curso de post-grado para profesores especialidad en matemática GEOMETRÍA EUCLIDEANA

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1 curso de post-grado para profesores especialidad en matemática GEOMETRÍA EUCLIDEANA Equipo de Diseño: Nahomy Jhopselyn Hernández Cruz Gabriel Alexander Chicas Reyes Eduardo Arnoldo Aguilar Cañas Héctor Enmanuel Alberti Arroyo Ernesto Américo Hidalgo Castellanos Juan Agustín Cuadra Claudia Patricia Corcio López de Beltrán Carlos Mauricio Canjura Linares Oscar Armando Hernández Morales Aarón Ernesto Ramírez Flores 5 de abril de 2010 Índice 1. Ángulos entre paralelas Triángulos: Teoremas Fundamentales Congruencia de Triángulos Cuadriláteros: Clasificación y Propiedades Ángulos en la Circunferencia Teorema de Thales y su recíproco. Semejanza de Triángulos Puntos y Rectas Notables del Triángulo Solución a Problemas Selectos. 72 1

2 1. Ángulos entre paralelas. ÁNGULOS Definimos como ángulo a la figura geométrica formada por dos rayos (o semirrectas) distintas que tienen el mismo origen. Ese origen se llama vértice del ángulo. Al ángulo de vértice O y rayos OA y OB se le denota AOB. Dos ángulos AOB y BOC son adyacentes si y sólo si tienen un lado común OB y los lados no comunes OA y OC están en semiplanos distintos, determinados por el lado común. Bisectriz de un ángulo es la semirrecta que lo divide en dos ángulos adyacentes iguales. Dos ángulos son: Congruentes o Iguales: si tienen igual medida. Suplementarios: si su suma es 180. Complementarios: si su suma es 90. Por otra parte, dos rectas en el plano pueden ser secantes o paralelas, 1 dependiendo si se cortan o no; además, si las rectas son secantes, el punto de corte es único, y definen cuatro ángulos, que se agrupan por parejas en ángulos opuestos por el vértice (las parejas de ángulos tales que uno está formado por la prolongación de los lados del otro). Los ángulos opuestos por el vértice son iguales (Justifique), por lo que dos rectas secantes forman cuatro ángulos que definen dos parejas de ángulos iguales, y si tomamos un miembro de cada pareja, se tienen dos ángulos suplementarios. En particular, si las rectas son secantes y forman cuatro ángulos iguales, serán llamadas rectas perpendiculares, 2 y los ángulos así generados son llamados ángulos rectos. Y como es muy conocido, un ángulo agudo es aquel cuya medida es menor a la de un ángulo recto, y un ángulo obtuso es aquel cuya medida es mayor que un ángulo recto; en particular, un ángulo obtuso será llamado ángulo llano si su medida es el doble que la de un ángulo recto. ÁNGULOS ENTRE PARALELAS Al intersecar un par de rectas paralelas por una recta llamada transversal o secante, se forman los siguientes tipos de ángulo: Ángulos Correspondientes: Son dos ángulos no adyacentes situados en el mismo lado de la secante, uno en el interior y otro en el exterior de las paralelas. Ángulos Alternos Internos: Son dos ángulos no adyacentes situados en el interior de las paralelas, y en distintos lado de la secante. 1 Si la recta AB es paralela a la recta CD, se denota AB CD. 2 Si la recta AB es perpendicular a la recta CD, se denota AB CD. 2

3 Ángulos Alternos Externos: Son dos ángulos no adyacentes situados en el exterior de las paralelas, y en distintos lado de la secante. Ángulos Conjugados: Son los ángulos no adyacentes situados uno en el interior y el otro en el exterior de las rectas paralelas y del mismo lado de la secante. Las propiedades fundamentales de los ángulos entre paralelas son: 1. Los ángulos correspondientes son iguales entre sí. 2. Los ángulos alternos internos son iguales entre sí. 3. Los ángulos alternos externos son iguales entre sí. 4. Los ángulos conjugados son suplementarios. Figura 1: Ángulos entre las rectas paralelas L 1 y L 2. Ejercicios 1. Tres ángulos adyacentes forman un semiplano y tienen sus medidas proporcionales a los números 5, 7 y 8. Hallar la medida del menor ángulo. 2. Demostrar que las bisectrices de dos ángulos suplementarios son perpendiculares. 3. En la figura adjunta, L 1 L 2 y L 3 L 4. Calcular x. 3

4 4. Con ayuda de la figura 2, demuestre que: Si L 1 L 2 entonces γ = α + β. Figura 2 5. En la figura 3, AB F G. Hallar el ángulo x si el AMF = 90 y el MAB = 110. Figura 3 6. Calcular el OP Q, si OP es bisectriz del ángulo O, L 1 L 2 y P Q L 1. Ver figura 4. Figura 4 4

5 7. En la figura 5, L 1 L 2 y L 3 L 4, calcular α. Figura 5 8. En la figura 6, calcular x, si L 1 L 2. Figura 6 9. Calcular la medida θ del gráfico anexo, si las rectas L 1 y L 2 son paralelas. 5

6 10. En la figura 7, L 1 L 2 y L 3 L 4. Hallar el valor del ángulo θ. Figura Sea AOB = 24, en la región exterior a dicho ángulo se traza el rayo OC. Hallar la medida del ángulo formado por las bisectrices de los ángulos AOC y BOC. 12. Del gráfico 8, calcular y, cuando x tome su máximo valor entero. Figura 8 6

