unidad 4: la circunferencia. construcciones con regla y compás 1
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Facultad de Ciencias Exactas, Ingenierıa y Agrimensura
Departamento de Matematica
Escuela de Ciencias Exactas y Naturales
GEOMETRIA I
Licenciatura en Matematica - Profesorado en Matematica - Ano 2016
Equipo docente:
Francisco Vittone - Justina Gianatti - Martın Alegre
Unidad 4: La circunferencia. Construcciones con regla y compas
1. Introduccion.
En esta unidad nos dedicaremos al estudio de algunas propiedades de la circunferencia y a las construcciones
con regla y compas. Estos dos objetos materiales son la realizacion fısica de dos objetos geometricos ideales: la
recta y la circunferencia. Uno de los principales desafıos de Euclides era probar que todos los objetos geometricos
que definıa existıan en realidad, y no eran meras definiciones vacıas. Los unicos entes geometricos cuya existencia
estaba garantizada por los axiomas eran la recta y la circunferencia (de hecho en sus postulados, Euclides afirma
que por dos puntos puede trazarse una unica recta, postulado que hemos mantenido, y que puede trazarse una
circunferencia por cualquier centro y con cualquir radio). Por lo tanto el debıa obtener cualquier otra figura
geometrica a partir de ellos, y de ahı nace la necesidad de realizar construcciones con regla no graduada y
compas. Por ejemplo, podemos definir que es un triangulo rectangulo, pero esta definicion no tiene sentido si
no probamos que estos triangulos en verdad existen, que para Euclides significa que pueden construirse con los
elementos permitidos por los axiomas, o sea, la regla y el compas.
La regla debe ser no graduada pues solo debe permitir el trazado de rectas y segmentos por dos puntos,
nunca puede ser utilizada para medir. El compas de Euclides es un compas colapsable, es decir, una vez que
se levanta del papel el compas se cierra y por lo tanto no es posible utilizarlo para transportar distancias, solo
sirve para trazar una circunferencia con un centro dado y que pase por un punto dado. El mismo Euclides se da
cuenta que las construcciones que realiza con un compas colapsable son exactamente las mismas que si permite
transportar distancias, y por lo tanto permitimos el uso del compas para este fin. Sin embargo, podran notar
que en todas las construcciones que haremos, salvo en la de transporte de angulos, la construccion es identica
si el compas es colapsable.
Las construcciones con regla y compas nos aportan mucha mas precision que cualquier construccion que
podamos realizar con objetos graduados de medicion. Ya hemos notado en la Unidad 2 que si transportamos un
angulo con un semicırculo tendremos indefectiblemente algun tipo de error, a menos que el angulo tenga una
medida entera. El problema se resuelve realizando una construccion, tal vez un poco mas complicada pero sin
duda mucho mas precisa, con regla y compas. Lo mismo ocurre si queremos construir un segmento de longitud√2. Sabemos que
√2 es un numero irracional y no existe ningun instrumento de medicion por mas preciso que
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sea que nos permita construir con exactitud un segmento de esta longitud. Sin embargo esto es muy sencillo de
realizar con la regla y el compas.
Los griegos desarrollaron un cierto fanatismo por las construcciones con regla y compas, y llegaron a plantear
tres problemas que no tuvieron solucion durante siglos y terminaron por resolverse con una de las teorıas mas
importantes de la matematica de los ultimos siglos: la teorıa de cuerpos. Se los conoces como los tres problemas
clasicos de la matematica griega y consisten en la duplicacion del cubo, la triseccion del angulo y la cuadratura
del cırculo.
La duplicacion del cubo consiste en construir (obviamente con regla y compas) la arista de un cubo que
tenga el doble de volumen que otro cubo cuya arista se da como dato del problema. El problema de duplicar
el cubo ciertamente fue el mas famoso en los tiempos de los antiguos griegos. Segun la leyenda, una terrible
peste asolaba la ciudad de Atenas. Una embajada de la ciudad fue al oraculo de Delos, consagrado a Apolo,
para consultar que se debıa hacer para erradicar la mortal enfermedad. Tras consultar al Oraculo, la respuesta
fue que se debıa duplicar el altar consagrado a Apolo en la isla de Delos. El altar tenıa una peculiaridad: su
forma cubica. Prontamente, los atenienses construyeron un altar cubico cuyas aristas eran el doble de las del
altar de Delos, pero la peste no ceso, se volvio mas mortıfera. Consultado de nuevo, el oraculo advirtio a los
atenienses que el altar no era el doble de grande, sino 8 veces mayor. En terminos actuales, el problema consiste
en construir con regla y compas un segmento de longitud 3√
2a a partir de un segmento de longitud a dado.
El problema de la triseccion del angulo consiste en dividir un angulo cualquiera en tres angulos iguales,
empleando unicamente la regla y el compas. Finalmente, la cuadratura del cırculo consiste en tratar de obtener,
dado un cırculo, un cuadrado cuya sea igual al area del cırculo. Los matematicos de la Grecia clasica pronto se
interesaron por cuadrar figuras mas o menos irregulares limitadas por rectas. Desde un punto de vista practico,
cuadrar figuras irregulares permitıa simplificar el calculo de sus areas ya que, mientras podıa ser fatigoso calcular
el area de una figura no regular, el calculo del area de su cuadrado equivalente serıa trivial. Hoy sabemos que
ninguno de estos tres poblemas puede resolverse utilizando solo regla no graduada y compas.
El primer problema teorico para intentar construir objetos que surjan de trazar rectas y circunferencias, es
determinar como una recta se interseca con una circunferencia o como dos circunferencias se intersecan entre sı
(ya sabemos como se intersecan dos rectas). Dedicaremos las dos primeras secciones a resolver este problema.
Posteriormente presentaremos las construcciones clasicas que pueden hacerse con regla y compas, y finalmente
nos ocuparemos de los polıgonos regulares y los cuadrilateros que pueden inscribirse en una circunferencia.
2. Interseccion de rectas y circunferencias
Pensemos por un momento en el problema planteado la introduccion de la asignatura que recordamos a
continuacion: Tres ciudades desean instalar una antena de telecomunicaciones que sirva a las tres. Para que la
senal llegue con igual intensidad a todos lados, se pretende instalar la antena en un lugar que equidiste de las
tres ciudades. ¿Cual es el lugar ideal que deben elegir?
En ese momento se hayan plantearon dos casos: las tres ciudades pueden estar sobre un mismo camino recto
o no.
Si modelizamos matematicamente el problema, podemos suponer que cada ciudad es un punto del plano,
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llamemoslos A, B y C, y debemos encontrar un cuarto punto D que equidiste de los otros tres. O sea d(D,A) =
d(D,B) = d(D,C) = λ, y por lo tanto A, B y C son puntos sobre la circunferencia de centro D y radio λ.
El primer caso, o sea cuando las tres ciudades se encuentran sobre un mismo camino recto, se traduce en
que los puntos A, B y C esten sobre una misma recta r. Por lo tanto, el punto D existira si y solo si existe una
circunferencia de centro D que interseque a la recta r en los tres puntos distintos A, B y C.
