Tema 1. Triangulos y circunferencias.

Introduccion.

*) Consideramos el plano afın euclideo R2, con sus puntos P, Q ∈ R

2, los vectores que

determinan v =−→PQ y su distancia euclidea

d(P, Q) = ‖−→PQ‖ = ‖Q − P‖.

*) Los subespacios afines estan dados por

S = P0 + L(v1, ..., vn)

si pasan por el punto P0 ∈ R2 con direcciones v1, ..., vn ∈ R

2. En particular Pi = P0 + vi ∈ S yse tiene vi =

−−→P0Pi, ∀i = 1, ..., n. Por tanto,

P ∈ S ⇐⇒ P = P0 + λ1v1 + ... + λnvn,

con λi ∈ R, ∀i = 1, ..., n

⇐⇒ P = P0 + λ1(P1 − P0) + ... + λn(Pn − P0) = (1 − λ1 − ... − λn)P0 + λ1P1 + ... + λnPn

⇐⇒ P = α0P0 + α1P1 + ... + αnPn,

con αi ∈ R, ∀i = 1, ..., n, verificando α0 + α1 + ... + αn = 1.

Definicion.- Una combinacion baricentrica de los puntos P0, P1, ..., Pn ∈ R2 es

α0P0 + α1P1 + ... + αnPn,

con αi ∈ R, ∀i = 1, ..., n, verificando α0 + α1 + ... + αn = 1.

Ejemplos

1) Punto medio de P, Q ∈ R2:

R = P +1

2

−→PQ =

1

2P +

1

2Q,

verifica ‖P − R‖ = ‖Q− R‖ = 12‖Q− P‖; esto es, biseca el segmento

PQ = [P, Q] = {P + λ−→PQ / λ ∈ [0, 1]} = {αP + λQ / α + λ = 1, α, λ ≥ 0}.

1

2) Puntos que trisecan PQ:

R1 = P +1

3

−→PQ =

2

3P +

1

3Q

y

R2 = P +2

3

−→PQ =

1

3P +

2

3Q,

verifican ‖P − R1‖ = ‖R1 − R2‖ = ‖R2 − Q‖ = 13‖Q− P‖.

*) Las rectas en el plano R2 estan dadas por

r = P0 + L(v) = {P0 + λv / λ ∈ R}si pasan por el punto P0 con vector director v. En particular, P1 = P0 + v ∈ r y

r = P0 ∨ P1 = {αP0 + λP1 / α + λ = 1, α, λ ∈ R}denota la recta que pasa por P0 y P1. Ademas, si n ∈ R

2 es un vector perpendicular a r, entonces

r = {P ∈ R2 / < P − P0, n >= 0}.

Puntos notables de un triangulo.

Definicion.- Un triangulo ABC esta formado por tres puntos no alineados, vertices. Lasrectas A∨ B, B ∨C y C ∨A son los lados. Se llama triangulo medio A′B ′C ′ al formado porlos puntos medios

A′ =1

2B +

1

2C, B ′ =

1

2A +

1

2C, C ′ =

1

2A +

1

2B.

Las medianas de ABC son las rectas que pasan por los vertices y los puntos medios opuestos,

mA = A ∨ A′, mB = B ∨ B ′, mC = C ∨ C ′.

2

Teorema.- Las medianas de un triangulo ABC son concurrentes, se cortan en el baricentrode ABC ,

G =1

3A +

1

3B +

1

3C.

Ademas, G triseca los segmentos AA′, BB ′ y CC ′.

Demostracion.

G =1

3A +

1

3B +

1

3C =

1

3A +

2

3(1

2B +

1

2C) =

1

3A +

2

3A′ ∈ mA,

ya que 13

+ 23

= 1. AnalogamenteG ∈ mB ∩ mC

y se ve que triseca los segmentos.

Ejercicios. Sea ABC un triangulo y A′B ′C ′ su triangulo medio.

1. Probar que la recta que pasa por A y el punto medio de BB ′ triseca a BC.

2. Encontrar el punto P tal que−→PA +

−−→PB +

−→PC =

−→AB +

−−→BC +

−→CA.

