
2 =
62 + (r PD)
2 = 36 + (r 4)
2 = 36 + r
2 8r + 16 y de
donde r = 13 / 2 cm. Luego, para la región ABM su
base b = BM = r 2 = 9 / 2, altura h = AP = 6 y el área
por hallar es (bh) / 2 = (9 / 2) 6 / 2 = 27 / 2 = 13,5 cm2.
B
M
O
A P C
D
i) De una lámina cuadrangular de 20 cm de lado, con centros en los vértices y radios
iguales a la mitad del lado de la lámina se trazan arcos de circunferencias en las
cuatro esquinas y se recortan por tales arcos.
i1) Determine el área de la porción de lámina que sobra.
i2) De la parte que sobra se recorta un círculo, inscribiendo una circunferencia tan-
gente a los bordes. Halla el área de las partes que sobran al recortar el círculo.
Área del Círculo
122
i1) Los arcos trazados tienen ángulos centrales de 90o y al
recortarlos cada región es la cuarta parte de un círculo
de radio r = 10 cm. Luego, el área A de la porción de
lámina que sobra es la suma de las áreas de cuatro
regiones; esto es: A = 4(r 2
/ 4) = r 2
= 100 cm2.
i2) De la parte que sobra del proceso anterior, al inscribir un círculo tangente a los
bordes, el radio t del círculo es OM = OA r = 10 2 10 = 10( 2 1). Luego,
el área del círculo es (10( 2 1))2 = 100(3 2 ) cm
2.
EJERCICIOS:
2. En una hoja de cartulina y con un compás dibuje circunferencias, recórtelas y, luego,
con una regla mida los diámetros y determina las longitudes de tales circunferencias
y las áreas de cada círculo recortado.
4. En un triángulo rectángulo ABC, con ángulo recto en B, los lados son segmentos
diametrales de semicircunferencias en un mismo semiplano de borde la recta AC.
Demuestre que la suma de las áreas de las regiones comprendidas entre las
semicircunferencias de diámetros los catetos y la semicircunferencia de diámetro la
hipotenusa es igual al área de la región triangular.
5. Una cuerda AB de una circunferencia de centro O y radio 12 cm determina un ángulo
central AOB cuya medida es 60o. Calcule el área del segmento circular que forman la
cuerda AB y el arco de circunferencia contenido en el interior del ángulo central.
6. En una circunferencia de radio r cm dada, se inscribe y se circunscribe sendos
hexágonos regulares de lados paralelos. Calcule el área de la región comprendida
entre los dos hexágonos, en términos del radio r.
7. Una lámina de cartulina tiene la forma de un trián-
gulo equilátero cuyos lados tienen longitudes a cm,
en donde se dibuja una circunferencia inscrita en la
región triangular y, luego, se traza un hexágono
regular MNPQRS con lados tangentes a la circunfe-
rencia. Determine el área de la región hexagonal
obtenida, en términos de a.
N P
M Q
S R
8. En una circunferencia de radio 50 cm se inscribe un trapecio cuyas bases son dos
cuerdas tal que la menor tiene longitud 60 cm y la distancia entre tales cuerdas es 10
cm. Calcule el área de la región que encierra el trapecio.
9. Los lados de un triángulo rectángulo son diámetros de semicircunferencias traza-das
en un semiplano de borde la recta que contiene a la hipotenusa. Calcula la suma de
las áreas de las regiones comprendidas entre los arcos trazados.
10. Una pastelería ofrece tortas para cumpleaños con bases de formas cuadradas y
circulares, con los mismos espesores. En una torta de base cuadrada las longitudes de
sus lados son iguales al diámetro de una torta de base circular. El propietario afirma
que una de base cuadrada tiene 27% más de torta que una de base circular.
Calculando las áreas de las bases de las tortas, analiza si es verdad tal afirmación.
123
7.3. ÁREA DE UN SECTOR CIRCULAR:
Dado un ángulo central AOB de C(O , r), con A y B los puntos de intersección, se obtienen
dos arcos de circunferencias de extremos A y B, uno contenido en el interior y el otro
contenido en el exterior al ángulo AOB. De esto, los segmentos radiales OA y OB separa
al círculo C(O , r) en dos regiones que llamaremos sectores circulares de radios r,
determinados en C(O , r) por los arcos ACB y ADC.
C(O , r)
A
D O
B
Sector O-ADC
A
O C
B
Sector O-ACB
Para determinar el área de un sector circular O- AB, determinado por el arco AB de
longitud L y radio r en la circunferencia C(O , r), en AB consideremos n +1 puntos: P1 =
A, P2, P3, ..... , Pn, Pn + 1 = B tales que AP2 = P2P3 = P3P4 = …..... = PnB. Se
forman n triángulos isósceles congruentes AOP2, P2OP3, P3OP4, ..... , PnOB, cuyas
bases congruentes tienen longitudes que suman AP2 + P2P3 + P3P4 + …..... + PnB = n
AP2 y las alturas respecto a dichas bases tienen longitudes iguales h.