7 2. Triángulos: Teoremas Fundamentales. TEOREMAS FUNDAMENTALES EN TODO TRIÁNGULO. Diremos que tres puntos que pertenecen a una misma recta son puntos colineales; de manera análoga, si tres rectas pasan por un mismo punto, serán llamadas rectas concurrentes. Si tomamos al azar tres puntos en el plano, en muy raras ocasiones estos puntos estarán alineados, 3 y diremos entonces que son los vértices de un triángulo; análogamente sucede con las rectas, tres rectas por lo general no concurren, y la figura geométrica que éstas definen es también un triángulo. 4 Una definición completa para nuestros intereses es la siguiente: Definición de Triángulo. Si A, B y C son tres puntos cualesquiera no colineales (Ver figura 9), entonces la reunión se los segmentos AB, BC y AC se llama triángulo ABC y se denota por ABC. Los puntos A, B y C se llaman vértices y los segmentos AB, BC y AC se llaman lados. Simbólicamente: ABC = AB BC AC. Todo triángulo ABC determina tres ángulos internos o interiores: ABC, ACB y BAC, y se llamará ángulo externo o exterior, al ángulo determinado por un lado y la prolongación del lado adyacente, en la figura 9, α, β y θ son ángulos exteriores. Figura 9: Elementos del Triángulo Dado el ABC, se tiene que AB + BC + CA = p = 2s, donde p es llamado el perímetro y s el semiperímetro del triángulo. Para abreviar, suele asociarse a cada vértice un lado opuesto, y viceversa, por ejemplo, el lado opuesto de A es BC, y es frecuente que se denote por a; análogamente b = CA, c = AB. Teorema 1: En todo triángulo, la medida de un ángulo exterior es igual a la suma de las medidas de dos ángulos interiores del triángulo no adyacentes a él. La demostración de este teorema se basa en las relaciones de ángulos entre paralelas; se deja al lector que haga la demostración (Sugerencia: por un vértice, trace una recta paralela al lado 3 En teoría de probabilidades, la probabilidad que esto ocurra es cero! 4 El término más riguroso para esta figura es trilátero. En este caso, habría que hacer una consideración: si hay un par de rectas paralelas, el trilátero definido ya no es normal según nuestro sentido común, sin embargo, sigue siendo un trilátero! 7

8 opuesto) Corolario: En todo triángulo, la suma de las medidas de sus tres ángulos internos es igual a 180. Teorema 2: Desigualdad Triangular. En todo triángulo, la longitud de uno de sus lados está comprendido entre la suma y la diferencia de los otros dos. Sin ser muy rigurosos, suponga que dado el segmento AB se traza con centro en A una circunferencia de radio r 1, y con centro en B una circunferencia de radio r 2 ; si AB < r 1 + r 2, las circunferencias se cortarán en dos puntos, y cualquiera de ellos puede ser el vértice C, así AB < BC + CA; en cambio, si AB = r 1 + r 2 o peor aún, si AB > r 1 + r 2, la construcción del ABC no es posible. La Desigualdad Triangular es un resultado fundamental, a partir de ésta y de su modelo de demostración se generan los Criterios de Congruencia de Triángulos; a groso modo, si dadas ciertas condiciones, la construcción de una figura geométrica (un triángulo en particular) queda determinada de manera única, entonces dos figuras que reunen las mismas condiciones serán llamadas figuras congruentes. Así, si se tienen tres segmentos (cuyas longitudes cumplen la desigualdad triangular), dejando uno fijo y construyendo las circunferencias con centros en los extremos de este segmento y radios las longitudes de los otros segmentos, por construcción, sólo será posible obtener dos triángulos (uno con cada punto de intersección de las circunferencias), que son básicamente el mismo pero la orientación de los ángulos es contraria; así, si se sabe que dos triángulos cumplen tener lados respectivamente iguales, por construcción, deben de ser iguales. Este es el conocido criterio LLL de congruencia de triángulos; más adelante se detallarán el resto de criterios, pero a partir de este probaremos el siguiente resultado: Teorema 3: En todo triángulo, se cumple que a lados iguales se oponen ángulos iguales, y viceversa. Suponga que ABC es tal que AB = AC, entonces, por criterio LLL, ABC es congruente al ACB (en ese orden, porque AB = AC, BC = CB y CA = BA), entonces, los ángulos que se oponen a los ángulos iguales son iguales. Para el recíproco necesitamos otro criterio de congruencia, por lo que la demostración se dejará incompleta; retome esto en la sección de congruencia de triángulos. Teorema 4: En todo triángulo se cumple que a mayor lado se opone mayor ángulo y viceversa. Este teorema se deja como ejercicio para el lector (Sugerencia: utilice el teorema anterior, tome el lado mayor y defina un punto adecuado que genere un triángulo con dos lados iguales.) CLASIFICACIÓN DE TRIÁNGULOS. 1. Con relación a sus lados: 8