Si trazamos una circunferencia cualquiera en un plano, y trazamos distintas rectas en el plano, observamos
que la recta no siempre interseca a la circunferencia. Y cuando lo hace, no siempre la interseccion tiene la misma
cantidad de puntos. De hecho, si consideramos la circunferencia C de la figura y las rectas r, s y t, vemos que
r interseca a C en dos puntos, s no interseca a C y t lo hace en un unico punto.
Estas representaciones graficas parecen sugerirnos que nuestro problema no tiene solucion cuando los tres puntos
estan alineados, o sea, una circunferencia y una recta no pueden intersecarse en mas de dos puntos. En efecto,
nuestro primer resultado lo confirma:
Teorema 1. Una recta y una circunferencia se intersecan en a lo sumo dos puntos.
Demostracion:
Consideremos una circunferencia C y una recta r. Supongamos razonando por el absurdo que C y r se
intersecan en mas de dos puntos distintos. Existiran entonces al menos tres puntos distintos P , Q y R que esten
simultaneamente en C y r.
Sea O el centro de C y sea a su radio. Entonces los puntos P , Q y R son tres puntos alineados que estan a
distancia a de O, como se muestra en la figura.
Luego el triangulo4
OPR es isosceles con OP = OR, de donde ˆOPR = ˆORP . Pero4
OQR tambies es
isosceles con OQ = OR, de donde ˆOQR = ˆORQ. Concluimos que ˆOPR = ˆOQR, lo cual es absurdo pues
ˆOQR es un angulo exterior a4
OPQ y por lo tanto ˆOQR = ˆOPR+ ˆPOQ > ˆOPR. �
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Es facil construir una recta que interseque a una circunferencia dada en exactamente dos puntos: basta
tomar dos puntos cualesquiera de la circunferencia y trazar la recta que ellos determinan. Es bastante evidente
que hay rectas que no cortan a la circunferencia (basta tomar rectas suficientemente lejos de la circunferencia,
formalizaremos este concepto mas adelante). Sin embargo, no es evidente que deban existir rectas que corten a
una circunferencia en exactamente un punto. Probaremos su existencia en el siguiente teorema.
Definicion:
Dadas una recta r y una circunferencia C, decimos que r es tangente a C en el punto P si C ∩ r = {P}.
Teorema 2. Sea C una circunferencia de centro O y sea r una recta. r es tangente a C en P si y solo si
OP es perpendicular a r.
Demostracion:
⇒) Supongamos primero que r es tangente a C en P , es decir, que r interseca a C solo en P .
Supongamos razonando por el absurdo que OP no es perpendicular a r. Como la perpendicular a r por
O existe y es unica, existira un punto Q 6= P en r tal que Q es el pie de la perpendicular a r por O. Como
PQ > 0, existira un punto R en la semirrecta opuesta a−−→QP tal que RQ = PQ.
Comparando los triangulos4
OPQ y4
ORQ, tenemos PQ = QR por construccion, OQ lado comun y ˆOQP =
ˆOQR = 1R. Luego4
OPQ=c
4ORQ y por lo tanto OR = OP . Concluimos que Q ∈ C, lo cual contradice el
hecho que C interseca a r solo en P .
⇐) Supongamos ahora que OP es perpendicular a r. Sea R ∈ r un punto cualquiera de r distinto de P .
Entonces el triangulo4
OPR es rectangulo en P , de donde P > R y entonces OR > OP . Concluimos que
R /∈ C pues el radio de C es OP . Luego r corta a C solo en P . �
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La cantidad de puntos en que una recta corta a una circunferencia dependara de “cuan lejos” este la recta
del centro de la circunferencia.
Dado un punto y una recta, de alguna manera la distancia del punto a la recta debera medir el camino mas
corto que debemos recorrer desde el punto hasta tocar la recta. Esto motiva la siguiente definicion:
Definicion:
Dadas una recta r y un punto P , se denomina distancia de P a r a d(P, r) = ınf{d(P,Q) : Q ∈ r}.
Teorema 3. Dados un punto P y una recta r, sea T el pie de la perpendicular a r por P . Entonces
d(P, r) = d(P, T ).
Demostracion:
Consideremos una recta r y un punto P cualquiera. Sea T el pie de la perpendicular a r por P y consideremos
el conjunto D = {d(P,Q) : Q ∈ r} ⊂ R. Debemos probar que d(P, T ) = ınf D, o sea, que d(P, T ) es la mayor
de las cotas inferiores de D.
Analizaremos el caso en que P /∈ r. Consideremos entonces un punto Q ∈ r cualquiera. Si Q = T
trivialmente d(P, T ) = d(P,Q). Si T 6= Q, tenemos un triangulo4
PTQ, rectangulo en T . Luego T es el mayor
de los angulos, y el lado que se le opone es por lo tanto el mayor de los lados. O sea que PT < PQ y por lo
tanto d(P, T ) < d(P,Q).
Conluimos que d(P, T ) ≤ a para cualquier elemento a ∈ D. Por lo tanto d(P, T ) es cota inferior de D. Si
ahora λ es una cota inferior cualquiera de D, se tiene λ ≤ a para todo a ∈ D. Como en particular d(P, T ) ∈ D,
resulta λ ≤ d(P, T ).
Resulta entonces que d(P, T ) es la mayor de las cotas inferiores de D, como querıamos probar.
Si P ∈ r, trivialmente d(P, r) = 0 (dejamos la prueba como ejercicio). �
Podemos reescribir entonces el Teorema 2 de la siguiente manera:
Una recta es tangente a una circunferencia si y solo si la distancia del centro de la circunferencia a la recta es
igual al radio de la circunferencia.
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Veremos en el siguiente corolario, cuya demostracion dejamos como ejercicio, que la distancia del centro de
la circunferencia a una recta caracteriza completamente la cantidad de puntos en que la recta interseca a la
circunferencia.
Corolario 4. Sea C una circunferencia de centro O y radio a y sea r una recta. Entonces:
1. r interseca a C en un dos puntos si y solo si d(O, r) < a;
2. r interseca a C en un punto si y solo si d(O, r) = a;
3. r no interseca a C si y solo si d(O, r) > a.
2.1. Ejercicios propuestos
1. Sea4
ABC es un triangulo equilatero de lado 2. Determinar la distancia de cada vertice a la recta que
contiene el lado opuesto.
2. En la siguiente figura, ABCD es un cuadrado y P , Q, R y S son los puntos medios de cada lado. Construir
utilizando regla no graduada y compas una circunferencia que sea tangente con cada uno de los lados del
cuadrado (una tal circunferencia se denomina inscripta en el cuadrado).
3. Demostrar que dada una circunferencia de centro O, cualquier semirrecta con origen en O corta a la
circunferencia en un unico punto.
3. Interseccion entre circunferencias
Analizaremos ahora como pueden intersecarse dos circunferencias.
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Si observamos la imagen anterior, es evidente que la cantidad de puntos en que se intersecan dos circunfe-
rencias tiene que ver con la relacion entre la distancia entre los centros y los radios de ambas circunferencias. Es
un buen ejercicio intentar formalizar las situaciones que se muestran en los distintos graficos. En este momento
nos interesa demostrar lo que ocurre en el primer ejemplo.
Sean C y C′ dos circunferencias de centros O y O′ y radios b y c respectivamente. Sea a = d(O,O′).