Si n se hace cada vez más grande, entonces n AP2
se aproxima a L, h se aproxima a r y la suma de las
áreas de las n regiones triangulares: n (h AP2) / 2 =
h (n AP2) / 2 se aproxima al área del sector circular
O-AB, esto es r L / 2. Luego, el área del sector
circular O-AB determinado por AB en C(O , r), es
A(O-AB ) = L2
1r, L la longitud y r el radio de AB.
A
r
L
O
r
B
La expresión anterior permite calcular el área de un sector circular O- AB conociendo el
radio r y la longitud L del arco que determina. También se puede calcular dicha área
conociendo el radio y la medida angular o del arco de circunferencia, pues la longitud
del arco AB es L = 0180
o
r, donde m( AB ) = o. De esto, el área del sector circular
es A(O-AB ) = L2
1r =
r0
01802
1
r =
0360
o
r2.
Cuando tenemos un sector circular O-AB, donde A y
B son los extremos del arco de circunferencia, al
trazar la cuerda AB se forma el triángulo isósceles
AOB. Si a la región que define el sector circular se
quita la región triangular AOB, se obtiene una re-
gión llamado segmento circular definido por el
arco AB o por la cuerda AB. Luego, el área de un
segmento circular es igual a la diferencia de las
áreas del sector circular y del triángulo AOB.
Segmento circular:
A
r
h L
O
r
B
124
Esto es: Área del segmento circular = L2
1r
2
1(AB)h = L(
2
1r AB h).
Ejemplos:
a) Halle el área de un sector circular, cuyo arco mide cm y el radio es de 3 cm.
Como se conocen la longitud y el radio del arco, L = cm y r = 3 cm, el área del
sector es A = L r / 2 = ( cm) (3 cm) / 2 = 3 / 2 cm2 4,7124 cm
2.
b) Halle el área de un sector circular dado por un arco de 90o y cuyo radio es de 4 cm.
El área del sector es A = o r
2 / 360
o = 90
o (4 cm)
2 / 360
o = (4 cm)
2 / 4 =
4 cm2, que corresponde a 1 / 4 del área de un círculo de radio 4 cm.
c) El área de un sector circular es 27 cm2. Determine:
c1) La medida del ángulo central, en grados y en radianes, si el radio es de 6 cm.
c2) El radio del arco de circunferencia que lo define, si su medida es de 120o.
c3) La longitud del arco de circunferencia, si el ángulo central mide 5 / 6 rad.
c1) En la expresión A = o r
2 / 360
o se conocen el área del sector A y el radio r del
arco, y se pide la medida del ángulo central.
Se tiene = 360oA / (r
2) = 360
o (27 cm
2) / ( (6 cm)
2 = 270
o o
= 270o(2 rad) / 360
o = 3 / 2 rad.
c2) En la expresión A = o r
2 / 360
o se conocen A y , y se pide r.
Despejando, r 2
= 360oA / (
o) = 360
o (27 cm
2) / (120
o)
= 36027 / 120 cm2 = 81 cm
2.
Luego, r = 9 cm es el radio del arco de circunferencia.
c3) Como 5 / 12 rad equivale a 150o, de la expresión A = o
r2 / 360
o se despeja,
r 2
= 360oA / (
o) = 360
o(27 cm
2) / (150
o) = 36027 /150 cm
2 = 324 / 5 cm
2 y
resulta r = 18 / 5 cm.
Para conocer la longitud del arco se tiene la expresión A = L r / 2, de donde
L = 2A / r = 2 (27 cm2) / (18 / 5 cm) = 27 5 / 18 cm = 3 5 / 2 cm, es la
longitud del arco de circunferencia.
d) En una circunferencia de radio 4 cm se traza una cuerda AB de longitud igual a la
longitud del lado un hexágono regular inscrito en dicha circunferencia. Calcula el
área de un segmento circular determinado por la cuerda AB.
Como AB es la longitud del lado de un hexágono regular inscrito en la circunferencia
de centro O y de radio 4 cm, se tiene AB = 4 cm, el ángulo central AOB o el arco AB
mide 60o y AOB es equilátero con lados de 4 cm.
De esto se tiene área(O AB ) = o
r2 / 360
o = (60
o) (4 cm)
2 / 360
o = 8 / 3 cm
2 y
área(AOB) = (4 cm)(2 3 cm) / 2 = 4 3 cm2.