9 a) Escaleno: si sus tres lados no son congruentes. b) Isósceles: si por lo menos dos de sus lados son congruentes. c) Equilátero: si sus tres lados son congruentes (note un triángulo equilátero es también isósceles, y que los tres ángulos internos son iguales entre sí e iguales a 60) 2. Con relación a sus ángulos internos: a) Acutángulo: si su ángulo mayor es agudo (note que entonces los tres ángulos son agudos) b) Rectángulo: si su ángulo mayor es ángulo recto (note que el ángulo en cuestión es único y que los otros dos ángulos son agudos; así, en un triángulo rectángulo, la hipotenusa es mayor a los catetos) c) Obtusángulo, si el ángulo mayor es ángulo obtuso (note que el ángulo en cuestión es único y que los otros son agudos; así, en un triángulo obtusángulo, el lado que se opone al ángulo obtuso es el lado mayor) LÍNEAS NOTABLES EN UN TRIÁNGULO. 1. Altura: Se llama altura de un triángulo al segmento que parte de uno de sus vértices y llega en forma perpendicular al lado opuesto o a su prolongación. 2. Mediana: Se llama Mediana al segmento que une un vértice con el punto medio del lado opuesto. 3. Mediatriz: Se denomina mediatriz de un lado de un triángulo es la recta perpendicular a dicho lado en su punto medio. 4. Una Bisectriz: La bisectriz es la recta que divide en dos ángulos iguales a un ángulo dado; en particular, es bisectriz interna si es la bisectriz de un ángulo interno de un triángulo, y bisectriz externa si es la bisectriz de un ángulo externo de un triángulo. DISTANCIA DE UN PUNTO A UNA RECTA. En la figura 10, sea P un punto exterior a una recta L, la longitud de la perpendicular P M a la recta L es la distancia del punto P a dicha recta. Esta perpendicular tiene la propiedad de ser única y su longitud es la distancia mínima del punto a la recta (Pruébelo utilizano el hecho que la hipotenusa es mayor que los catetos). Los segmentos P A y P B no son perpendiculares a L y se llaman oblicuas. TEOREMA DE PITÁGORAS. Abordamos el estudio de las Relaciones Métricas, del cual solo realizaremos el análisis del famoso Teorema de Pitágoras, cuyo enunciado es el siguiente: Teorema: Pitágoras. En un triángulo rectángulo, el cuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos. 9

10 Figura 10 Una demostración de este teorema es debida a Thabit ibn Qurra ( ), la cual consiste en diseccionar la figura que se forma al construir dos cuadrados de lados respectivamente iguales a los catetos de un triángulo rectángulo, como se muestra en el gráfico 11. Figura 11 Recíproco del teorema de Pitágoras: Si en un triángulo el cuadrado de un lado es igual a la suma de los cuadrados de los otros dos lados, el triángulo es rectángulo. 5 Ejercicios. 1. En la figura adjunta ambos triángulos son equiláteros. Encuentre el valor de ϕ. 5 Ver demostración en la sección de congruencia de triángulos. 10

11 2. En la figura 12, calcular el x si el AOB = 100 y L 1 L 2. Figura (*) En la figura 13, ABDE es un cuadrado y BCD es un triángulo isósceles con BD = DC. Si ABC = 160, determinar la medida de AEC. Figura (*) (XV Competencia de Clubes Cabri Primera Ronda) En la figura adjunta, ABCD es un rectángulo tal que AB = 2BC. M es el punto medio de AB y los triángulos AME y MBF son equiláteros. Si P es la intersección de las rectas DE y CF, encuentre los ángulos del CDP. 5. Si AB y F G son rectas paralelas, el ABC = CDE = θ, el DEF = θ Calcule θ. Figura 14 y el GF H = 6. Probar que una bisectriz exterior de un triángulo es paralela al lado opuesto si y sólo si el triángulo es isósceles. 11

12 Figura (*) Hallar la suma de los ángulos α + ɛ + θ + φ en la figura 15. Figura Determine el valor de la suma A + B + I + H + F + G. Figura 16. Figura 16 12

13 9. En el ABC el BAC = 36 y AC = AB. Probar que la bisectriz interior BD, D en AC, es congruente con el lado BC. 10. Sea ABC un triángulo rectángulo en B con AB = BC, se construye exteriormente el triángulo equilátero BCD. Encuentre el ángulo DAB. 11. En el ABC, AB = AC y D un punto sobre la recta AC, tal que BC = BD = DA. Determine la medida del ángulo ABD, si: a) D está entre A y C. b) A está entre D y C. 12. En un ABC, D es un punto sobre el lado AC tal que AB = AD. Si ABC ACB = 90, hallar el CBD. 13. En la figura 17, el ABC = ACE, DC = EC, Qué línea notable es AD del BCA? Figura Se tiene un triángulo isósceles ABC, AB = BC en el cual se traza al altura AF tal que BF = 6 y F C = 2. Hallar AC. 15. Cuál es el valor de b a en la figura 18? Figura 18 13

14 16. La hipotenusa BC de un triángulo rectángulo ABC se divide en 4 segmentos congruentes por los puntos G, E y H. Si BC = 20, encuentra la suma de los cuadrados de las longitudes de los segmentos AG, AE y AH. Figura 19. Figura (*) Dado un cuadrado ABCD, se construyen los triángulos equiláteros ABP (exteriormente) y ADQ (interiormente). Probar que C, P y Q están alineados. 18. (*) Sea ABC un triángulo rectángulo con CAB = 90. D es un punto sobre la prolongación de BC tal que BD = BA. E es un punto en el mismo semiplano que A respecto de BC, tal que CE BC y además CE = CA. Mostrar que A, D y E están alineados. 19. El cuadrilátero ABCD mostrado en la figura 20 cumple que AB CD y BC DA. 6 Sobre las prolongaciones de AB y AD se construyen puntos E y F tales que BC = BE y DC = DF. Demuestre que C, E y F están alinedos. Figura (*) En la figura adjunta, AB = BC = CD = DE = EF = F G = GA. Calcule la medida del DAE. 6 El cuadrilátero ABCD es un paralelogramo. 14

