Circunferencias

5.1 Ángulos en las circunferencias .- Dados dos puntos A y B n una circunferencia, el ángulo central Ð AOB es el que tiene su vértice en el centro O de la circunferencia y sus lados son los segmentos OA y OB.
El arco correspondiente es el que se encuentra entre los lados del ángulo central : el ángulo AB es igual al ángulo AOB.



Por definición todo ángulo central mide lo mismo que el arco que abraza, sobrentendiendo por supuesto, que nos referimos a la medida angular del arco, más no a su longitud. Es decir, el ángulo central es la medida en grados del arco que abrazan los radios que lo conforman.
Definición 5.1.2 Dados tres puntos A, B y P en una circunferencia, el ángulo inscrito ÐAPB es el ángulo que tiene su vértice en P en la circunferencia y sus lados PA y PB son secantes.

Teorema 5.1.1 Todo ángulo inscrito mide la mitad del arco que abraza.
Demostración. Tenemos que demostrar que

Procederemos por casos.Caso 1
El centro de la circunferencia está en un uno de los lados del ángulo.

Seaα = ÐAPB, tracemos el radio OA. Así el triángulo ΔAOP es isósceles. Por tanto ÐOAP = α.
Y como β(el ángulo central ÐAOB) es exterior del triángulo ΔAOP y no adyacente a α y ÐOAP, entonces
β= α+ ÐAOP = 2α.

Por lo tanto

Caso 2.
El centro de la circunferencia está entre los lados del ángulo inscrito.


Sea α = APB. Tracemos EL diámetro que tiene como uno de sus extremos a P y llamémosle C al otro extremo.
Sean α ₁ = Ð APC y α ₂ = Ð CPB. Tenemos que α = α ₁ + α ₂ . Y por el caso 1 ,α₁ es igual a un medio del arco AC y α₂ es igual a un medio del arco CB.

Por lo tanto

α= α ₁ + α ₂ = ½ de la suma de los arcos AC Y CB = ½ del arco AB.
Caso 3.
El centro de la circunferencia queda fuera del área que comprende el ángulo inscrito.


Sean α = Ð APB. Tracemos el diámetro que tiene como uno de sus extremos a P y llamémosle C al otro extremo.
Sean α₁ = Ð APC y α₂ = Ð = BPC. Y por el caso 1 se sigue que
α = α₁ - α₂ = ½ (arco AC- arco BC)= ½ arco AB.
Otra manera de presentar el teorema fundamental de los ángulos inscritos es : todo ángulo inscrito en una circunferencia mide la mitad del ángulo central correspondiente.
Como consecuencias inmediatas tenemos los siguientes resultados.
Corolario 5.1.2 Todo ángulo inscrito en una semicircunferencia, subtendida por el diámetro , es recto.

Corolario 5.1.3 Dos ángulos inscritos en una misma circunferencia y que abracen una misma cuerda, son iguales si sus vértices están del mismo lado de la cuerda; y son suplementarios si sus vértices están en lados opuestos respecto de la cuerda.
Demostración. Sean A, B ,P ,P´ y Q como en la figura, es decir P y P´ están del mismo lado de la cuerda AB y los puntos P y Q están en lados distintos.

Por el teorema (5.1.1) sabemos que ÐAPB = ½ del arco AQB = Ð AP´B, así vemos que si los vértices del ángulo están del mismo lado de la cuerda, ellos son iguales. Por otro lado tenemos que ÐAQB = ½ del arco APB, luego
ÐAPB + ÐAQB = ½ del arco + ½ del arco AQB APB = ½ 360°= 180°.
Concluimos que si los vértices están en lados opuestos respecto de la cuerda, entonces los ángulos son suplementarios.
Hay que notar que este corolario lo podemos escribir de la siguiente manera: si A, B, P y Q son puntos de una circunferencia, entonces
1. Q ∈ arco APB ⇒Ð APB = ÐAQB
2. Q ∉ arco APB⇒ ÐAPB + ÐAQB = 180°
Esto nos da una idea más clara del recíproco de tal corolario, también llamado condición suficiente de conciclicidad de cuatro puntos.
Corolario 5.1.4 Sean A, B, P, Q cuatro puntos en el plano, cada tres de ellos no colineales. Si los puntos P y Q están en el mismo semiplano que determina la recta AB y desde ella se ve el segmento AB bajo ángulos iguales.