Supongamos que C y C′ se interesecan en exactamente dos puntos P y Q. Entonces O, O′ y P son los vertices
de un triangulo y por lo tanto vale la propiedad triangular, que en este caso establece que la suma de dos
cualesquiera de los valores a, b y c es mayor que el tercero. Veremos que esta condicion ademas de ser necesaria,
es suficiente para que dos circunferencias se corten en exactamente dos puntos. Por el momento podemos probar
la siguiente propiedad parcial, cuya demostracion incluimos en el Apendice a esta unidad:
Teorema 5. Sean C y C′ dos circunferencias de centro O y O′ y radios b y c respectivamente. Sea a =
d(O,O′). Si los numeros reales positivos a, b y c verifican que la suma de dos cualesquiera de ellos es mayor
que el tercero, entonces las circunferencias C y C′ se intersecan en al menos dos puntos.
Para poder demostrar que dos circunferencias con estas caracterısticas se intersecan en exactamente dos
puntos, deberemos esperar a la seccion 5.1. Por el momento, este resultado es suficiente para las aplicaciones
que veremos.
Como consecuencia de este teorema resolveremos nuestro primer problema de construccion:
Problema 1: Dados tres segmentos de medidas a, b y c de modo que la suma de dos cualesquiera de ellas es
mayor que la tercera, construir un triangulo4
ABC cuyos lados midan a, b y c.
Solucion: Consideremos los segmentos AB, RS y TU de longitudes c, a y b respectivamente.
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Con centro en A trazamos una circunferencia de radio b y con centro en B trazamos una circunferencia de
radio a. Por el Teorema 5, estas circunferencias se cortaran en dos puntos C y C ′. Eligiendo cualquiera de ellos,
tenemos el triangulo buscado. �
Observemos que esta construccion nos permite demostrar la recıproca de la desigualdad triangular:
Corolario 6. Dados tres numeros reales a, b y c tales que la suma de dos cualesquiera de ellos es mayor
que el tercero, existe un triangulo tal que sus lados miden a, b y c.
Problema 2: Dado un angulo α y una semirrecta−−→OX, constuir utilizando regla no graduada y compas un
angulo ˆXOY congruente con α.
Solucion: Ya hemos resuelto este problema en la Unidad 2, pero no hemos demostrado que el procedimiento
realizado es valido. Lo demostraremos ahora.
Consideremos el angulo ˆPQR = α y la semirrecta−−→OX de la figura. Si ˆPQR es un angulo llano, elegimos
como−−→OY la semirrecta opuesta de
−−→OX.
Si ˆPQR no es llano, elegimos un punto cualquiera A ∈−−→QP y trazamos una circunferencia de centro Q y
radio a = QA. Por el ejercicio 3 de la seccion 2.1, esta circunferencia cortara a la semirrecta−−→QR en un punto
B. Sea b = d(A,B).
Tracemos una circunferencia de centro O y radio a, que siguiendo el mismo razonamiento cortara a−−→OX en
un punto A′. Trazamos ahora una circunferencia con centro en A′ y radio b. Es claro que las circunferencias de
centro O y radio a y de centro A′ y dario b verifican las hipotesis del Teorema 5, pues a y b son las medidas de
los lados del triangulo isosceles4
AQB. Luego estas circunferencias se cortan en dos puntos. Uno de ellos es el
punto Y buscado, dependiendo de en que semiplano queremos ubicar el angulo.
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En efecto, por construccion tenemos QA = OA′, QB = OY y AB = A′Y . Luego por el criterio LLL, los
triangulos4
AQB y4
A′OY son congruentes y en particular ˆA′OY = ˆAQB = α. �
3.1. Ejercicios propuestos
1. Dados los siguientes segmentos AB, CD y EF , construir con regla no graduada y compas:
a) un triangulo equilatero de lado AB;
b) un triangulo isosceles cuyos lados congruentes midan AB y el lado desigual mida CD;
c) un romboide que tenga lados de longitudes AB y CD y diagonal mayor de longitud EF ;
d) un rombo de lado AB y diagonal CD.
2. Construir con regla no graduada y compas un angulo de 60◦ y un angulo de 120◦.
4. Mediatriz de un segmento y bisectriz de un angulo.
En la Unidad 2 establecimos la existecia de angulos rectos, de rectas perpendiculares, y probamos que
siempre existe una semirrecta, la bisectriz de un angulo, que lo divide en dos angulos iguales. Sin embargo no
sabemos aun como construirlos con precision. En esta seccion analizaremos estas construcciones entre otras.
Comezamos definiendo que entendemos por la mediatriz de un segmento:
Definicion:
Dado un segmento AB, se denomina mediatriz de AB a la unica recta perpendicular a←→AB que pasa por
el punto medio de AB.
Supongamos que hemos podido trazar la mediatriz m del segmento AB, y sea P un punto cualquiera de
m. Sea M el punto medio de AB.
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Si comparamos los triangulos4
AMP y4
BMP , tenemos que ˆAMP = ˆBMP = 1R, AM = MB por ser M
punto medio de AB y MP es un lado comun. Luego4
AMP=c
4BMP , y en particular AP = BP . Esto es,
cualquiera sea P ∈ m, se verifica d(A,P ) = d(B,P ). Esta propiedad caracteriza completamente la mediatriz
de un segmento:
Teorema 7. La mediatriz de un segmento es el conjunto de puntos del plano que equidistan de los extremos
del segmento.
Demostracion:
Consideremos un segmento AB en un plano π, sea M su punto medio y sea m su mediatriz. Por otra parte,
consideremos el conjunto B = {P ∈ π : d(A,P ) = d(B,P )}. Debemos probar que m = B.
Tenemos que demostrar la igualdad entre dos conjuntos. Por el razonamiento que hicimos antes de enunciar
el teorema, resulta claro que m ⊂ B. Probaremos entonces la otra contencion.
Sea Q ∈ B. Para ver que Q ∈ m bastara que ver que ˆBMQ = 1R, pues en ese caso←−→MQ es perpendicular
a AB por M , y como esta perpendicular es unica, debera ser m =←−→MQ.
Como Q ∈ B, AQ = BQ.
En los triangulos4
AMQ y4
BMQ tenemos ademas que AM = MB y MQ es lado comun. Por el criterio LLL,
los triangulos resultan congruentes y en particular ˆAMQ = ˆBMQ. Como estos angulos son adyacentes, ambos
deben ser rectos como querıamos probar. �
Problema 3: Dado un segmento AB construir con regla no graduada y compas la mediatriz de AB
Solucion: Consideremos un segmento AB de longitud a. Con centro en A, trazamos la circunferencia de radio
a, y con centro en B, trazamos la circunferencia de radio a. Como 2a > a, podemos aplicar el Teorema 5.
Resultara que las circunferencias se cortan en dos puntos P y Q.
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Observemos que por construccion, d(A,P ) = d(B,P ) y d(A,Q) = d(B,Q). Por lo tanto P y Q son puntos
sobre la mediatriz m de AB. Como la mediatriz es unica, y dos puntos distintos determinan una unica recta,
resulta m =←→PQ. �
Problema 4: Dada una recta r y un punto P ∈ r, construir con regla no graduada y compas una recta
perpendicular a r que pase por P
Solucion: Consideremos una recta r y P ∈ r. Con centro en P trazamos una circunferencia de radio arbitrario.