15 21. (*) (XXVIII Olimpiada Brasileña de Matemática) En la figura 21, AB = AC, AM = AN y CAM = 30, encuentre el valor del BMN. Figura Los lados de un triángulo isósceles son 12 y 5 metros, cuál es su perímetro? 23. Muestre que los lados de un triángulo cumplen que a b < c y que c < a+b+c Muestre que es posible construir un triángulo con segmentos de longitudes a, b, c si y sólo existen números positivos x, y, z tales que: a = x + y, b = y + z, c = z + x. Problemas de Refuerzo. 25. (*) (Etapa semifinal Estatal de XXII Olimpiada Mexicana de Matemáticas) En la figura 22 se muestra un hexágono regular ABCDEF de lado 1. Los arcos del círculo que están dibujados tienen centro en cada vértice del hexágono y radio igual a la distancia al vértice opuesto. P, Q, R, S, T y U son los puntos de corte de estos arcos. Cuánto mide cada lado del hexágono P QRST U? Figura 22 15

16 3. Congruencia de Triángulos. CRITERIOS DE CONGRUENCIA. Definición de Congruencia de triángulos. El ABC es congruente al A B C si: AB = A B, AC = A C, BC = B C, ABC = A B C, ACB = A C B y BAC = B A C. Simbólicamente: ABC = A B C. Véase figura 23. Figura 23: Definición de Igualdad de Triángulos. La definición anterior establece que dos triángulos son congruentes si tanto los lados como los ángulos se presentan en pares respectivos congruentes. Esto, según la visión de Euclides, significa que un triángulo es posible superponerlo sobre el otro (se puede desplazar, girar o reflejar) y coincidirá de manera perfecta. Sin embargo, es importante mencionar que en muy raras ocasiones se tendrá a disposición tanta información, de allí la importancia de los criterios de congruencia, que establecen los requisitos mínimos para garantizar que dos triángulos son congruentes. El siguiente es el primero de los tres criterios de congruencia de triángulos, y se denomina criterio de LADO-ÁNGULO-LADO, en símbolos: L-A-L. Criterio L-A-L. Si los triángulos ABC y A B C presentan las congruencias: AB = A B, AC = A C y BAC = B A C, entonces ABC = A B C. Figura 24: Criterio LAL Según el criterio L-A-L, dos triángulos son congruentes si en uno de ellos existen dos lados y el ángulo (comprendido entre dichos lados), respectivamente congruentes a dos lados y el ángulo (comprendido entre dichos lados), en el otro triángulo. Criterio A-L-A. Sean ABC y A B C dos triángulos tales que: AC = A C, BCA = B C A y BAC = B A C, entonces ABC = A B C. 16

17 Figura 25: Criterio ALA. Criterio L-L-L. Si un triángulo tiene sus tres lados respectivamente congruentes a los tres lados de otro triángulo, entonces estos dos triángulos son congruentes. Figura 26: Criterio LLL. Ahora demostraremos el Recíproco del Teorema de Pitágoras. Demostración: Sea ABC un triángulo talque BC 2 = AB 2 + AC 2, por construcción sea el A B C rectángulo en A tal que A B = AB y A C = AC, entonces por el teorema de Pitágoras B C 2 = A B 2 + A C 2, así que B C 2 = BC 2, de donde B C = BC y por el criterio LLL, se deduce que el A B C = ABC, por lo tanto el BAC = B A C = 90. TEOREMA DE LA BASE MEDIA En todo triángulo, el segmento que une los puntos medios de dos lados es paralelo al tercer lado e igual a su mitad. En la figura 27, MN es el segmento que une los puntos medios de los lados AB y BC del ABC, a este segmento se le llama BASE MEDIA DEL TRIÁNGULO. Se verifica que MN = AC 2 que MN AC. Demostración: 1. Prolongar el segmento MN hasta el punto P tal que MN = NP. 2. Los triángulos MNB y P NC son congruentes, ya que BN = NC, MN = NP y el P NC = BNM, por consiguiente, el NCP = MBN, por lo tanto, CP MB (Por ángulos alternos internos iguales). Además, P C = MB = MA; con lo cual se tiene que: MA = P C. 17 y

18 Figura 27: Teorema de La Base Media. Figura 28: Menor Media en un Triángulo Rectángulo. 3. Uniendo el punto A con el punto P se forman los triángulos congruentes AMP y ACP (por L A L) ya que MA = P C, AP = AP, MAP = AP C (por ángulos alternos internos entre las paralelas MA y P C). Luego, MP = AC, entonces NP = 1 2 MP = 1 2 AC. Además, P AC = MP A, de donde MP AC o que MN AC. Corolario: Menor mediana de un triángulo rectángulo. En todo triángulo rectángulo, la mediana relativa a la hipotenusa es la mitad de la longitud de la hipotenusa y es la menor de las tres medianas del triángulo. Demostración: En la figura 28, BM es la mediana relativa a la hipotenusa AC del ABC, probaremos que BM = AC ; (con lo cual se tendrá que BM = AM = MC). Si por M se traza 2 una paralela al lado AB, que corte al lado BC en N, entonces N es el punto medio de BC y el MNC = 90, los triángulos BNM y CNM son congruentes por el criterio L-A-L, luego MB = MC = AM. Probar que BM es la menor mediana (Ejercicio). 18