3. Comprobar que los lados de A′B ′C ′ son paralelos a los de ABC y miden la mitad.

4. Demostrar que dado un triangulo A′B ′C ′, existe un triangulo ABC , tal que A′B ′C ′ es sutriangulo medio.

5. Las medianas y el baricentro de A′B ′C ′ coinciden con los de ABC .

Definicion.- La mediatriz de un segmento PQ, P = Q, es el lugar geometrico

mPQ = {R ∈ R2 / |R − P | = |R − Q|}.

Proposicion.- La mediatriz mPQ es la recta perpendicular a P ∨Q que pasa por 12(P +Q).

Demostracion.

R ∈ mPQ ⇐⇒ |R − P |2 = |R − Q|2 ⇐⇒< Q − P, 2R − (Q + P ) >= 0.

Consecuencia.- Se puede construir con regla y compas la recta perpendicular a P ∨Q.

3

Definicion.- La circunferencia de centro P ∈ R2 y radio ρ > 0 es

C(P, ρ) = {Q ∈ R2 / |Q− P | = ρ}.

Teorema.- Las mediatrices de un triangulo ABC son concurrentes, se cortan en el circun-centro

O = mAB ∩ mBC.

Ademas, O es el centro de la unica circunferencia que pasa por A, B y C .

Demostracion. Las mediatrices de ABC no son paralelas, por ser ortogonales a los ladosde ABC , que no son paralelos. Entonces mAB ∩ mBC es un punto O que verifica

|A − O| = |B − O| = |C − O| = ρ,

esto es, O ∈ mAC ∩ mAB ∩ mBC y A, B, C ∈ C(O, ρ). Ademas, si A, B, C ∈ C(O′, ρ′) entonces

|A − O′| = ρ′ = |B − O′| = |C − O′|

y O′ ∈ mAB ∩ mBC = O da O′ = O y ρ′ = ρ.

Definicion.- Las alturas de un triangulo ABC son las rectas hA, hB , hC, que pasan por losvertices y son perpendiculares al lado opuesto.

Teorema.- Las alturas de un triangulo son concurrentes, se cortan en el ortocentro H.

Demostracion. Consideramos el triangulo A”B”C”, cuyo triangulo medio es ABC , esto es,

A” = −A + B + C, B” = A − B + C, C” = A + B − C.

Como las rectas A ∨ B y A” ∨ B” son paralelas y C = 12(A” + B”) se tiene

hC = mA”B”.

4

Analogamente, las alturas de ABC son las mediatrices de A”B”C” y se cortan en

O” = H.

*) El circuncentro de A”B”C” es el ortocentro de ABC .

Transformaciones afines y Recta de Euler.

Definicion.- Una afinidad en R2 es una aplicacion biyectiva f : R

2 −→ R2 dada por

f(P ) = AP + B, ∀P ∈ R2 ≡ M2×1(R),

con A ∈ Gl(2, R) matriz regular y B ∈ R2 ≡ M2×1(R).

*) Tiene una aplicacion lineal asociada−→f : R

2 −→ R2 dada por

−→f (v) = Av, ∀v ∈ R

2

y se puede comprobar que f(P + λv) = f(P ) + λ−→f (v), ∀λ ∈ R. En particular

f(Q) = f(P +−→PQ) = f(P ) +

−→f (

−→PQ), ∀Q ∈ R

2

y la afinidad se determina con−→f y la imagen de un punto. Ademas, se verifica que

f(λP + µQ) = λf(P ) + µf(Q) ⇐⇒ λ + µ = 1 o B = 0.

Consecuencia.- Las afinidades aplican rectas en rectas, puntos medios en puntos medios,

f(1

2P +

1

2Q) =

1

2f(P ) +

1

2f(Q).

Tambien conservan segmentos, triangulos, medianas y baricentros.

5

Ejercicio.- Probar que dados dos triangulos ABC , A′B ′C ′, existe una unica afinidad verifi-cando f(A) = A′, f(B) = B ′ y f(C) = C ′.

*) En general, las afinidades no conservan distancias, ni angulos. Pero, si conservan la razon

simple de dos segmentos alineados, esto es, si−−→P1P2 = λ

−−→P3P4, entonces

−−−−−−−→f(P1)f(P2) =

−→f (

−−→P1P2) = λ

−−−−−−−→f(P3)f(P4).

Definicion.- Una dilatacion es una afinidad f : R2 −→ R

2 con A = λI , λ = 0, esto es

f(P ) = λP + B, ∀P ∈ R2.