Esta circunferencia cortara a la recta r en exactamente dos puntos A y B, pues su centro es P y d(P, r) = 0.
Trazamos ahora la mediatriz de AB siguiendo los pasos del problema anterior. Sea m esta recta. Entonces m
es perpendicular a r y P ∈ m pues por construccion P es el punto medio de AB. �
Problema 5: Dada una recta r y un punto P /∈ r, construir con regla no graduada y compas una recta
perpendicular a r que pase por P
Solucion: Consideremos un punto Q ∈ r cualquiera. Como P /∈ r, d(P,Q) = a > 0. Trazamos con centro en
P una circunferencia C(P, a) de radio a, que obviamente pasa por Q. Existen dos opciones: r ∩ C(P, a) = {Q}o bien r ∩ C(P, a) = {Q,R}, con R 6= Q.
En el primer caso, la circunferencia trazada es tangente a r en Q, y por lo tanto←→PQ es perpendicular a r. En el
segundo caso, d(P,Q) = d(P,R), o sea que P pertenece a la mediatriz de PQ. Trazamos entonces la mediatriz
de PQ, que sera una recta perpendicular a r que pasa por P . �.
Problema 6: Dada una recta r y un punto P /∈ r construir utilizando regla no graduada y compas una recta
paralela a r que pase por P .
Solucion: Sea Q un punto cualquiera de r y sea a = d(P,Q). Trazamos una circunferencia C con centro en Q
y radio a. Esta circunferencia corta a r en dos puntos. Elijamos uno de ellos y llamemoslo R. Con centro en P
trazamos una circunferencia C1 de radio a, y con centro en R trazamos una circunferencia C2 del mismo radio.
C1 y C2 se cortan en Q y en un segundo punto S.
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Por construccion, PQ = RS = a y PS = QR = a. Por lo tanto PQRS es un paralelogramo, y en particular←→PS es paralela a
←→QR. �
Nos ocuparemos ahora de construir la bisectriz de un angulo. Recordemos que dado un angulo ˆABC, la
bisectriz de ˆABC es una semirrecta−−→BX, interior a ˆABC tal que ˆABX = ˆXBC.
Consideremos un punto P cualquiera sobre−−→BX y comparemos las distancias d(P,
←→AB) y d(P,
←→BC). Obser-
vemos primero que si P = B, entonces d(P,←→AB) = d(P,
←→BC) = 0. Supongamos entonces que P 6= B. Sean Y
y Z los pies de las perpendiculares a←→AB y a
←→BC por P respectivamente.
Si comparamos los triangulos4
PY B y4
PZB, tenemos ˆPBY = ˆPBZ por hipotesis y ˆPY B = ˆPZB = 1R por
construccion. Entonces automaticamente resulta ˆBPY = ˆBPZ. Como BP es un lado comun, por el criterio
ALA, resulta4
PY B=c
4PZB y en particular PY = PZ. Luego d(P,
←→AB) = d(P,
←→BC).
Esta propiedad caracteriza completamente la bisectriz de un angulo:
Teorema 8. La bisectriz de un angulo es el conjunto de los puntos del angulo que equidistan de las rectas
que contienen los lados del angulo.
Demostracion: Sea ˆABC un angulo cualquiera menor que un llano y sea−−→BX su bisectriz. Sea B el conjunto
de los puntos del angulo que equidistan de los lados del angulo. Debemos probar que−−→BX = B.
Por el razonamiento anterior al Teorema, resulta claro que−−→BX ⊂ B. Probaremos ahora la otra contencion.
Sea Q ∈ B, y sean Y y Z los pies de las perpendiculares a←→AB y a
←→BC por P respectivamente.
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Por hipotesis, P ∈ B y entonces d(P,←→AB) = d(P,
←→BC) y por lo tanto Y P = ZP . Comparando los triangulos
4Y BP y
4ZPB, tenemos Y P = ZP , BP es un lado comun que se opone al mayor de los angulos ˆBY P =
ˆBZP = 1R. Por criterio LLA resulta4
Y BP=c
4ZPB y en particular ˆY BP = ˆZBP . Por lo tanto P pertenece a
la bisectriz de ˆABC como querıamos probar. �
Problema 7: Construir con regla no graduada y compas la bisectriz de un angulo dado.
Solucion: Sea ˆABC un angulo convexo cualquiera. Si ˆABC es llano, basta trazar una perpendicular a la frontera
de ˆABC por cualquier punto.
Supongamos que ˆABC no es llano. Sea P ∈−−→BA, P 6= B. Trazamos con centro en B una circunferencia
de radio BP . Esta circunferencia corta a la semirrecta−−→BC en un punto Q. Trazamos ahora la mediatriz del
segmento PQ. Esta recta corta a PQ en su punto medio M . Entonces−−→BM es la bisectriz de ˆABC. Dejamos
como ejercicio justificar la validez de este procedimiento.
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4.1. Ejercicios propuestos
1. Trazar utilizando regla no graduada y compas una recta tangente a la circunferencia dada por el punto
dado.
2. Dado un segmento AB de longitud 1, constuir con regla no graduada y compas un segmento de longitud√2. Justificar el procedimiento realizado.
3. Dar dos segmentos cualesquiera AB y CD.
a) Construir con regla no graduada y compas dos cuadrados C1 y C2 de lados de longitud AB y CD
respectivamente.
b) Constuir con regla no graduada y compas un cuadrado de area la suma de las areas de los cuadrados
C1 y C2. Justificar el procedimiento realizado (intentar hacer dos procedimientos diferentes).
4. Dibujar un triangulo cualquiera y trazar con regla y compas las mediatrices de los tres lados del triangulo.
¿Que pueden observar?
5. Dibujar un triangulo cualquiera y trazar con regla y compas las bisectrices de los tres angulos del triangulo.
¿Que pueden observar?
6. Dados los siguientes segmentos AB, CD y EF ,
a) construir con regla no graduada y compas un paralelogramo de lados de medidas AB y CD;
b) constuir con regla no graduada y compas un trapecio isosceles de lados paralelos de medidas AB y
EF y lados no paralelos de medida CD.
7. Justificar la validez del procedimiento dado para construir con regla no graduada y compas la bisectriz de
un angulo.
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5. Puntos notables del triangulo.
Antes de continuar la lectura de esta unidad, les proponemos releer e intentar nuevamente resolver el
problema planteado en la introduccion:
Problema: Tres ciudades desean instalar una antena de telecomunicaciones que sirva a las tres. Para que la
senal llegue con igual intensidad a todos lados, se pretende instalar la antena en un lugar que equidiste de las
tres ciudades. ¿Cual es el lugar ideal que deben elegir?
Pensemos nuevamente que cada ciudad del problema anterior es un punto del plano. Si los puntos estan
alineados, vimos que el problema no tiene solucion, no podemos encontrar un punto que este a la misma distancia
de tres puntos alineados distintos. Si los puntos no estan alineados, constituyen los vertices de un triangulo, y
por lo tanto nuestro problema se transforma en encontrar un punto del plano que equidiste de los tres vertices
de un triangulo. Si elegimos dos cualesquiera de estos puntos, el punto donde prentendemos ubicar la antena
debera equidistar de estos dos puntos, y por lo tanto debera ser un punto de la mediatriz del segmento que
estos dos puntos determinan. Por lo tanto nuestro problema tendra solucion si las tres mediatrices de los lados
de un triangulo se cortan en un punto comun.