19 Ejercicios. 1. (*) En la figura adjunta, ABC es un triángulo equilátero y CDEF es un cuadrado. Se construye un punto G tal que CF = CG y además CF G = 15. Probar que AGC = BDC. 2. Dado un triángulo equilátero ABC, se construye un triángulo equilátero DEF cuyos vértices están sobre los lados del ABC, tal como muestra la figura 29. Demuestre que los triángulos ADF, BED, CF E son todos congruentes entre si. Figura ABCD es un cuadrado, E, F, G y H son puntos sobre los lados AB, BC, CD, DA, respectivamente, tal que EF GH también es cuadrado. Demuestre que los triángulos AEH, BF E, CGF, DHG son todos congruentes entre si. Figura 30. Figura 30 19

20 4. ABCDE y F GHIJ son pentágonos regulares (Vease figura 31). Demuestre que los triángulos AF J, BGF, CHG, DIH, EJI son todos congruentes entre si. Figura Si AB CD y AB = CD entonces, AD = BC y AD BC Demuestre que dos triángulos desplazados son congruentes. Sugencia: Utilice el problema anterior. 7. Demuestre que dos triángulos rotados son congruentes. 7 El cuadrilátero ABCD se denomina paralelogramo. 20

21 8. Demuestre que dos triángulos reflejados con respecto a un punto 8 son congruentes. 9. Demuestre que dos triángulos reflejados con respecto a una recta son congruentes. Importante: Las traslaciones, rotaciones y reflexiones no cambian el tamaño ni la forma de un triángulo. 10. (*) En la figura adjunta, ABCD un cuadrado y EF GH. Demuestre que que EF = GH. 11. Dos cuadrados ABCD y EHGF, ambos de lado l, están colocados en manera tal que un vértice de uno está en el centro del otro (como en la figura anexa). Demuestre que el área del cuadrilátero EJBK es l2 4 y por ende no depende de la posición de J (o K). 8 La reflexión con respecto a un punto es equivalente a una rotación de

22 12. En un ABC el B = 2 C, la mediatriz del lado AC corta en F al lado BC. Hallar AB, si F C = (*) (Examen final de XVI Olimpiada mexicana de Matemática) Los ángulos de un triángulo ABC están en progresión aritmética ( B A = C B = θ), D, E, y F son los puntos medios de los lados BC, CA y AB, respectivamente. Llamamos H al pie de la altura trazada desde C (que cae entre B y F ) y G a la intersección entre DH y EF. Cuánto vale F GH? 14. En la figura 32, AC = 12 AF = 4 y BAF = 30. Hallar BF si AG = GC. Figura En la figura 33, AG = GC, el AF G = 20. Hallar el F AC, si AC = 2BF. Figura (*) Sea ABCD un cuadrado. Se construyen triángulos equiláteros ADP y ABQ como se muestra en la figura 34. Sea M la intersección de CQ con AD y N la intersección de CP con AB. Demuestre que CMN es un triángulo equilátero. 22

23 Figura 34 Problemas de Refuerzo. 17. En la figura 35, ABC, CDE y EF A son triángulos isósceles, con el ABC = CDE = EF A = 120. Probar que el BDF es equilátero. Figura (*) ABC es un triángulo isósceles con ABC = ACB = 80. D es un punto en AC tal que ABD = 10. Demuestre que AD = BC. 23

24 4. Cuadriláteros: Clasificación y Propiedades. CLASIFICACIÓN. Los cuadriláteros pueden clasificarse de acuerdo a sus diagonales de la siguiente forma: Cuadrilátero Convexo: Es un cuadrilátero con las dos diagonales en su interior. Cuadrilátero Entrante: Es un cuadrilátero con una diagonal en el interior y otra en el exterior. Cuadrilátero Cruzado Es un cuadrilátero con las diagonales en su exterior. 9 Es muy frecuente que se considere que un cuadrilátero es convexo, a menos que se especifique lo contrario. Esto es así porque muchos resultados son más claros en un cuadrilátero convexo, sin embargo, es importante darse cuenta que existen teoremas que no se cumplen para cualquier tipo de cuadriláteros, por ejemplo: Teorema: La suma de los ángulos internos de un cuadrilátero no cruzado es 360. La demostración de este resultado se basa en la disección del cuadrilátero en dos triángulos cuyos ángulos internos conforman los ángulos internos del cuadrilátero, sin embargo, estas condiciones no pueden lograrse en un cuadrilátero cruzado; de hecho, la suma de los ángulos internos puede hacerse arbitrariamente pequeña cuando el cuadrilátero es cruzado. También hay otras clasificaciones de cuadriláteros de acuerdo a sus lados y ángulos. Cuadrilátero Equiángulo: un cuadrilátero (convexo) es equiángulo si todos sus ángulos internos son iguales; dado el teorema anterior, los ángulos son iguales a 90, por ello este cuadrilátero es llamado rectángulo. Cuadrilátero Equilátero: un cuadrilátero (convexo) es equilátero si todos sus lados son iguales. A este cuadirátero también se le conoce como rombo. Cuadrado: es un cuadrilátero que es equiángulo y equilátero. Paralelogramo: es un cuadrilátero con los lados opuestos paralelos. Trapecio: es un cuadrilátero con un par de lados opuestos paralelos Tanto los cuadriláteros convexos como los entrantes son cuadriláteros simples, que son los cuadriláteros cuyos lados no se cortan salvo en los extrenos; en contraposición, los cuadriláteros cruzados no son simples. 10 Note que un paralelogramo es también un trapecio. 24