*) Conserva direcciones, rectas paralelas y perpendiculares, ya que si r = {P + αv / α ∈ R},entonces

f(r) = {f(P ) + αλv / α ∈ R},tambien tiene vector director v. En particular, aplica triangulos en triangulos con lados homologosparalelos.

Consecuencia.- Las dilataciones conservan medianas, mediatrices, alturas, baricentros, cir-cuncentros y ortocentros.

Ejercicio.- Probar que si f es un dilatacion con razon λ, entonces

f(C(P, ρ)) = C(f(P ), |λ|ρ).

Ejercicio.- Demostrar que si ABC , A′B ′C ′ son dos triangulos con lados homologos paralelos,entonces existe una dilatacion que aplica uno en otro.

Tipos de dilataciones.

1. Si λ = 1, tenemos una traslacion

tB(P ) = P + B, ∀P ∈ R2,

y no hay puntos fijos para B = 0, (t0 es la Identidad).

2. Si λ = 1, entonces f(P0) = P0 da λP0 + B = P0 y P0 = 11−λ

B es el unico punto fijo. Setiene una homotecia de centro P0 y razon λ ∈ R − {0, 1},

hP0,λ(P ) = λP + (1 − λ)P0 = λ(P − P0) + P0, ∀P ∈ R2.

6

*) Como λ + (1 − λ) = 1, se deduce que P0, P y hP0,λ(P ) estan alineados.

Ademas, P ∨ Q y h(P ) ∨ h(Q) son rectas paralelas.

Ejercicio.- Comprobar que hP0,λ ◦ hP0,µ = hP0,λµ = hP0,µ ◦ hP0,λ y tB ◦ tC = tB+C.

Consecuencia (Desargues).- Si ABC , A′B ′C ′ son dos triangulos con vertices distintos ylados homologos paralelos, entonces las rectas A∨A′, B∨B ′ y C∨C ′ son paralelas o concurrentes.

*) La dilatacion entre ellos es una traslacion o una homotecia.

*) Las dilataciones conservan angulos y multiplican las distancias por |λ|. Por tanto, lastraslaciones tB y las simetrıas centrales hP0,−1 conservan las distancias.

Teorema de Tales.- Si A∨A′ y B ∨B ′ son rectas concurrentes en un punto O, distinto delos anteriores. Entonces, son equivalentes:

1. Existe una homotecia de centro O, que aplica A en A′ y B en B ′.

2. A ∨ B y A′ ∨ B ′ son paralelas.

7

3.−−→OA′ = λ

−→OA y

−−→OB ′ = λ

−−→OB.

Demostracion.

1. =⇒ 2.) Si existe la homotecia h, entonces−−→A′B ′ =

−−−−−−→h(A)h(B) =

−→h (

−→AB) = λ

−→AB y las rectas

son paralelas.

2. =⇒ 3.) Como−−→A′B ′ =

−−→A′O +

−−→OB ′ = α

−→AO + β

−−→OB y λ

−→AB = λ(

−→AO +

−−→OB), se tiene que

α = λ = β.

3. =⇒ 1.) En este caso, hO,λ aplica A en A′ y B en B ′.

Construccion del punto medio de PQ usando cualquier recta r paralela a P ∨ Q:

Para cualquier O1 /∈ r∪P ∨Q, se toma A = O1∨P ∩r, B = O1∨Q∩r y O2 = A∨Q∩B∨P ,entonces se verifican las condiciones del Teorema de Tales y existen homotecias h1, h2 con centrosO1, O2 respectivamente, tales que

h1(A) = P, h1(B) = Q, h1(O′) = O y h2(P ) = B, h2(Q) = A, h2(O) = O′.

Por tanto, h = h1 ◦ h2 es una homotecia con centro O y

Q = h(P ) = λP + (1 − λ)O, P = h(Q) = λQ + (1 − λ)O,

da Q − P = λ(P −Q), esto es, λ = −1 y O = 12(P + Q).

Ejercicios.

1. Probar que hG,− 12

es la homotecia que aplica un triangulo ABC en su triangulo medio

A′B ′C ′. Encontrar una homotecia de AB ′C ′ en A′C ′B ′.