Definiciones:
Se denomina mediatriz de un triangulo a cada una de las mediatrices de los lados del triangulo.
Se denomina bisectriz de un triangulo a cada una de las bisectrices de los angulos del triangulo.
Se denomina mediana de un triangulo a cada uno de los segmentos que une el punto medio de un lado
del triangulo con el vertice opuesto a ese lado.
Teorema 9. Las tres mediatrices de un triangulo se cortan en un punto.
Demostracion: Consideremos un triangulo4
ABC cualquiera. Sean m1 la mediatriz del lado AB, m2 la mediatriz
de BC y m3 la mediatriz de AC. m1 y m2 son rectas secantes (¿por que?) y por lo tanto se cortan en un punto
O. Debemos probar que O ∈ m3.
Como O ∈ m1, se tiene que d(O,A) = d(0, B) = λ, y como O ∈ m2, tenemos que d(O,B) = d(O,C) = λ.
Pero entonces, d(O,A) = d(O,C) = λ, lo que implica que O ∈ m3 como querıamos probar. �
De forma completamente analoga se demuestra el siguiente teorema:
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Teorema 10. Las tres bisectrices de un triangulo se cortan en un punto.
El punto de interseccion de las tres mediatrices de un triangulo tiene la propiedad que equidista de los tres
vertices del triangulo. Si llamamos O al punto de interseccion y λ a la distancia de O a cualquiera de los vertices,
resultara que la circunferencia de centro O y radio λ pasa por los tres vertices del triangulo.
De manera similar, si O′ es el punto de interseccion de las bisectrices del triangulo, entonces O′ equidista de
los lados del triangulo. Sea λ′ esta distancia. Sean C ′, B′ y A′ los pies de las perpendiculares a los lados AB, AC
y BC que pasan por O′ respectivamente. Entonces d(O,←→AB) = OC ′ = λ′, etc. Por lo tanto la circunferencia
de centro O′ y radio λ′ pasa por A′, B′ y C ′. Es mas, como estos puntos de interseccion realizan la distancia
de O′ a cada uno de los lados, resulta que la circunferencia es tangente a cada uno de los lados del triangulo.
Definiciones:
Dado un polıgono cualquiera, decimos que una circunferencia es
circunscripta al polıgono, si todos los vertices del polıgono pertenecen a la circunferencia;
inscripta al polıgono, si la circunferencia es tangente a cada uno de los lados del polıgono.
Puede verse que una circunferencia circunscripta o inscripta a un polıgono, si existe, es unica. Como conse-
cuencia del razonamiento anterior, tenemos:
Corolario 11. El punto de interseccion de las mediatrices de un triangulo es el centro de la circunferencia
circunscripta al triangulo. El punto de interseccion de las bisectrices de un triangulo es el centro de la
circunferencia inscripta al triangulo.
106
Estos puntos tienen propiedades importantes, y por lo tanto reciben un nombre particular:
Definiciones:
Dado un triangulo, se denomina:
circuncentro del triangulo, al punto de interseccion de sus tres mediatrices;
incentro del triangulo, al punto de interseccion de sus tres bisectrices.
Notablemente, las medianas y las alturas de un triangulo tienen propiedades similares:
Teorema 12. Las tres alturas de un triangulo se intersecan en un punto.
Demostracion:
Consideremos un triangulo4
ABC y sean hA, hB y hC las alturas del triangulo que pasan por los vertices A,
B y C respectivamente.
Trazamos una recta r1 paralela al lado AB por el vertice C, una recta r2 paralela al lado AC por el vertice
B y una recta r3, paralela al lado BC por el vertice A. Entonces r1 y r2 se cortan en un punto A′, r1 y r3 se
cortan en un punto B′ y r2 y r3 se cortan en un punto C ′.
Por construccion, tenemos que AB′CB es un paralelogramo, de donde concluimos que AB′ = BC. Pero
C ′ACB tambien es un paralelogramo, y por lo tanto C ′A = BC. Resulta entonces que B′A = AC ′, y por lo
tanto A es punto medio de B′C ′.
Por otra parte, hA es perpendicular a BC. Y como BC es paralelo a B′C ′, resulta que hA es una recta
perpendicular a B′C ′ que pasa por su punto medio. Es decir, hA es la mediatriz de B′C ′. De la misma manera
podemos probar que hB es la mediatriz de A′C ′ y hC es la mediatriz de A′B′. Siendo las mediatrices del
triangulo4
A′B′C ′, hA, hB y hC se cortan en un punto. �
107
Definicion:
El punto de interseccion de las alturas de un triangulo se denomina ortocentro del triangulo.
Teorema 13. Las tres medianas de un triangulo se intersecan en un punto.
Demostracion:
Sea4
ABC un triangulo. Sean A′ el punto medio de BC, B′ el punto medio de AC y C ′ el punto medio de
AB. Las medianas de4
ABC son AA′, BB′ y CC ′. Consideremos el punto O de interseccion de dos de ellas,
supongamos {O} = AA′ ∩ BB′, y sea D el punto de interseccion de la semirrecta−−→CO y el lado AB. Bastara
probar que D = C ′.
Observemos que los triangulos4
BDO y4
ADO tienen la misma altura h respecto de las bases BD y DA
respectivamente. Tenemos entonces que
A(4
BDO) =BD · h
2, A(
4ADO) =
DA · h2
Dividiendo miembro a miembro las ecuaciones anteriores, obtenemos que
BD
DA=A(
4BDO)
A(4
ADO)
(1)
Por el mismo argumento, resulta
BD
DA=A(
4BDC)
A(4
ADC)
(2)
Observemos ahora que si tenemos cuatro numeros reales que verifican xy = z
w , entonces debe verificarse xy = z−x
w−y .
En efecto, de la primer proporcion, resulta x · w = z · y. Entonces
x · (w − y) = x · w − x · y = z · y − x · y = (z − x) · y ⇒ x
y=z − xw − y
Aplicando esta propiedad a (1) y (2), resulta
BD
DA=A(
4BDC)−A(
4BDO)
A(4
ADC)−A(4
ADO)
=A(
4BOC)
A(4
AOC)
(3)
108
De la misma manera, y teniendo en cuenta que BA′ = A′C y CB′ = B′A podemos probar que
1 =CA′
A′B=A(
4COA)
A(4
BOA)
y 1 =AB′
B′C=A(
4AOB)
A(4
COB)
(4)
Multiplicando miembro a miembro las tres ecuaciones en (3) y (4), resulta
BD
DA=A(
4BOC)
A(4
AOC)
· A(4
COA)
A(4
BOA)
· A(4
AOB)
A(4
COB)
= 1
de donde BD = DA y por lo tanto D es el punto medio de AB como querıamos probar. �
Definicion:
El punto de interseccion de las medianas de un triangulo se denomina baricentro del triangulo, y se denota
con la letra G.