O bien, si los puntos P y Q están en distintos semiplanos que determina la recta AB y desde ellos se ve el segmento AB bajo ángulos suplementarios.

Entonces los puntos A,B, P y Q son concíclicos
Demostración.
Caso 1.
Sean A, B, P y Q puntos en el plano. Supongamos que P y Q están del mismo lado con la recta que pasa por A y B.
Tracemos la circunferencia C que pasa por los puntos A, B y . Supongamos que Q no está sobre la misma circunferencia C. Llamémosle l a la recta que pasa por los puntos A y Q. Sea Q´ el punto de intersección de la recta l con la circunferencia C, que no es A.
Sean l₁ y l₂ las rectas que pasan por Q´ y B y por Q y B, respectivamente. Tales rectas l₁ y l₂ son distintas puesto que Q no está en C y por lo tanto Q y Q´ son distintos.
Sean α= Ð APB, β= ÐAQB y γ = ÐAQ´B. Por hipótesis, y por el corolario (5.1.3).α= γ.Se sigue que α=β=γ
De esta forma tenemos un sistema de dos rectas l₁ y l₂ cortadas por la secante l con un par de ángulos correspondientes γ y β iguales. Así l₁ y l₂ son paralelas. Lo cual es una contradicción pues l₁ y l₂ son distintas y se cortan en el punto B.
Por lo tanto Q está en C.

Caso 2.
Sean A, B, P y Q cuatro puntos en el plano. Supongamos que P y Q están en lados opuestos con respecto de la recta que pasa por A y B.

Sea C la circunferencia determinada por los puntos A, B y P. Supongamos que Q no está en C. Sea l la recta que pasa por los puntos A y Q, y llamémosle Q´ al punto de intersección de l con C que no sea A. Sean l ₁ y ₂l las rectas que pasan por B y Q´ respectivamente, y por B y Q respectivamente.
Como Q no está en C tenemos que l₁ y l₂ son distintas.
Sean α= ÐAPB , β= ÐAQB, γ= Ð AQ´B. Por hipótesis sabemos que β = 180°- α . Y como A, B, P y Q´ están en distintos lados de la cuerda AB, entonces por el corolario (5.1.3) α + γ = 180°Por lo tanto γ = 180°- α . Se sigue que γ= β.
Así tenemos el sistema de rectas l ₁ y l ₂ cortadas por la secante l, con par de ángulos correspondientes γ y β iguales. Por lo tanto l ₁ y l ₂ son paralelas, lo cual es una contradicción, pues l ₁ y l ₂ son distintas y se cortan en el punto B.
Podemos concluir que Q∈ C.

En el capitulo anterior vimos que dados tres puntos no colineales, existe una única circunferencia que pasa por ellos. Pero en el caso de tener cuatro puntos no colineales no ocurre lo mimo, pues por ellos pasará una única circunferencia o ninguna.
Definición 5.1.3 Se dice que un polígono es inscriptible, si es cíclico, es decir, que todos sus vértices son concíclicos.

Para el caso de cuadriláteros convexos tenemos propiedades que los relacionan con las circunferencias. Podríamos preguntarnos, por ejemplo, ¿cúando los vértices de un cuadrilátero pertenecen a una misma circunferencia ?, o en otras palabras ¿cuándo un cuadrilátero es cíclico? El siguiente corolario responde esta pregunta para el caso de aquellos que son convexos.