2. Un triangulo ABC es equilaleto si y solo si el baricentro G coincide con el circuncentro O.

8

Teorema.- Si ABC es un triangulo no equilatero, entonces los tres centros G, O, H estanalineados, sobre la llamada recta de Euler, G ∨ O.

Ademas, G triseca el segmento OH , esto es,

G =2

3O +

1

3H.

Demostracion. La homotecia hG,− 12

aplica ABC en su triangulo medio A′B ′C ′ y conservalos centros, en particular

hG,− 12(H) = H ′ = O,

ya que las alturas de A′B ′C ′ son las mediatrices de ABC . Asi, G, H, O estan alineados, por serel centro de la homotecia, un punto y su imagen. Ademas,

O = hG,− 12(H) = −1

2H +

3

2G =⇒ G =

2

3O +

1

3H.

*) Si coinciden dos centros, entonces G = O = H y el triangulo es equilatero.

Ejercicio.- Relacionar los centros de ABC y su triangulo medio.

Cuadrilateros y circunferencia de los nueve puntos.

Definicion.- Un cuadrilatero ABCD esta formado por cuatro puntos, vertices, tal que trescualesquiera no estan alineados. Ademas de los lados A ∨ B, B ∨ C , C ∨ D y D ∨ A, se tienenlas diagonales A ∨ C y B ∨ D.

9

Un paralelogramo es un cuadrilatero con los lados opuestos paralelos.

Ejercicio.- Probar que son equivalentes:

1. ABCD es un paralelogramo.

2.−→AB =

−−→DC.

3. Las diagonales se cortan en su punto medio.

Definicion.- Un paralelogramo es un rombo si sus lados son iguales, un rectangulo si loslados contiguos son perpendiculares, y un cuadrado si es rombo y rectangulo.

*) Es inmediato que un cuadrilatero con los lados contiguos perpendiculares es un paralelo-gramo y por tanto un rectangulo.

Proposicion.- Un cuadrilatero con los lados iguales es un rombo.

Demostracion. Si ‖A − B‖ = ‖B − C‖ = ‖C − D‖ = ‖D − A‖, entonces

A ∨ C = mBD y B ∨ D = mAC .

Asi, 12(B + D) = A ∨ C ∩ B ∨ D = 1

2(A + C) y ABCD es un paralelogramo.

10

Consecuencia.- Para construir con regla y compas la paralela a una recta r por unpuntoA, se puede tomar cualquier punto B ∈ r y construir un rombo ABCD con B ∨ C = r:

Ejercicios.

1. Probar que un paralelogramo es un rombo si y solo si sus diagonales son perpendiculares.

2. Probar que un paralelogramo es un rectangulo si y solo si sus diagonales son iguales.

3. Dibujar cuadrilateros con diagonales iguales o perpendiculares, que no sean paralelogramos.

Proposicion.- Sea A′B ′C ′ el triangulo medio de ABC , A” y B” los puntos medios de AHy BH respectivamente. Si C = H, entonces A′B ′A”B” es un rectangulo.

Demostracion. Para los puntos medios, existen homotecias con centros A, B, H y razon 12

tales quehA, 1

2(C) = B ′, hA, 1

2(H) = A”, hB, 1

2(C) = A′, hB, 1

2(H) = B”

yhH, 1

2(A) = A”, hH, 1

2(B) = B”.

Por tanto, B ′ ∨ A” ‖ C ∨ H ‖ A′ ∨ B” y A” ∨ B” ‖ A ∨ B ‖ A′ ∨ B ′, con C ∨ H = hC ⊥ A ∨ B.

11

Definicion.- Dos puntos A, B ∈ C(P, ρ) se llaman diametralmete opuestos si

P =1

2A +

1

2B.

*) Determinan C(P, ρ), ya que ρ = ‖P −A‖ = 12‖B −A‖.

Proposicion.- El lugar geometrico de los puntos, desde los que un segmento AB se ve bajoun angulo recto, es la circunferencia de diametro AB, esto es

CAB = C(1

2(A + B),

1

2‖B − A‖).

Demostracion.

Q ∈ CAB ⇐⇒ ‖Q− 1

2(A + B)‖2 =

1

4‖B − A‖2 ⇐⇒< Q− A, Q− B >= 0.

Consecuencia.- Un cuadrilatero ABCD es un rectangulo si y solo si CAC = CBD.