Teorema 14. Sean4
ABC un triangulo, A′, B′ y C ′ los puntos medios de los lados BC, AC y AB respec-
tivamente y sea G el baricentro del triangulo. Entonces
AG
GA′=BG
GB′=CG
GC ′= 2.
Demostracion:
El baricentro del triangulo determina seis triangulos como en la figura. Todos ellos tienen igual area (ejerci-
cio), que denotamos con x.
Siguiendo el mismo procedimiento que en la demostracion del teorema anterior, resulta
AG
GA′=A(
4AGB)
A(4
GBA′)
=2x
x= 2.
El mismo razonamiento demuestra las otras dos proporciones. �
109
5.1. Ejercicios propuestos
1. Graficar cuatro triangulos y hallar el incentro, el circuncentro, el baricentro y el ortocentro.
2. En las siguientes figuras se muestran arcos de circunferencia. Hallar el centro de la circunferencia a la que
pertenecen.
3. Demostrar que un triangulo isosceles, (la recta que contiene a) la mediatriz, la mediana y la altura del
lado desigual coinciden con la bisectriz del angulo desigual.
4. Probar que en un triangulo equilatero, los cuatro puntos notables coinciden.
5. En el siguiente triangulo, A′ y C ′ son los puntos medios de los lados correspondientes. Marcar utilizando
solo regla no graduada el punto medio de AC.
6. En el siguiente triangulo, no tenemos acceso a uno de sus vertices (es decir, no podemos prolongar los
lados para ver donde se cortan). Constuir con regla y compas la altura correspondiente al lado AB.
7. Sean r y s dos rectas no paralelas como en la figura, donde no vemos el punto de interseccion. Trazar
con regla no graduada y compas una recta cuyos puntos equidisten de r y de s.
110
8. Probar que si un triangulo tiene dos medianas congruentes o dos alturas congruentes, entonces es isosceles.
9. Probar que si dos triangulos son congruentes, las alturas y las medianas de lados homologos son con-
gruentes.
10. Sea4
ABC un triangulo de area 2. Sean AA′ y CC ′ dos medianas y sea G el baricentro de4
ABC. Si P es
el punto medio de PA′, calcular el area del triangulo4
PGA.
11. Probar que en todo triangulo rectangulo, la suma de los catetos es igual a la suma de los diametros de la
circunferencia inscripta y de la circunferencia circunscripta al triangulo.
12. Demostrar que tres puntos no alineados determinan una unica circunferencia. Concluir que dos circunfe-
rencias distintas se intersecan en a lo sumo dos puntos.
6. Polıgonos regulares. Cuadrilateros cıclicos y angulos inscriptos
Como hemos visto, todo triangulo puede ser inscripto en una circunferencia, y existe siempre una circunfe-
rencia inscripta en el. Este resultado no es valido en general para un polıgono arbitrario. Veremos en esta seccion
que sin embargo esto es posible para los polıgonos regulares. Estos resultados seran de gran importancia para
poder, mas adelante, definir y calcular la longitud de una circunferencia y el area de un cırculo.
Definicion:
Un polıgono se dice regular si todos sus angulos y todos sus lados son congruentes entre sı.
Evidentemente, un triangulo regular es un triangulo equilatero, y un cuadrilatero regular es un cuadrado. En
la siguiente figura mostramos un pentagono, un hexagono regular, y polıgonos regulares de 15 y 20 lados. Es
notable como al aumentar la cantidad de lados, el polıgono regular se asemeja cada vez mas a una circunferencia.
111
Teorema 15. Dado un polıgono regular de n lados, existe una unica circunferencia inscripta en el y una
unica circunferencia circunscripta a el. Ambas circunferencias tienen el mismo centro.
Demostracion:
Sea A1A2 · · ·An un polıgono regular de n lados, es decir
A1A2 = A2A3 = · · · = An−1An = AnA1, A1 = A2 = · · · = An.
Sea m1 la mediatriz de A1A2 y m2 la mediatriz de A2A3 y sea O la interseccion de m1 y m2. Probaremos que
O es el centro de la circunferencia inscripta y circunscripta al polıgono.
Primero veamos que la circunferencia de centro O y radio OA1 circunscribe al polıgono. Para ello, bastara
probar que OAi = OA1 para todo i = 2, · · · , n.
Observemos primero que OA1 = OA2 = OA3 pues O esta en las mediatrices m1 y m2 de A1A2 y A2A3
respectivamente.
Si comparamos los triangulos4
A1OA2 y4
A2OA3, tenemos OA1 = OA2, OA2 = OA3 y A1A2 = A2A3 por
hipotesis. Luego por el criterio LLL resultan congruentes. En particular, ˆOA1A2 = ˆOA2A3 y ˆOA2A1 = ˆOA3A2.
Como ademas son isosceles, tenemos ˆOA1A2 = ˆOA2A1 y ˆOA2A3 = ˆOA3A2. Es decir, los cuatro angulos son
congruentes entre sı.
Sea α la medida comun de todos los angulos interiores del polıgono. Entonces
α = ˆA1A2A3 = ˆOA2A1 + ˆOA2A3 = 2 ˆOA2A1
y por lo tantoˆOA1A2 = ˆOA2A1 = ˆOA2A3 = ˆOA3A2 =
α
2.
Si ahora comparamos los triangulos4
A2OA3 y4
A3OA4, tenemos
ˆA4A3O = ˆA4A3A2 − ˆOA3A2 = α− α
2=α
2= ˆOA2A3,
OA3 = OA2 y A3A4 = A2A3. Por el criterio LAL, ambos triangulos resultan congruentes y por lo tanto
OA4 = OA3 = OA1.
112
Podemos continuar con este procedimiento y probar que los triangulos4
AiAi+1O y4
Ai+1Ai+2O son con-
gruentes e isosceles, y por ultimo que4
An−1AnO=c
4AnA1O. Por lo tanto resultara OAi = OA1 para cada
i = 2, · · · , n como querıamos probar.
Veamos ahora que O tambien es el centro de la circunferencia inscripta en A1A2 · · ·An. Sea Mi el punto
medio del lado AiAi+1 para i = 1, · · ·n−1 y sea Mn el punto medio de AnA1. Como cada uno de los triangulos4
AiOAi+1, i = 1, · · · , n− 1 y4
AnOA1 son triangulos isosceles congruentes, las medianas y las alturas coinciden
y son todas congruentes entre si. Es decir que OMi = λ para todo i = 1, · · ·n y que MiO ⊥ AiAi+1 y
MnO ⊥ AnA1.
Por lo tanto si trazamos la circunferencia C de centro O y radio λ, vemos que cada Mi pertenece a la circun-
ferencia, y C corta a cada lado en los pies de las perpendiculares a los lados por el centro O. Por lo tanto esta
circunferencia es tangente a cada uno de los lados del polıgono como querıamos probar. �
Determinar si un polıgono puede inscribirse o no en una circunferencia es basicamente equivalente a deter-
minar si todas las mediatrices de los lados se cortan en un unico punto. Para los polıgonos regulares, vimos que
esto es cierto, pero no existen criterior generales para un polıgono arbitrario. Es claro que existen polıgonos no
regulares que pueden inscribirse en circunferencias, basta considerar el caso de cualquier triangulo no equilatero.