Corolario 5.1.5
Un cuadrilátero convexo es inscriptible si y sólo si sus ángulos opuestos son suplementarios.
Demostración. Bastará verificar la proposición para una sola de las parejas de ángulos, en vista de que la suma de los cuatro ángulos es constante igual a 360°.
Supongamos primero que ABCD es un cuadrilátero convexo inscriptible en donde α= ÐBAC y β = ÐBDC.

Como A, B, C y D son concíclicos y A y D están en lados opuestos de la cuerda CB, por el corolario (5.1.3) ÐBAD + ÐDCB = 180°.
Supongamos ahora que ABCD es un cuadrilátero convexo con ángulos opuestos suplementarios. Sean α= BAC y = αBDC.
Así ÐABC + ÐADC = 180°.

Usando la condición suficiente de conciclicidad de cuatro puntos, enunciada en el corolario (5.1.4), A,B,C y D están sobre una misma circunferencia. Se sigue que el cuadrilátero ABCD es inscriptible.

Ejercicio 5.1.1 Sean A, B, C Y D cuatro puntos concíclicos y P el punto de intersección de las rectas AB y CD , demostrar que PA × PB = PC × PD.
Solución. Tenemos dos casos dependiendo del orden en que se encuentren los puntos en la circunferencia. Uno de ellos es cuando el punto P es un punto interior a la circunferencia, el otro caso es cuando es exterior.

Consideremos el primer caso, en el que P está dentro de la circunferencia.

Como los ángulos ÐCAB y ÐCDB abrazan a la misma cuerda CB ellos son iguales. Además ÐAPC = ÐDPB por ser opuestos por el vértice, así
ΔAPC ∼ Δ DPB.
Por lo tanto
Luego
PA×PB = PC×PD
Consideremos ahora el caso en que P está fuera de la circunferencia

Como los ángulos ÐPAC y ÐPDB son iguales al abrazar el mismo arco BC, entonces
ΔAPC ∼ ΔDPB.
Por lo tanto
Podemos concluir que
PB ×PA = PC × PD .

Este Ejercicio nos muestra que, dado un punto P cualquiera y una recta que pase por el punto y corte a una circunferencia en los puntos X y Y, la cantidad PX × PY permanece constante, no importando cuales sean los puntos de intersección. A tal cantidad le llamaremos la potencia de un punto P con respecto a la relación dada.
Definición 5.1.4 Un ángulo semi-inscrito es aquel que tiene su vértice en la circunferencia, unos de sus lados es tangente y el otro es secante.

Teorema 5.1.6 La medida del ángulo semi-inscrito es igual a la mitad del arco comprendido entre sus lados.
Demostración. La demostración se hará por casos de manera semejante a como se procedió en el teorema (5.1.1).
Caso 1.
Supongamos que el centro O de una circunferencia está sobre uno de los lados del ángulo ÐBAC, a saber sobre la secante AC, O ∈ AC (es decir, estando O sobre la línea AC).

Entonces AC es el diámetro de la circunferencia y así ÐBAC = 90° = ½ del Arco AC.

Caso 2.Supongamos que el centro 0 de una circunferencia está entre los lados del ángulo.
Tracemos el diámetro que tiene como un extremo al vértice A del ángulo semi-inscrito Ð BAC. Sea D el otro extremo y sean α= ÐBAC, β= ÐBAD y γ= ÐDAC.


Por el caso 1 α , = ½ del arco AD. Y como es un ángulo inscrito que abraza al arco DC, entonces γ = ½ del arco DC. Así.

α = β + γ= ½ del arco AD + ½ del arco CD = ½ del arco ADC.

Caso 3.
Supongamos que el centro O de una circunferencia no está entre los lados del ángulo semi-inscrito Ð BAC. Tracemos el diámetro AD, sean α= ÐBAC, β = ÐBAD y γ= ÐCAD.

Por el caso 1, β= 90° = ½ del arco AD. Y como es un ángulo inscrito que abraza el arco CD entonces γ = ½ del arco CD. Por lo tanto

α =β - γ =½ del arco AD - ½ del arco CD = ½ del arco AC.