Teorema.- Dado un triangulo ABC , existe una circunferencia que pasa por los nuevepuntos siguientes:

1. A′, B ′, C ′ puntos medios de ABC ,

2. A”, B”, C” puntos medios de AH, BH y CH,

3. A′′′, B ′′′, C ′′′ pies de las alturas hA, hB, hC , respectivamente.

Demostracion. Para los puntos medios, se tienen homotecias de razon 12

y se deduce queA′B ′A”B” y A′C ′A”C” son rectangulos, con lados paralelos a los lados de ABC y a sus alturas.Por tanto

CB′B” = CA′A” = CC′C”.

12

AdemasA′′′ ∨ A′ = B ∨ C ⊥ hA = A′′′ ∨ A”

da A′′′ ∈ CA′A” y analogamente el resto.

*) La circunferencia de los nueve puntos es la circunferencia circunscrita del triangulo medioA′B ′C ′ y su centro es

O′ = hG,− 12(O) = −1

2O +

3

2G =

1

2O +

1

2H.

En el se cortan las diagonales de los rectangulos.

Semejanzas y otros resultados.

Proposicion.- Los angulos de un triangulo ABC suman 180 grados.

Demostracion. Como los lados del triangulo medio A′B ′C ′ son paralelos a los lados deABC , los tres angulos que se forman en C ′ coinciden con los angulos de ABC y suman 180grados.

13

Teorema del seno.- Sea ABC un triangulo, si a = ‖B − C‖, b = ‖A −C‖ y c = ‖B − A‖,entonces

senA

a=

senB

b=

senC

c.

Demostracion. Por definicion, si h = ‖C − C ′′′‖, entonces

senA =h

b, senB =

h

a

y se tiene bsenA = h = asenB.

*Ademas, se deduce que Area(ABC) = 12ch = 1

2acsenB = bcsenA = absenC .

Proposicion.- La afinidad que aplica un triangulo en otro con lados homologos iguales esun movimiento.

Demostracion. Los vertices de los triangulos determinan los vectores {e1, e2, e1 − e2} y{e′1, e′2, e′1 − e′2}, que verifican

‖e1‖2 = ‖e′1‖2, ‖e2‖2 = ‖e′2‖2, ‖e1 − e2‖2 = ‖e′1 − e′2‖2.

Por tanto, las bases {e1, e2} y {e′1, e′2} tienen el mismo producto escalar, y la afinidad que aplicauna en otra es un movimiento.

Definicion.- Una semejanza de razon µ > 0 es una afinidad f : R2 −→ R

2 tal que

‖f(P ) − f(Q)‖ = µ‖P − Q‖, ∀P, Q ∈ R2.

Para µ = 1, se tiene un movimiento.

Proposicion.- Toda semejanza f de razon µ es composicion de un movimiento y una ho-motecia de razon µ.

Demostracion. Como h 1µ◦ f conserva distancias, se tiene un movimiento g = h 1

µ◦ f y

f = hµ ◦ g.

Consecuencia.- Las semejanzas conservan angulos, medianas, mediatrices, alturas y centros.

14

Definicion.- Dos triangulos son semejantes si existe una semejanza que aplica uno enotro.

Proposicion.- Son equivalentes:

1. ABC y A′B ′C ′ son triangulos semejantes,

2. a′a

= b′b

= c′c

= µ,

3. los angulos homologos son iguales.

Demostracion.

1. =⇒ 2. 3. Por las propiedades de las semejanzas.

2. =⇒ 1. Tomando la homotecia hA,µ, el triangulo AB”C” = hA,µ(ABC) tiene los ladoscon la misma longitud que A′B ′C ′. Por tanto, existe un movimiento f tal que A′B ′C ′ =f(AB”C”) = (f ◦ hA,µ)(ABC).

3. =⇒ 2. Por el Teorema del seno.

Ejercicios.- La razon aurea o divina proporcion es el cociente entre la diagonal y el ladode un pentagono regular PQRST ,

τ =‖P − R‖‖P −Q‖ =

‖P − R‖λ

.

1. Calcular los angulos de PQT .

2. Probar que los triangulos QPT y QUT son semejantes y que ‖Q−U‖ = ‖Q−P‖ = ‖T−U‖.3. Demostrar que los triangulos QTU y RSU son semejantes y que

τ =1 +

√5

2.