25 PARALELOGRAMOS Dado el paralogramo ABCD, por propiedades de ángulos entre paralelas es posible probar el siguiente resultado: Teorema: Los ángulos opuestos son iguales y los ángulos consecutivos son suplementarios: ABC = CDA = θ y BCD = DAB = 180 θ. Por otra parte, por criterio ALA, ABC CDA; esto implica que AB = CD y BC = DA, i.e. Teorema: Los lados opuestos de un paralogramos son iguales. A partir de esto, si M es la intersección de AC con BD, por criterio ALA, ABM CDM, por lo que AM = CM y BM = DM, i.e. Teorema: Las diagonales de un paralelogramo se bisecan. Además, se cumple un resultado sofisticado y muy importante: Teorema: Ley del Paralelogramo. Si ABCD es un paralelogramo entonces el doble de la suma de los cuadrados de los lados es igual a la suma de los cuadrados de las diagonales, es decir 2 ( AB 2 + BC 2) = AC 2 + BD 2 Demostración: Aplicando la Ley del Coseno a ABC y ABD se tiene AC 2 = AB 2 + BC 2 AB BC cos θ DB 2 = AB 2 + AD 2 AB AD cos(180 θ) AC 2 + DB 2 = 2 ( AB 2 + BC 2) AB BC (cos θ + cos(180 θ)) y dado que cos θ = cos(180 θ) el resultado se sigue inmediatamente. RECTÁNGULOS En primer lugar, es importante notar que todo rectángulo es paralelogramo (por ángulos entre paralelas), por lo que todos los resultados probados anteriormente son heredados a todo rectángulo; pero los rectángulos tienen propiedades adicionales: Observe que por criterio LAL, ABC ABD, por lo que AC = BD y entonces Teorema: Las diagonales de un paralelogramo son iguales; además, el punto de intersección de estas equidista de los cuatro vértices y por tanto es el centro de una circunferencia que pasa por todos los vértices. Por otra parte, observe que si se aplica la ley del paralelogramo a un rectángulo se obtiene el Teorema de Pitágoras. 25

26 ROMBOS Dado un rombo ABCD, por criterio LLL, ABC CDA, y por lo tanto BAC = DAC y BCA = DAC, lo cual implica BC AD y AB CD, i.e., todo rombo ABCD es un paralelogramo. Además, por las mismas congruencias se tiene Teorema: Las diagonales de un rombo cumplen ser una mediatriz de la otra. Teorema: Las diagonales de un rombo bisecan a los ángulos interiores del rombo; esto implica que el punto de corte de las diagonales equidista de los cuatro lados del rombo y es el centro de una circunferencia tangente a estos. TRAPECIOS Dado el trapecio ABCD (con AB CD), se construyen los puntos medios de BC y DA, M y N, respectivamente. Si el cuadrilátero MNAB se rota con centro en M y ángulo 180 se genera un cuadrilátero MN A C; observe que ND = N A y ND N A, por lo que DNN A es un paralelogramo y NN = DA 2MN = DC + CA 2MN = DC + AB MN = AB + CD 2 El segmento MN es llamado base media del trapecio, y por lo recién demostrado se tiene Teorema: La base media de un trapecio es igual a la semisuma de las bases. Por otra parte, hay ciertos trapecios que reciben nombres particulares; el trapecio rectángulo es aquel que las bases son perpendiculares a alguno de los otros lados; y por otra parte, el trapecio isósceles es aquel que los lados (distintos de las bases) tienen igual longitud. 11 Ejercicios 1. Dado el trapecio ABCD con AB CD, demuestre que la bisectriz interior del A es paralela a la bisectriz exterior del D. 2. A un rombo ABCD se le construyen exteriormente los cuadrados ABEF y BCGH. Demuestre que ABD = EBH. 3. (*) Sea ABCD un paralelogramo. Se construyen triángulos equiláteros exteriores CDP y ADQ. Demuestre que el BP Q es equilátero. 4. Demuestre que las bisectrices interiores de un paralelogramo forman un rectángulo ( qué sucede si el paralelogramo es además rombo?). 11 Los trapecios isósceles son muy importantes cuando se estudian los ángulos en la circunferencia; resulta que un trapecio es isósceles si y sólo si los cuatro vértices se ubican sobre una misma circunferencia. 26

27 5. Demuestre que las bisectrices exteriores de un paralelogramo forman un rectángulo. 6. Sea ABCD un paralelogramo. La bisectriz interna del CDA corta a BA en M, y la bisectriz interna del BAD corta a CD en N. Demuestre que ADNM es un rombo. 7. Demuestre que si por el punto de intersección de las diagonales de un rombo se trazan perpendiculares a los lados del rombo, entonces los puntos de intersección de dichas perpendiculares con los lados del rombo forman un rectángulo. 8. Demuestre que las bisectrices de los ángulos definidos por las diagonales de un rombo, cortan a los lados del rombo en cuatro puntos que forman un cuadrado. 9. En un ABC sea G la intersección de las medianas BB y CC. Sean B, C las reflexiones de G respectivas a los puntos B y C. a) Demuestre que AGCB y AGBC son paralelogramos. b) A partir de lo anterior, demuestre que BCB C también es paralelogramo. c) Demuestre que A pertenece a la recta AG, y concluya que las tres medianas de un triángulo concurren en el punto G, llamado el centroide del ABC. d) Demuestre que CG = 2GC ; relaciones similares se cumplen para las otras dos medianas. 10. Teorema de Varignon: Dado un cuadrilátero ABCD (no necesariamente convexo), se construyen los puntos medios L, M, N, O, P, Q, de los segmentos de recta AB, BC, CD, DA, BD, AC, respectivamente. Figura 36. a) Demuestre que LMNO, LP NQ, OP MQ, son paralelogramos. b) Demuestre que LN, OM, P Q concurren en un punto, llamado el centroide del cuadrilátero ABCD. c) Demuestre que el perímetro de LMNO es igual a AC + BD; resultados similares se cumplen para los otros paralelogramos. Figura 36: Teorema de Varignon 27

