TEORÍA PROPIEDADES PROBLEMAS RESUELTOS
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CIRCUNFERENCIA
TEORÍA
PROPIEDADES – PROBLEMAS RESUELTOS
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CIRCUNFERENCIA.- Es un lugar geométrico
de un conjunto de infinitos puntos que
equidistan de un punto situado en el
centro.
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ELEMENTOS DE UNA CIRCUNFERENCIA
A B
Rectatangente
Recta
secante
Flecha o
sagita
Diámetro
AB( )
Centro
T
Punto de tangencia
Q
P
Radio
Arco BQ
Cuerda PQ
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PROPIEDADES BÁSICAS EN LA CIRCUNFERENCIA
01.-Radio trazado al punto de tangencia es
perpendicular a la recta tangente.
LR
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02.- Radio o diámetro perpendicular a una cuerda
la biseca (divide en dos segmentos congruentes).
P
Q
MQ PM PQ R
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03.-Cuerdas paralelas determinan arcos congruentes
entre las paralelas.
A B
C D
mBDmAC CD // AB :Si
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04.- A cuerdas congruentes en una misma circunferenciales corresponden arcos congruentes.
A
B
C
D
Cuerdas
congruentes
Arcos congruentes
Las cuerdas
equidistan del
centro
mCD mAB CD AB:Si
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POSICIONES RELATIVAS DE DOS CIRCUNFERENCIAS
01.- CIRCUNFERENCIAS CONCENTRICAS.- Tienen el mismo centro.
r
d = Cero ; d : distancia
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Distancia entre
los centros (d)
02.- CIRCUNFERENCIAS EXTERIORES.- No tienen punto en común.
d > R + r
R r
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d = R + r
03.- CIRCUNFERENCIAS TANGENTES EXTERIORES.- Tienen Un
punto común que es la de tangencia.
R r
Punto de tangencia
Distancia entre
los centros (d)
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d
d = R - r
04.- CIRCUNFERENCIAS TANGENTES INTERIORES.- Tienen un
punto en común que es la de tangencia.
d: Distancia entre los centros
R
r
Punto de
tangencia
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05.- CIRCUNFERENCIAS SECANTES.- Tienen dos puntos comunes
que son las intersecciones.
( R – r ) < d < ( R + r )
Distancia entre
los centros (d)
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06.- CIRCUNFERENCIAS ORTOGONALES.- Los radios son
perpendiculares en el punto de intersección.
d2 = R2 + r2
Distancia entrelos centros (d)
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06.- CIRCUNFERENCIAS INTERIORES.- No tienen puntos comunes.
d
d < R - r d: Distancia entre los centros
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1.- Desde un punto exterior a una circunferencia se puede
trazar dos rayos tangentes que determinan dos
segmentos congruentes.
PROPIEDADES DE LAS TANGENTES
AP = PB
A
B
P
R
R
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2.- TANGENTES COMUNES EXTERIORES.- Son congruentes
AB = CD
A
B
C
D
R
R
r
r
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3.- TANGENTES COMUNES INTERIORES.- Son congruentes.
AB = CD
A
B
C
DR
R
r
r
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TEOREMA DE PONCELET.- En todo triángulo rectángulo, la suma
de longitudes de catetos es igual a la longitud de la hipotenusa
mas el doble del inradio.
a + b = c + 2r a + b = 2 ( R + r )
a
b
c
r
R R
Inradio
Circunradio
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TEOREMA DE PITOT.- En todo cuadrilátero circunscrito a una
circunferencia, se cumple que la suma de longitudes de los
lados opuestos son iguales.
a + c = b + d
d
a
b
c
Cuadrilátero circunscrito
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1.- MEDIDA DEL ÁNGULO CENTRAL.- Es igual a la
medida del arco que se opone.
A
B
C
r
r
= mAB
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A
C
B
D
2.- MEDIDA DEL ÁNGULO INTERIOR.- Es igual a la
semisuma de las medidas de los arcos
opuestos
2
mCDmAB
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A
B
C
3.- MEDIDA DEL ÁNGULO INSCRITO.- Es la mitad de la medida
del arco opuesto.
2
mAB
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4.- MEDIDA DEL ÁNGULO SEMI-INSRITO.- Es igual al medida
del arco opuesto.
A
B
C
2
mAB
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A
BC
2
mABC
1.- MEDIDA DEL ÁNGULO EX-INSCRITO.- Es igual a la mitad de
la medida del arco ABC.
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A
B
C O
6.-ÁNGULOS EXTERIORES.- Son tres casos:
a.- Medida del ángulo formado por dos rectas tangentes.- Es
igual a la semidiferencia de las medidas de los arcos
opuestos.
+ mAB = 180°
2
mAB - mACB
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A
B
C
O
D
b.- Ángulo formado por dos rectas secantes.- Es igual a la
semidiferencia de la medida de los arcos opuestos.
2
mCD-mAB
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A
B
C
O
c.- Medida del ángulo formado por una recta tangente y otra
secante.- Es igual a la semidiferencia de las medidas de los
arcos opuestos.