4. Comprobar que las diagonales se dividen entre si segun la razon aurea.

15

Definicion.- La circunferencia de Apolonio es el lugar geometrico de los puntos, tal quela razon de sus distancias a dos puntos dados, A = B, es una constante λ > 0, esto es

Lλ,A,B = {P ∈ R2 / ‖P − A‖ = λ‖P −B‖}.

*) Se ve que L1,A,B = mA,B es la mediatriz.

Ejercicio.- Probar que Lλ,A,B es una circunferencia si λ = 1.

Posiciones relativas y Potencia.

Proposicion.- Una recta r y una circunferencia C(A, ρ) son disjuntas, (recta exterior), ose cortan en un punto, (recta tangente), o en dos puntos, (recta secante).

Demostracion. Sabemos que la distancia de la recta al centro es

d = dist(r, A) = ‖B − A‖

para B ∈ r, tal que <−→AB, v >= 0, con v vector director de r, que consideramos unitario.

EntoncesB + tv ∈ r ∩ C(A, ρ) ⇐⇒ ‖B + tv −A‖2 = ρ2 ⇐⇒ t = ±

√ρ2 − d2

y se tiene recta exterior si d > ρ, secante si d < ρ y tangente si d = ρ. En este caso, t = 0 yB = r ∩ C(A, ρ), con A ∨ B perpendicular a r.

Consecuencia.- Por cada punto B de una circunferencia C(A, ρ) pasa una unica recta tan-

gente. Ademas, su vector normal es−→AB.

Proposicion.- Si P /∈ C = C(A, ρ), entonces se pueden trazar dos rectas tangentes a C desdeP o ninguna.

Demostracion. Salvo un movimiento, se puede considerar C = C(0, ρ) y P = (d, 0) cond = ρ. Entonces B = (x, y) ∈ C es un punto de tangencia desde P si verifica

<−−→PB,

−→0B >= 0 ⇐⇒ x2 + y2 = ρ2 = ‖B‖2 =< P, B >= dx

16

y se obtienen dos soluciones y = ±√

ρ2 − ρ4

d2 si d2 > ρ2.

Consecuencia.- Si P es un punto exterior a una circunferencia C(A, ρ), entonces

C(A, ρ) ∩ CA,P = {B+, B−},con P ∨ B+ y P ∨ B− rectas tangentes a C(A, ρ).

*) Recordar que <−−→PB,

−→AB >= 0 ⇐⇒ B ∈ CA,P . Asi, por el Teorema de Pitagoras, se tiene

‖P − B+‖2 = ‖P − B−‖2 = d2 − ρ2 = (d − ρ)(d + ρ) = ‖P −B1‖‖P − B2‖para {B1, B2} = P ∨ A ∩ C(A, ρ).

Ejercicios.

1. Probar que la igualdad anterior es cierta para todas las rectas que pasan por P y cortan aC(A, ρ) en dos puntos {A1, A2}, esto es

‖P − A1‖‖P − A2‖ = d2 − ρ2.

2. Demostrar que el angulo desde cualquier punto de C(A, ρ) a otros dos puntos de C(A, ρ)es la mitad que desde A.

1. Como

‖P − A1‖‖P −A2‖ = d2 − ρ2 = ‖P − B1‖‖P − B2‖ ⇐⇒ ‖P − A1‖‖P − B1‖ =

‖P − B2‖‖P −A2‖ ,

es suficiente probar que PA1B2 y PB1A2 son triangulos semejantes, (sus lados son propor-cionales si y solo si sus angulos son iguales).

El angulo en P es comun. Los angulos suplementarios en A1 y B1 estan determinadospor A2, B2 ∈ C(A, ρ) y por el ejercicio 2 coinciden con la mitad del angulo (

−−→AA2,

−−→AB2).

17

Analogamente, los angulos en A2 y B2 estan determinados por A1, B1 ∈ C(A, ρ) y tambienson iguales.

2. Si B, C, D ∈ C(A, ρ), entonces ABC es un triangulo isosceles con angulos iguales en B, C ,y ABD es un triangulo isosceles con angulos iguales en B, D. Por tanto,

C = β + D,

con β el angulo desde B a C, D. Ademas,

A + 2D = Π = A − α + 2C = A − α + 2(β + D),

con α el angulo desde A a C, D, da α = 2β.