28 11. Sea ABCD un paralelogramo tal que existe un punto E sobre el lado AB que cumple CED = 90. Sean M y N los pies de las perpendiculares trazadas desde A y B hacia DE y CE, respectivamente. Demuestre que AC, BD y MN concurren. 12. (*) (Héctor Alberti) Sea ABCD un cuadrado. Se construyen los triángulos equiláteros BDA, ACB, BDC y ACD. Demuestre que el A B C D es también un cuadrado. 13. (*) (II Olimpiada Matemática del Cono Sur) En la figura 37 ABCD y AECF son paralelogramos. Demuestre que BEDF es paralelogramo. Figura 37 Problemas de Refuerzo. 14. (*) ABCD es un cuadrilátero convexo y O es un punto en su interior. Sean P, Q, R, S, los puntos medios de los lados AB, BC, CD, DA, respectivamente. Por P se traza una paralela a OR, por Q se traza una paralela a OS, por R se traza una paralela a OP, y por S se traza una paralela a OQ. Demuestre que estas cuatro rectas concurren. 15. (*) Un trapecio isósceles tiene diagonales perpendiculares y su área es 2010, determine su altura. 16. (*) (IX Competencia de Clubes Cabri, Segunda Ronda) Sea ABCDEF un hexágono regular cuyo centro es O. Se construyen los cuadrados F SOP y ORCQ. Demuestre que AP QB y SEDR son rectángulos. Figura (*) Sobre los lados del ABC se trazan exteriormente los cuadrados ABP Q, CARS y BCT U. Luego se trazan los paralelogramos AQA R, CSC T y BUB P. a) Sean A, B, C los centros de los cuadrados BCT U, CARS, ABP Q, respectivamente. Demuestre que estos centros están sobre los lados del A B C. b) Demuestre que AA, BB, CC concurren. 28

29 Figura (*) Se dibujan cuadrados exteriores a los lados de un paralelogramo, demuestre que: a) El cuadrilátero determinado por los centros de esos cuadrados es un cuadrado. b) Las diagonales de ese cuadrado son concurrentes con las del paralelogramo. 19. (*) Dado un ABC, se construyen exteriormente los triángulos rectángulo isósceles ACP y BCQ, con AC y BC como hipotenusas. Si M es el punto medio de AB, demuestre que el M P Q también es un triángulo rectángulo isósceles. 29

30 5. Ángulos en la Circunferencia. LA CIRCUNFERENCIA Y SUS ELEMENTOS Una circunferencia es el lugar geométrico de puntos que equidistan de un punto dado, llamado el centro de la circunferencia; la distancia de cada punto de la circunferencia al centro es el radio. Por otra parte, todos los puntos que están a una distancia del centro menor o igual al radio forman el círculo; estos puntos quedan al interior o sobre la circunferencia. Si A y B son dos puntos de una circunferencia, el segmento de recta AB define una cuerda; en particular, si el centro de la circunferencia pertenece a la cuerda, ésta es llamada diámetro. Es importante mencionar que para cada punto de la circunferencia existe exactamente un punto diametralmente opuesto. En la figura 39, se tiene una circunferencia de centro O y radio r = OA = OB = OA ; AB y AA son cuerdas, pero AA es también diámetro, i.e, A es diametralmente opuesto a A y viceversa. Observe que por la desigualdad triangular aplicada al triángulo isósceles AOB Figura 39 AB < AO + BO = r + r = AA Si A es un punto fijo, esta desigualdad es válida para cualquier punto B sobre la circunferencia (excepto cuando B = A lo cual implica AB = AA ). Esto quiere decir que el diámetro es la mayor de todas las cuerdas. A las porciones de circunferencia que quedan entre dos puntos ubicados en la circunferencia, se les llama arcos de circunferencia; note que dos puntos sobre una circunferencia definen dos arcos de circunferencia. También, si un ángulo tiene vértice sobre el centro de la circunferencia y está formado por dos radios, será llamado ángulo central; de nuevo, AOB hace referencia a dos ángulos, cuya suma es 360, y subtienden respectivamente a uno de los arcos AB. Finalmente, si un ángulo tiene el vértice sobre la circunferencia y está formado por dos cuerdas, será llamado ángulo inscrito; en la figura anterior, AA B es un ángulo inscrito que subtiende al arco AB. 30