2
mBC - mAB
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50°70º+x
XR
S
Q
140°
2X
X + (X+70) + 50° = 180°
X = 30°
Por ángulo semi-inscrito PQS
Problema Nº 01
RESOLUCIÓN
P
xº702
x2º140PQSm
Reemplazando:
En el triángulo PQS:
Resolviendo la ecuación:
PSQ = xSe traza la cuerda SQ 2
mQRSPQSm
Desde un punto “P” exterior a una circunferencia se
trazan la tangente PQ y la secante PRS, si el arco RS
mide 140º y el ángulo QPS mide 50º. Calcule la
medida del ángulo PSQ.
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20°
70°
X
X = 40°R
Q
En el triángulo rectángulo RHS
140° Es propiedad, que:
140° + X = 180°
Por ángulo inscrito
Problema Nº 02
RESOLUCIÓN
P
S
m S = 70º
Resolviendo:
PSQ = x
2
mQRº70 mQR = 140°
Desde un punto “P” exterior a una circunferencia se
trazan la tangentes PQ y PR, luego en el mayor arco
QR se ubica un punto “S”, se traza RH perpendicular
a la cuerda QS, si mHRS=20º; calcule la mQPR.
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x
130°
A
C
B
DX = 40°
2
50 130X
50°
Problema Nº 03
RESOLUCIÓN
PResolviendo:
APD = xMedida del ángulo interior
Medida del ángulo exterior
902
mBC130mBC = 50°
Desde un punto “P” exterior a una circunferencia se
trazan las secantes PBA y PCD tal que las cuerdas
AC y BD sean perpendiculares entre sí; calcule la
medida del ángulo APD, si el arco AD mide 130º.
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x
X = 18°
2
X 54X
M
N
54°
xx
Problema Nº 04
RESOLUCIÓN
PAB
APN = xSe traza el radio OM:
o
Dato: OM(radio) =
PMLuego triángulo PMO es isósceles
Ángulo central igual al
arcoMedida del ángulo
exterior
Resolviendo:
En una circunferencia, el diámetro AB se prolonga
hasta un punto “P”, desde el cual se traza un rayo
secante PMN tal que la longitud de PM sea igual al
radio, si el arco AN mide 54º. Calcule la mAPN.
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x
70°
Medida del ángulo inscrito:
X = 55°
2
110X
A
B
C
PQ
R
110°
Problema Nº 05
RESOLUCIÓN
PRQ = x
Por la propiedad del ángulo
exterior formado por dos
tangentes:
Resolviendo:
70° + mPQ = 180° mPQ = 110°
En un triángulo ABC se inscribe una circunferencia
tangente a los lados AB, BC y AC en los puntos “P”,
“Q” y “R” respectivamente, si el ángulo ABC mide
70º. Calcule la mPRQ.
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Calcule la medida del ángulo “X”.
Problema Nº 06
70°
B
A
X P
Resolución
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RESOLUCIÓN
Por la propiedad del ángulo
exterior formado por dos
tangentes:
Medida del ángulo inscrito:
70°
B
A
X P
C140º
140º + x = 180º Resolviendo: X = 40º
2
mABº70 mAB=140º
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Calcular la medida del ángulo “x”
Problema Nº 07
B
A
X P130º
Resolución
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RESOLUCIÓN
B
A
X P130º C
Medida del ángulo
inscrito:En la
circunferencia:
260º
Por la propiedad del ángulo
exterior formado por dos
tangentes:
X = 80º
2
mABº130 mAB = 260º
mACB = 100º
mACB + x = 100º
260º + mACB = 360º
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Calcule el perímetro del triángulo ABC.
Problema Nº 08
2
5 5
A
B
C
Resolución
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Teorema de Poncelet: a + b = 10 + 2(2)
Luego el perímetro: (2p) = a + b + 10 = 14 +
10
(2p) = 24
RESOLUCIÓN
2
5 5A
B
C
a b
a + b = 14 (1)
(2)
Reemplazando (1) en (2) (2p) = 14 + 10
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X
PLANTEAMIENTO
Q
R
S
80º Pa
a
Problema Nº 09
Desde un punto “P” exterior a una circunferencia se trazan la tangente PQ y la secante PRS de modo que los arcos SQ y SR sean congruentes. Si el arco QR mide 80º, calcular mQPR .
Resolución
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2a + 80º = 360º
a = 140º
Medida del ángulo exterior:
Xa
80
2
140 80
2
º º ºX = 30º
En la circunferencia:
RESOLUCIÓN
X
Q
R
S
80º Pa
a
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P
Q
R
S
2
3
PLANTEAMIENTO
Problema Nº 10En un cuadrilátero ABCD mQ = mS = 90º se traza
la diagonal PR. Los inradios de los triángulos PQR y
PRS miden 3cm y 2cm respectivamente. Si el
perímetro del cuadrilátero PQRS es 22cm. Calcule la
longitud de PR
Resolución
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Teorema de Poncelet:
a b
c
d
PQR a + b = PR+2(3) +
a +b + c + d = 2PR + 10
PR = 6cm
Dato:
a + b + c + d = 22cm
PSR c + d = PR+2(2)
22 = 2PR + 10
RESOLUCIÓN
P
Q
R
S
2
3