Definicion.- La potencia de un punto P respecto de una circunferencia C(A, ρ) es

Pot(P, C(A, ρ)) = d2 − ρ2

con d = ‖P − A‖.

*) Indica la posicion de P respecto a C(A, ρ), y por lo anterior, se tiene

1. P ∈ C(A, ρ) ⇐⇒ Pot(P, C) = 0.

18

2. P es un punto exterior a C ⇐⇒ 0 < Pot(P, C) = ‖P − A1‖‖P − A2‖, ∀A1, A2 ∈ C(A, ρ)con P ∈ A1 ∨ A2.

3. P es un punto interior a C ⇐⇒ 0 > Pot(P, C) = −‖P − A1‖‖P − A2‖.

Ejercicio.- Posicion relativa de dos circunferencias. Comprobar que para C(A1, ρ1) yC(A2, ρ2), con d = ‖A1 − A2‖ ≥ 0 y ρ2 ≥ ρ1 se tienen circunferencias

1. secantes si ρ2 − ρ1 < d < ρ2 + ρ1,

2. tangentes externas si d = ρ2 + ρ1,

3. tangentes internas si ρ2 − ρ1 = d > 0,

4. coincidentes si ρ2 − ρ1 = d = 0,

5. disjuntas externas si d > ρ2 + ρ1 y

6. disjuntas internas si ρ2 − ρ1 > d.

Definicion.- El eje radical de dos circunferencias C = C(A, ρ) y C′ = C(A′, ρ′), conA = A′, es el lugar geometrico

r = {P ∈ R2 / Pot(P, C) = Pot(P, C′)}.

*) Es una recta perpendicular a A ∨ A′ ya que

P ∈ r ⇐⇒ ‖P −A‖2 − ρ2 = ‖P − A′‖2 − ρ′2 ⇐⇒< P, A′ − A >= cte.

Ejercicios.- Probar:

1. El eje radical de dos circunferencias secantes es la recta que pasa por los dos puntos deinterseccion.

2. Si son tangentes, entonces r es la recta tangente comun.

*) Si las circunferencias son disjuntas, entonces su eje radical es una perpendicular a la rectaque pasa por los centros, pero no podemos determinarla.

Proposicion.- Si C1, C2 y C3 son circunferencias con centros no alineados, entonces

1. Existe un unico punto Q tal que Pot(Q, C1) = Pot(Q, C2) = Pot(Q, C3).

2. Los ejes radicales r12, r13, r23 se cortan en Q, centro radical.

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Demostracion. Los ejes radicales r12 y r13 se cortan, ya que sus vectores normales−−−→A1A2,−−−→

A1A3 son linealmente independientes por hipotesis. Asi, existe un unico

Q = r12 ∩ r13

y se verificaPot(Q, C2) = Pot(Q, C1) = Pot(Q, C3) =⇒ Q ∈ r23.

Consecuencia.- Ahora se puede construir el eje radical de dos circunferencias disjuntas,usando que pasa por el centro radical para una circunferencia auxiliar.

Proposicion.- El ortocentro de un triangulo ABC es el centro radical de las circunferenciascon diametros AB, AX, BY , para cualesquiera X ∈ B ∨ C , Y ∈ A ∨ C , con X = B, Y = A.

Demostracion. Si C1 = CAB , C2 = CAX y C3 = CBY , entonces

A ∈ C1 ∩ C2 =⇒ A ∈ r12

y como

r12 ⊥ 1

2(A + B) ∨ 1

2(A + X) ‖ B ∨ X = B ∨ C,

se tiene r12 = hA y analogamente r13 = hB . Por tanto

H = hA ∩ hB = r12 ∩ r13 = Q.

20

Bisectrices y Teorema de Ceva.

Proposicion.

1. Si dos rectas r, r′ se cortan en un punto A, entonces el lugar geometrico

L = {P ∈ R2 / dist(P, r) = dist(P, r′)}

es un par de rectas perpendiculares que pasan por A.

2. Las bisectrices L de r y r′ bisecan sus angulos.

Demostracion.

1. Si n y n′ son vectores normales, unitarios, a r y r′, entonces

dist(P, r) = ‖P − Q‖,

para Q ∈ r con−→PQ ⊥ r, esto es

−→PQ = an y

dist(P, r) = ‖−→PQ‖ = |a| = | <−→PQ, n > | = | <

−→PA +

−→AQ, n > | = | <

−→PA, n > |.