4.2.3 Problemas

1.Si una línea desde el vértice C de un triangulo ΔABC bisecta la mediana trazada desde A. Probar que esa linea divide al lado AB en razón de ½

2.En un rectángulo ABCD, el punto medio del lado CD es F y E es el punto del lado BC tal que AF es bisectriz del ánguloÐ EAD .Demostrar que AF es perpendicular a EF.

Teorema 4.2.6 Si un mismo puno hace a la vez la función de circuncentro e incentro para un triangulo, este es equilátero.

Teorema 4.2.6 Si un mismo puno hace a la vez la función de circuncentro e incentro para un triangulo, este es equilátero.
Demostración. Consideremos un triangulo ABC en donde P es circuncentro e incentro a la vez.
Como P es circuncentro de ΔABC, entonces ÐBDP = 90º= ÐPDA y además AD = DB. Utilizando el criterio L.A.L. afirmamos que los triángulos ΔADP y ΔBDP son congruentes. Se sigue que
ÐPAD = ÐPDB.
Por otro lado, ya que P es el incentro de ΔABC, AP y BP son bisectrices de ÐCAB y ÐCBA, respectivamente. Por consiguiente
ÐPAC = ÐBAP
ÐABP = ÐPBC
Luego
ÐPAC = ÐBAP = ÐABP = ÐPBC.
Por lo tanto los ángulos ÐCAB y ÐCBA son iguales. De manera semejante se puede demostrar que ÐACB = ÐCAB.
Así el triangulo ΔABC tiene sus tres ángulos interiores iguales. Y por el ejercicio (4.1.1), tiene también sus tres lados iguales.

Teorema 4.2.5 Las tres mediatrices de cualquier triangulo se intersectan en un mismo punto.

Teorema 4.2.5 Las tres mediatrices de cualquier triangulo se intersectan en un mismo punto.
Demostración. Sea Δ ABC un triangulo cualquiera. Tomemos las mediatrices m y l correspondientes a los lados AB y AC respectivamente.
Llamémosle P al punto de intersección de m y l. Falta ver que la tercer mediatriz pasa también por P.
Como P∈ m entonces PA=PB con m mediatriz de AB. Y también como P ∈l, entonces PA= PC con l mediatriz de AC.
Por lo tanto PB= PC. Así el teorema (4.2.4) implica que por el punto P pasa la mediatriz del segmento BC.
Otra manera de ver que P está en la mediatriz de BC es observar que BPC es isósceles con base BC, así P debe estar en la mediatriz de la base.
Notemos que en la demostración del teorema anterior tenemos que PB = PA = PC, así por A ,B y C pasa una única circunferencia con centro en P y radio PA = PB= PC. Es decir, por tres puntos que no estén situados e una misma recta pasa una única circunferencia, a dichos puntos se les llama concíclicos.
Habiendo demostrado los resultados anteriores, tiene sentido ahora establecer las siguientes definiciones.
Definición 4.2.1Al punto de intersección de las tres medianas de un triangulo le llamaremos baricentro. Este punto también es llamado gravicentro, centroide y centro de gravedad.
El punto en donde concurren las tres alturas de un triangulo le llamaremos ortocentro. Al punto en donde concurren las tres bisectrices de un triangulo le llamaremos incentro, que es el centro del circulo tangente interiormente a cada uno de los lados del triangulo.
El punto en donde se intercectan las mediatrices de un triangulo le llamaremos circuncentro, que es el centro de la circunferencia que pasa por los tres vértices del triangulo.

Teorema 4.2.4 El lugar geométrico de todos los puntos del plano que equidistan de dos puntos fijos distintos pertenecientes al mismo plano, es justame

Teorema 4.2.4 El lugar geométrico de todos los puntos del plano que equidistan de dos puntos fijos distintos pertenecientes al mismo plano, es justamente la mediatriz del segmento determinado por estos puntos.

Demostración. Sean A y B dos puntos distintos en el plano, sea g el lugar geométrico g = {P: PA=PB }y sea m la mediatriz del segmento AB.