Luego, el área del segmento circular es: área(O AB ) área(AOB) = 8 / 3 cm
2
4 3 cm2 = 4(2 / 3 3 ) cm
2.
125
e) En la circunferencia de centro O y radio 2 cm, el
segmento AC es paralelo al segmento radial OB,
la cuerda AB es lado de un hexágono regular
inscrito en la circunferencia y BC es tangente a la
circunferencia en B. Calcule el área R de la región
limitada por AC, BC y el arco menor AB conteni-
do en el interior del ángulo AOB.
A C
O B
Por ser BC tangente a la circunferencia en B se tiene que OB BC, el ángulo ACB es
recto y el cuadrilátero OACB es un trapecio rectangular; y como AB es lado de un
hexágono regular inscrito en la circunferencia se tiene que AB = r = 2 cm, el AOB
es equilátero y m(AOB ) = 60o. Luego, el área R es la diferencia de áreas A1, del
trapecio OACB, y A2 del sector O-AB. Para esto, BC = h = 3 cm y, por teorema de
Pitágoras, AC 2
= AB 2
BC 2
= 4 3 = 1, o sea AC = 1 cm.
Por lo tanto, A1 = 3 (2 + 1) / 2 = 3 3 / 2 cm2, A2 = (60
o)(2
2) / 360
o = 2 / 3 cm
2
y R = A1 A2 = 3 3 / 2 cm2 2 / 3 cm
2 = (9 3 4) / 6 cm
2.
f) Los catetos de un triángulo rectángulo isósceles son segmentos diametrales de sendas
semicircunferencias que se interceptan en el interior del ángulo recto. Determine el
área de la región común que encierran las semicircunferencias.
Sea ABC un triángulo con ángulo recto en A y con
catetos AB AC que son segmentos diametrales
de semicircunferencias con centros los puntos
medios M y N de tales catetos y que se interceptan
en el punto P y APB es recto. Como AB = AC y
AP BC, se tiene que P está en la hipotenusa BC.
A
M N
R
B C
P
Luego, AMP y ANP son equiláteros y la región común R que encierran las
semicircunferencias es la unión de dos segmentos circulares congruentes que define
la cuerda AP con los arcos AP de centros M y N y radios MP = NP = r.
Si AB = AC = a, se tiene r = a / 2 y A(R) = 2(
60
o
r
2 / 360
o r
2 2 / 4)
= 2[ 60 o (a / 2)
2 / 360
o (a / 2)
2 2 / 4]
= 2[ a 2
/ 24 a 2 2 / 16] = a
2 ( / 12 2 / 8) = a
2(2 3 2 ) / 24.
h) Dado un triángulo ABC, rectángulo e isósceles cuyos catetos AB = AC = 2 dm, los
catetos son segmentos diametrales de dos semicircunferencias que interceptan a la
hipotenusa y encierran una región R1; y con centro en A se traza un arco de circunfe-
rencia con extremos B y C y se tiene la región R2 comprendida entre el sector circular
A BC y el exterior de las semicircunferencias anteriores. Halle el área de R1 R2.
Los puntos medios M y N de los catetos AB y AC
son los centros de las semicircunferencias que se
interceptan en el punto medio P de la hipotenusa
BC. De esto, AMP y ANP son equiláteros cuyos
lados miden 1 dm y R1 es la unión de dos segmen-
tos circulares congruentes que define la cuerda AP
con los arcos de centros M y N y radios 1 dm.
A
M N
R1
B C
R2
Luego, A(R1) = 2( 60 o
12 / 360
o 1 2 / 4) = ( / 3 2 / 2) dm
2.
126
Por otro lado, R2 es la diferencia del sector circular A BC, cuyo ángulo central mide
90o y radio 2 dm, y la unión de las regiones congruentes que encierran las
semicircunferencias y los catetos respectivos.
Luego, A(R2) = ( 22 / 4 ) [2( 1
2 / 2) A(R1)] = A(R1).
Por lo tanto, como R1 R2 = {P}, se tiene A(R1 R2) = A(R1) + A(R2) = 2 A(R1) =
2 ( / 3 2 / 2) dm2 = (2 3 2 ) / 3 dm
2 0,68 dm
2.
g) En una circunferencia de centro O y radio r = 1,25 m se tiene un punto A, y teniendo
centro este punto se traza otra circunferencia de radio r = 1,25 m. Determine el área
de la región S comprendida entre las dos circunferencias.
Las circunferencias C1 tiene centro O en C2 y
ésta tiene centro A en C1, con C1 C2 = {P, Q}
y OP = AP = OQ = AQ = r = OA. Entonces los
triángulos OPA y OQA son equiláteros y los
ángulos POQ y PAQ miden = 120o. Además,
la región S es unión de dos segmentos circula-
res congruentes que define la cuerda PQ y los
sectores circulares APOQ y O PAQ.