Por tanto

P ∈ L ⇐⇒ | <−→PA, n > | = | <

−→PA, n′ > | ⇐⇒<

−→PA, n ± n′ >= 0

y se tiene un par de rectas que pasan por A, con normales n + n′, n− n′, que son perpen-diculares.

2. Si P ∈ L, entonces los triangulos APQ y APQ′ tienen los tres lados con la misma longitud,ya que son triangulos rectangulos, con un lado comun y ‖P − Q‖ = ‖P − Q′‖. Por tanto,los angulos en A son iguales.

Ejercicios.- Probar:

1. Las bisectrices internas de un triangulo ABC concurren en un punto I = bA ∩ bB ∩ bC .

21

2. El incentro I es el centro de la unica circunferencia inscrita en ABC y tangente a los treslados.

3. Los exincentros IA = bA ∩ beB ∩ be

C, IB = beA ∩ bB ∩ be

C, IC = beA ∩ be

B ∩ bC son los centrosde las circunferencias tangentes exinscritas, (be denota las bisectrices externas).

Ejercicio. Calculo del inradio.- Sea ABC un triangulo, D, E, F los puntos de tangenciacon la circunferencia inscrita, y D′, E ′, F ′ los puntos de tangencia con la circunferencia exinscritade centro IA.

Como los radios de una circunferencia tocan ortogonalmete en los puntos de tangencia, setienen tres pares de triangulos rectangulos con lados iguales, ADI ≡ AFI , BDI ≡ BEI ,CEI ≡ CFI . Entonces se puede probar que

1.‖A − D‖ = s − a, ‖B − E‖ = s − b, ‖C − F‖ = s − c,

con 2s = a + b + c, perımetro de ABC .

2. ‖A − D′‖ = ‖A − F ′‖ = s.

3. Los triangulos IDB, BD′IA son semejantes.

4. El radio de la circunferencia inscrita, inradio, es

ρ =

√(s − a)(s− b)(s − c)

s.

5. Area(ABC) = ρs = ρA(s − a) = ρB(s − b) = ρC(s − c).

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6. Los vertices de ABC y los puntos de tangencia verifican la condicion de Ceva, esto es

−−→AD−−→DB

−−→BE−−→EC

−→CF−→FA

= 1,

−−→AD′−−→D′B

−−→BE ′−−→E ′C

−−→CF ′−−→F ′A

= 1.

Teorema de Ceva.- Sea ABC un triangulo y X ∈ B ∨ C , Y ∈ A ∨ C , Z ∈ A ∨ B, trespuntos distintos de los vertices, entonces las cevianas A∨X, B ∨Y , C ∨Z son concurrentes (oparalelas) si y solo si −→

AZ−→ZB

−−→BX−−→XC

−−→CY−→Y A

= 1.

Demostracion. Como las afinidades conservan la razon, es suficiente demostrarlo paraA = (0, 0), B = (1, 0) y C = (0, 1).

EntoncesX = (x, 1 − x), Y = (0, y), Z = (z, 0)

y un punto (u, v) esta en las cevianas si y solo si∣∣∣∣ u vx 1 − x

∣∣∣∣ = 0 =∣∣∣∣ u − 1 v−1 y

∣∣∣∣ =∣∣∣∣ u v − 1z −1

∣∣∣∣ .Esto da un sistema de ecuaciones

1 − x −xy 11 z

(uv

)=

0

yz

compatible determinado cuando

rango

1 − x −x

y 11 z

= 2 = rango

1 − x −x 0

y 1 y1 z z

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esto es, las cevianas no son paralelas y se verifica

0 =

∣∣∣∣∣∣∣1 − x −x 0

y 1 y1 z z

∣∣∣∣∣∣∣ = (1 − x)(1 − y)z − xy(1 − z),

que es la condicion de Ceva

1 =1 − x

x

1 − y

y

z

1 − z.

*) Comprobar que las medianas verifican la condicion de Ceva.

Ejercicio. Teorema de Menelao.- Probar que los puntos X, Y , Z, sobre los lados deABC , estan alineados si y solo si −→

AZ−→ZB

−−→BX−−→XC

−−→CY−→Y A

= −1.

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