Tenemos que demostrar que g=m. Para esto procederemos por casos demostrando que ambos conjuntos se contienen mutuamente, es decir que g∈ m y que m∈g.
Primeramente vamos a ver que g∈ m. Tomemos P∈ g, entonces por la definición de g, AP =PB.
Considerando P∉ AB tenemos que P es punto medio de AB esto es P∉ m. Ahora, si P ∉AB entonces el triangulo ΔAPB es isósceles pues AP = PB y como m es mediatriz de ΔAPB entonces m es mediana y pasa por P. Así P∈ m.


Como en ambos casos, ya sea que P este o no sobre el segmento AB, tenemos que P∈ m. Se sigue que g ∈m.
Para demostrar que m ∈g tomemos inicialmente P∈ m.
Si P∈ AB entonces P es punto medio de AB y de esta forma PA=PB . De aquí que P∈ g. Y si por el contrario, P ∉AB, entonces m es mediatriz y mediana del ΔAPB relativa al lado AB. Por lo tanto el triangulo ΔAPB es isósceles con base AB. De esta manera AP=PB, es decir P∈ g.


Así podemos concluir que siempre P∈ g. Por lo tanto m∈ g.

Las tres medianas de cualquier triangulo se intersectan en un mismo punto.

Teorema 4.2.3 Las tres medianas de cualquier triangulo se intersectan en un mismo punto.
Demostración. Demostraremos primero que dos medianas se cortan en un tercio de la longitud total de cada una.

Tomaremos un triangulo cualquiera ΔABC y llamemos D y E a los puntos medios de AB y BC , respectivamente. Tracemos las medianas AE y DC y llamemos F a la intersección entre estas.


Ahora, tomemos G y H puntos medios de AF y FC respectivamente. Por la proposición ( 2.2.1 ) ,DE = ½AC. Además DE es paralelo a AC, ya que D y E son puntos medios de AB y BC respectivamente para el triangulo ΔABC.
Y de manera semejante tenemos que GH = ½AC y GH es paralelo a AC, pues G y H son puntos medios de AF, FC respectivamente para el triangulo ΔAFC.
Por lo tanto GH = DE y GH es paralelo a DE. Y por el teorema (3.1.5) Se sigue que DEGH es un paralelogramo. Así las diagonales DH y GE e cortan mutuamente en partes iguales, es decir GF= FE y DF = FH . Y como G y H son los puntos medios de AF y FC respectivamente, entonces.

AG = GF = FE y CH = HF =DF.
Finalmente, tomando M como punto medio de AC, la mediana BM deberá cortar en un tercio a cualquiera de las otras dos medianas, digamos a AE, teniendo que pasar necesariamente por F.
De esta forma podemos concluir que tres medianas de cualquier triangulo se intersectan en un mismo punto.
Observemos que cualquier punto que se encuentre en la mediatriz de un segmento dado, equidista de los extremos del segmento. Para garantizar la implicación inversa demostraremos el siguiente teorema.

4.2.2 Teorema inverso de la bisectriz

Teorema 4.2.2 (Teorema inverso de la bisectriz) Sea P un punto perteneciente al lado BC de un triangulo ΔABC. Si los segmentos BC y PC son proporcionales a los lados AB y AC entonces AP biseca al ángulo Ð BAC.

Demostración. Sea Q el punto sobre la prolongación del lado BA tal que AQ = AC, como en la figura.

Por hipótesis

Y sustituyendo AC tenemos

Por lo que

En otras palabras


Asì por el criterio L.A.L. , los triángulos ΔABP y ΔQBC son semejantes. Se sigue que ÐBAP = ÐBQC, luego AP y QC son paralelos.
De esta forma tenemos que ÐPAC = ÐACQ y como AC = AQ entonces, por el teorema (4.1.1 )
ÐACQ = ÐAQC .

Por lo tanto
ÐBAP = ÐBQC = ÐAQC = ÐACQ = ÐPAC
Que es lo que queríamos demostrar.