P
C1 C2
S
O A
Q
Por lo tanto, se tiene que PQ = r 3 y la región S tiene área:
A(S) = 2[or
2 / 360
o (r 3 )(r / 2) / 2] = 2 r
2 [
o / 360
o 3 / 4] =
2 (1,25 2
) [ 120o / 360
o 3 / 4] = 3,125 ( / 3 3 / 4) cm
2 1,91927 cm
2.
h) Dado un triángulo ABC, rectángulo e isósceles cuyos catetos AB = AC = 2 dm, los
catetos son segmentos diametrales de dos semicircunferencias que interceptan a la
hipotenusa y encierran una región R1; y con centro en A se traza un arco de circunfe-
rencia con extremos B y C y se tiene la región R2 comprendida entre el sector circular
A BC y el exterior de las semicircunferencias anteriores. Halle el área de R1 R2.
Los puntos medios M y N de los catetos AB y AC
son los centros de las semicircunferencias que se
interceptan en el punto medio P de la hipotenusa
BC. De esto, AMP y ANP son equiláteros cuyos
lados miden 1 dm y R1 es la unión de dos segmen-
tos circulares congruentes que define la cuerda AP
con los arcos de centros M y N y radios 1 dm.
A
M N
R1
B C
R2
Luego, A(R1) = 2( 60 o
12 / 360
o 1 2 / 4) = ( / 3 2 / 2) dm
2.
Por otro lado, R2 es la diferencia del sector circular A BC, cuyo ángulo central mide
90o y radio 2 dm, y la unión de las regiones congruentes que encierran las
semicircunferencias y los catetos respectivos.
Luego, A(R2) = ( 22 / 4 ) [2( 1
2 / 2) A(R1)] = A(R1).
Por lo tanto, como R1 R2 = {P}, se tiene A(R1 R2) = A(R1) + A(R2) = 2 A(R1) =
2 ( / 3 2 / 2) dm2 = (2 3 2 ) / 3 dm
2 0,68 dm
2.
127
EJERCICIOS:
1. Un arco de circunferencia tiene longitud 8 cm y define un sector circular de área 4
cm2. Determine el radio de la circunferencia y la medida del ángulo central del arco
expresado en grados y en radianes.
2. En la figura, se tiene un círculo de centro O y
área 60 cm2. Se trazan los segmentos diametra-
les AB, CD y EF tales que AB y CD son
perpendiculares, AB y EF forman un ángulo
AOE de medida 45o. Halle la suma de las áreas
de las regiones R1, el sector circular O ACF;
R2, semicírculo, y R3, sector circular O ED.
C:
1 F
R1
A O B
R2
E R3
D
3. En una circunferencia de radio 30 cm, una cuerda AB determina un arco de cir-
cunferencia de longitud 5 cm. Calcule el área del mayor segmento circular que
determina la cuerda AB.
5. En una circunferencia dada, un ángulo central de medida 60o determina un sector
circular de área 25/6 cm2. Se duplica el radio de la circunferencia y se tiene un
sector circular de área el doble del anterior. Halle la longitud del arco de
circunferencia del nuevo sector circular.
6. En una circunferencia de radio 4 cm, una cuerda AB y el arco menor de longitud
cm y con extremos los puntos A y B determinan un segmento circular. Halle el área
de dicho segmento circular.
7. Un ABC equilátero está inscrito en una circunferencia de radio r > 0. Sean D, el
punto medio del menor arco de extremos A y C, y M el punto medio del lado BC. Si
el perímetro del ABC es 2 4 3 cm; determine el área de la región triangular BDM.
8. Dado un cuadrado ABCD, cuyos lados tienen longitud a, con centro en los puntos
medios de los lados se trazan arcos de circunferencias tangentes a las diagonales del
cuadrado y con extremos dichos puntos de tangencias. Determina el área de la región
que encierran los arcos de circunferencias construidos. (vea figura 1).
9. En ABC, figura 2, su ángulo ABC es recto y sus lados son segmentos diametrales
de sendas semicircunferencias trazadas en un mismo semiplano de borde AC
(Lúnulas de Hipócrates). Comprueba que la suma de las áreas de las dos regiones
comprendidas entre los semicircunferencias es igual al área de la región del ABC.
10. En una circunferencia de centro O y radio r > 0 se inscribe un polígono regular de n
lados. Un lado AB de dicho polígono define un segmento circular S en el sector
O AB. Determine el área del segmento circular S para n = 8 y para n = 12.
A B
D C
figura 1
B
A C
figura 2
A
h
O B
Problema 10
128