Pero existen otros que no pueden inscribirse como se muestra en la siguiente figura:
113
Para los cuadrilateros sin embargo existe un criterio interesante que permite decidir si esta o no inscripto
en una circunferencia en funcion de sus angulos. Para poder determinarlo, debemos introducir el concepto de
angulo inscripto.
Definicion:
Un angulo ˆABC se dice inscripto en una circunferencia C de centro O si B ∈ C y los lados−−→BA y
−−→BC
intersecan a C en puntos X e Y distintos de B. El arco de circunferencia_XY que no pasa por B se denomina el
arco que subtiende el angulo ˆABC y el angulo ˆXOY que incluye al arco_XY se denomina el angulo central
correspondiente al angulo inscripto ˆABC.
La propiedad mas importante de los angulos inscriptos en una circunferencia radica en que es posible
calcularlos a partir de los angulos centrales correspondientes.
Teorema 16. Un angulo inscripto en una circunferencia mide la mitad que el angulo central correspon-
diente.
Demostracion:
Sea ˆABC un angulo inscripto en una circunferencia C con {X} =−−→BA ∩ C e {Y } =
−−→BC ∩ C.
Dividiremos la demostracion en tres casos como en la siguiente figura.
114
Caso 1: O ∈−−→BX.
En este caso, el angulo ˆXOY es exterior al triangulo4
Y OB, y por lo tanto ˆXOY = ˆOBY + ˆBY O. Pero4
Y OB es isosceles, pues OB = OY son radios de la circunferencia. Por lo tanto ˆABC = ˆOBY = ˆBY O yˆXOY = 2 ˆABC como querıamos probar.
Caso 2: O es interior a ˆABC.
Trazamos la semirrecta−−→BO que corta a C en un punto Z. Entonces ˆXBZ y ˆZBY son angulos inscriptos en
C tal que O pertenece a uno de sus lados. Aplicando lo demostrado para el caso 1, resulta que ˆXOZ = 2 ˆXBZ
y que ˆZOY = 2 ˆZBY . Por lo tanto
ˆXOY = ˆXOZ + ˆZOY = 2 ˆXBZ + 2 ˆZBY = 2 ˆXBY = 2 ˆABC
Caso 3: O es exterior a ˆABC.
Trazamos la semirrecta−−→BO que corta a C en el punto Z. Entonces, por el caso 1, resulta ˆXOZ = 2 ˆXBZ
y ˆY OZ = 2 ˆY BZ. Restando miembro a miembro estas igualdades, tenemos
ˆXOY = ˆXOZ − ˆY OZ = 2 ˆXBZ − 2 ˆY BZ = 2 ˆXBY
como querıamos probar. �
Como consecuencia inmediata obtenemos el siguiente resultado:
Corolario 17. Si dos angulos inscriptos en una circunferencia subtienden el mismo arco entonces son
congruentes.
Estamos finalmente en condiciones de caracterizar los cuadrilateros que pueden inscribirse en una circunfe-
rencia.
Definicion:
Un cuadrilatero se denomina cıclico si puede ser inscripto en una circunferencia. Es decir, si existe una
circunferencia circunscripta a el.
Teorema 18. Un cuadrilatero convexo es cıclico si y solo si la suma de los angulos opuestos es 1llano.
Demostracion:
Supongamos primero que tenemos un cuadrilatero cıclico ABCD y sea C la circunferencia de centro O
circunscripta a el.
115
Denotemos por α el angulo central que subtiende un arco que pasa por B y por β el angulo central ˆAOC que
subtiende un arco que pasa por D.
Entonces ˆABC es un angulo inscripto en C cuyo angulo central correspondiente es β y ˆADC es un angulo
inscripto en C cuyo angulo central correspondientes es α. Luego por el Teorema 19 resulta
ˆABC + ˆADC =1
2β +
1
2α =
1
2(β + α) = 1llano.
Un razonamiento analogo puede hacerse para los angulos ˆBCD y ˆBAD.
Supongamos ahora que ABCD es un cuadrilatero tal que la suma de los angulos opuestos es 1llano.
Supongamos por el absurdo que ABCD no esta inscripto en una circunferencia.
Sea C la circunferencia circunscripta al triangulo4
ABC. Entonces D /∈ C. Existen dos posibilidades: D es
interior a C o D es exterior a la circunferencia. Analizaremos el primer caso y dejamos el segundo como ejercicio.
En ese caso−−→CD corta a C en un punto E distinto de A y B. Observemos que entonces ABCE es
cıclico, y por lo probado anteriormente ˆCEA = 1llano − ˆABC. Pero por hipotesis, tambien tenemos queˆCDA = 1llano− ˆABC.
Por lo tanto debe ser ˆCEA = ˆCDA. Pero esto es absurdo, pues ˆCDA es exterior al triangulo4
DEA y por
lo tanto ˆCDA > ˆCEA. Concluimos que D ∈ C y por lo tanto ABCD es cıclico. �
116
6.1. Ejercicios propuestos
1. Determinar si los siguientes polıgonos estan o no inscriptos en una circunferencia.
2. Calcular la medida de cada angulo interior de un polıgono regular de n lados. Dibujar con semicırculo,
regla no graduada y compas un pentagono y un heptagono regular de manera lo mas precisa posible.
3. Demostrar que el lado de un hexagono regular es congruente con el radio de la circunferencia circunscripta
a el. Construir con regla no graduada y compas un hexagono regular.
4. En las siguientes figuras se muestran un pentagono regular y un heptagono regular. Construir a partir de
ellos un decagono regular y un polıgono regular de 14 lados.
5. Sea C una circunferencia y sea XY un diametro. Probar que cualquiera sea P ∈ C, P 6= X, P 6= Y ,4
XPY es rectangulo en P .
6. Demostrar que el circuncentro de un triangulo rectangulo es el punto medio de la hipotenusa.
7. Determinar en cada caso la medida de los angulos pedidos.
117
8. Calcular todos los angulos interiores de los siguientes cuadrilateros cıclicos.
9. Un cuadrilatero convexo cıclico ABCD esta inscripto en una circunferencia de centro O. Si ˆABC = 60◦,ˆBOC = 100◦ ˆBCO = 40◦ y ˆOCD = 30◦, calcular todos los angulos interiores de ABCD.
10. Sea ABCD un cuadrilatero inscipto en una circunferencia y sea E un punto cualquiera del arco_BC que
no contiene a A, distinto de B y de C. Probar que ˆBEA = ˆAED = ˆDEC.
11. Hallar el radio de la circunferencia que:
a) esta inscripta en un cuadrado de 12cm de lado;
b) circunscribe a un hexagono regular de 2cm de lado.
118
12. Dada una circunferencia y un punto exterior a ella, determinar y justificar un metodo para construir con
regla y compas una recta tangente a la circunferencia que pase por el punto dado.
13. Dadas dos rectas r y s, se denomina distancia entre r y s a
d(r, s) = ınf{d(P,Q) : P ∈ r, Q ∈ s}.
a) Probar que si r ∩ s 6= ∅, entonces d(r, s) = 0.
b) Probar que si r y s son paralelas, entonces d(r, s) = d(P,Q) donde P y Q son las intersecciones de
r y s respectivamente con cualquier recta perpendicular a ambas.
14. Sean C una circunferencia de centro O y radio r y C′ una circunferencia de centro O′ y radio r′. Para cada
item, realizar un dibujo de la situacion, determinar en cuantos puntos se intersecan las circunferencias y
dar una demostracion.
a) O′ ∈ C, r′ < 2r;
b) O′ ∈ C, r′ = 2r;
c) O′ ∈ C, r′ > 2r;
d) r′ > r, r′ > d(O,O′) y r − r′ > d(O,O′);
e) r′ > r, r′ > d(O,O′) y r − r′ < d(O,O′).
15. Dado un polıgono regular, se denomina apotema al radio de la circunferencia inscipta en el.
a) Demostrar que el area de un polıgono regular es el producto de su semiperımetro (la mitad de su
perımetro) por su apotema.
b) Calcular el area de un hexagono regular de lado 1.
16. Dado un cuadrilatero ABCD cualquiera, construir utilizando regla no graduada y compas un triangulo
de igual area que el cuadrilatero dado.
17. Probar que el ortocentro H de un triangulo4
ABC cuyos tres angulos son agudos es el incentro I del
triangulo cuyos vertices son los pies de las alturas de4
ABC.
7. Apendice: Demostracion del Teorema 5
Teorema 5. Sean C y C′ dos circunferencias de centro O y O′ y radios b y c respectivamente. Sea a =
d(O,O′). Si los numeros reales positivos a, b y c verifican que la suma de dos cualesquiera de ellos es mayor
que el tercero, entonces las circunferencias C y C′ se intersecan en al menos puntos.
El siguiente lema no es necesario para demostrar el Teorema anterior, pero nos basaremos en su demostracion
y por eso lo incluimos:
119
Lema 19. Sea4
OPO′ un triangulo con OO′ = a, OP = b y O′P = c y supongamos que b ≤ c. Sea D el
pie de la perpendicular a←−→OO′ que pasa por P . Entonces D ∈ OO′ si y solo si c2 ≤ a2 + b2.
Demostracion:
Supongamos primero que D ∈ OO′ y veamos que c2 ≤ a2 + b2.
Observemos que al ser c ≥ b no puede ser D = O′, pues en ese caso4
OPO′ serıa rectangulo en O′ y por lo
tanto b > c. Por otra parte, si D = O, entonces4
OPO′ es rectangulo en O y, por el Teorema de Pitagoras, se
tiene c2 = a2 + b2, con lo cual la tesis se cumple por igualdad.
Supongamos entonces que D 6= O, D 6= O′. Sea x = OD, y por lo tanto DO′ = a − x. Ademas x > 0.
Sea y = PD.
Aplicando el Teorema de Pitagoras en4
ODP y4
O′DP . tenemos
x2 + y2 = b2 (5)
(a− x)2 + y2 = c2 (6)
De (5) resulta y2 = b2 − x2, y reemplazando en (6) obtenemos
(a− x)2 + b2 − x2 = c2 ⇔ a2 − 2ax+ b2 = c2 ⇔ x =a2 + b2 − c2
2a
Como x > 0, concluimos que a2 + b2 − c2 > 0, o sea, c2 < a2 + b2 como querıamos probar.
Supongamos ahora que c2 ≤ a2 + b2 y veamos que D ∈ OO′.Supongamos por el contrario que D /∈ OO′. Debemos analizar dos casos: D ∈
−−→OO′ o D pertenece a la
semirrecta opuesta a−−→OO′.
Si D ∈−−→OO′ tendrıamos
ˆOO′P = ˆO′DP + ˆDPO > 1R.
Lugo en el triangulo4
OPO′, OP serıa el lado de mayor longitud, lo que contradice la hipotesis que b ≤ c.Supongamos entonces que D esta en la semirrecta opuesta a
−−→OO′.
120
Sea nuevamente x = DO y pongamos y = DP . Entonces DO′ = a + x y aplicando el Teorema de Pitagoras
en4
DOP y4
DO′P tenemos
x2 + y2 = b2 (7)
(x+ a)2 + y2 = c2 (8)
De (7) obtenemos y2 = b2 − x2, y reemplazando en (8) obtenemos
(x+ a)2 + b2 − x2 = c2 ⇔ x =c2 − (a2 + b2)
2a.
Siendo x > 0 y a > 0, resulta c2 − (a2 + b2) > 0, lo que contradice la hipotesis que c2 ≤ a2 + b2.
Concluimos que D ∈ OO′ como querıamos probar. �
Demostracion del Teorema 5:
Nuestro objetivo es demostrar que existen al menos dos puntos que pertenecen simultaneamente a las dos
circunferencias de radios b y c respectivamente. Esto es, debemos encontrar dos puntos distintos P y Q que
verifiquen OP = OQ = b y O′P = O′Q = c.
Haremos la demostracion construyendo los puntos P y Q basados en el lema anterior, y por lo tanto es
importante tener en cuenta para guiarnos las imagenes allı presentadas.
Supondremos sin perdida de generalidad que b ≤ c. Existen entonces dos posibilidades:
c2 ≤ a2 + b2, o c2 > a2 + b2.
Supongamos que se verifica la primera. Sea x =a2 + b2 − c2
2a. Obsevemos que 0 ≤ x < a. Luego existira
un unico punto D ∈ OO′ tal que OD = x.
Probaremos que ademas se verifica x < b. En efecto, consideremos la funcion f : R→ R dada por
f(z) =z2 + a2 − c2
2a− z.
f es una funcion cuadratica cuyo coeficiente principal es 1/2a > 0 y por lo tanto su grafica es una parabola
cuyas ramas apuntan hacia arriba. Determinemos sus raices. Tendremos
f(z) = 0 ⇔ z2 + a2 − c2 − 2az
2a= 0 ⇔ (z − a)2 − c2 = 0 ⇔ z = a− c o z = a+ c.
Como las ramas de su grafica apuntan hacia arriba, se tiene que para todo valor de z tal que a− c < z < a+ c,
f(z) < 0. En particular, como b < a+ c y a < b+ c, y por lo tanto a− c < b, se tendra f(b) < 0. Esto es
b2 + a2 − c2
2a− b < 0 ⇔ x < b
121
como querıamos probar.
Concluimos que b2 − x2 > 0 y por lo tanto y =√b2 − x2 > 0. Tracemos la unica perpendicular a
←−→OO′
por D y consideremos los puntos P y Q, uno en cada semiplano de los determinados por←−→OO′, de modo que
DP = DQ = y.
Aplicando el Teorema de Pitagoras en los triangulos4
ODP y4
ODQ, tenemos que
OQ = OP =√x2 + y2 =
√x2 + b2 − x2 = b
y por lo tanto P,Q ∈ C.
Por otra parte, DO′ = a− x. Aplicando el Teorema de Pitagoras en los triangulos4
DO′P y4
DO′Q tenemos
O′P 2 = O′Q2 = (a− x)2 + y2 = a2 − 2ax+ x2 + b2 − x2
= a2 − (a2 + b2 − c2) + b2 = c2
de donde O′P = O′Q = c y por lo tanto P,Q ∈ C′.Concluimos que {P,Q} ⊂ C ∩ C′ como querıamos probar.
La demostracion del caso en que c2 > a2 + b2 es analoga y se deja como ejercicio. �
122