31 Teorema: El ángulo central es el doble del ángulo inscrito que subtiende el mismo arco. Demostración: Considere la figura 40, se demostrará que AOB = 2 AP B en los tres casos mostrados. En la circunferencia de la izquierda, sea P el punto diametralmente opuesto a P ; observe que AP O y BP O son triángulos isósceles, y por el teorema del ángulo externo se tiene AOB = AOP + BOP = ( AP O + OAP ) + ( BP O + OBP ) = 2 AP O + 2 BP O = 2 ( AP O + BP O) = 2 AP B Figura 40 El caso de la circunferencia del medio es más sencillo y se deja como ejercicio para el lector. Para la circunferencia de la derecha, el trabajo es análogo y sólo cambia en un pequeño arreglo algebraico AOB = BOP AOP = ( BP O + OBP ) ( AP O + OAP ) = 2 BP O 2 AP O = 2 ( BP O AP O) = 2 AP B Corolario: Todos los ángulos inscritos que subtienden el mismo arco son iguales (Ver figura 41). En particular, los ángulos internos son iguales a 90 si subtienden a una semicircunferencia. Demostración: Todos los ángulos mostrados en la figura 41 son iguales a la mitad del AOB, y por tanto, son iguales entre sí. En particular, si AB fuera un diámetro, AOB = 180 y por tanto AP B = Hay un par de ángulos más que son importantes: Si un punto P es interno a la circunferencia, el ángulo de vértice P formado por dos cuerdas que pasan por P se llama ángulo interior. De 12 Observe que en cualquier triángulo rectángulo, el punto medio de la hipotenusa equidista de los tres vértices. 31

32 Figura 41 forma similar, si P es exterior y dos cuerdas de la circunferencia (al prolongarse) pasan por P, el ángulo con vértice P es llamado ángulo exterior. Dejamos como ejercicio demostrar el siguiente teorema: Teorema: Los ángulos interior y exterior mostrados en la figura 42 cumplen las fórmulas siguientes: AQC = AP C = BOD + AOC 2 BOD AOC 2 Figura 42 CUADRILÁTEROS CÍCLICOS Ahora suponga que sobre una circunferencia se ubican cuatro puntos A, B, C, D, como se muestra en la figura 43. Al cuadrilátero ABCD se le llama cuadrilátero cíclico o concíclico. Observe que ABC + CDA = α 2 + β 2 =

33 Figura 43 Y análogamente DAB + BCD = 180. Esto significa que si ABCD es un cuadrilátero cíclico y convexo, entonces los ángulos opuestos son suplementarios. También, es posible demostrar por contradicción el recíproco de este resultado: si suponemos que ABCD es tal que B+ D = 180 pero no es cíclico, se define el punto D como la otra intersección de AD con el circuncírculo del ABC, y como ABCD es cíclico (por construcción) entonces B + D = 180, luego, D = D, lo cual implica la contradicción CD CD (rectas paralelas que se cortan en C). Así, se ha demostrado el siguiente teorema: Teorema: El cuadrilátero convexo ABCD es un cuadrilátero cíclico si y sólo si A + C = 180 = B + D También, otro criterio muy útil y cuya demostración también se basa en el corolario anterior es Teorema: El cuadrilátero convexo ABCD es un cuadrilátero cíclico si y sólo si se cumple alguna de las siguientes igualdades ABD = ACD BCA = BDA BAC = BDC CAD = CBD Es importante recalcar que NO todo cuadrilátero puede ser inscrito en una circunferencia; por ejemplo, un paralelogramo no será cíclico a menos que sea rectángulo. RECTAS Y CIRCUNFERENCIAS TANGENTES A UNA CIRCUN- FERENCIA Dada una circunferencia, una recta puede ser tangente o secante a la circunferencia, dependiendo si la corta en uno o dos puntos, respectivamente; en cualquier otro caso, se dice que la 33

34 recta no corta a la circunferencia. 13 Sea l una recta secante a la circunferencia que corta a la circunferencia en A y B (A B); como el AOB es isósceles, OAB < 90. Recíprocamente, si por A se traza una recta l tal que uno de los ángulos que forma con OA es menor que 90, se puede construir un punto B sobre l tal que OAB = ABO < 90 y A B (basta proyectar O sobre l y luego reflejar A con respecto a este punto, el resultante es el punto B); entonces el AOB es isósceles, por lo que OA = r = OB, i.e. B pertenece a la circunferencia y por tanto l corta a la circunferencia en dos puntos distintos. Así Teorema: Una recta l corta a una circunferencia de centro O en dos puntos distintos A y B si y sólo si un ángulo entre l y OA es agudo. Corolario: Si l es una recta tangente en A a una circunferencia de centro O, ninguno de los ángulos entre l y OA puede ser agudo, y por tanto l OA. A partir de este resultado se prueban otros resultados muy conocidos y útiles, que dejamos de ejercicios para el lector. Teorema: Dado un punto P externo a una circunferencia de centro O, si P A y P B son segmentos tangentes a la circunferencia en A y B, respectivamente, entonces el cuadrilátero P AOB es cíclico y bisósceles. Corolario: Dado un punto P externo a una circunferencia de centro O, la circunferencia de diámetro P O corta a la circunferencia dada en dos puntos A y B tales que P A y P B son rectas tangentes. Definición: El ángulo semi-inscrito en una circunferencia es aquel que se forma con una cuerda y la recta tangente en alguno de los extremos de la cuerda. Teorema: La media del ángulo semi-inscrito definido por la cuerda AB es igual a la medida de un ángulo inscrito que subtiende al arco AB. Demostración: Considere la figura 44. Como AP BO es cíclico, entonces P AB = P OB; además, como P O es la mediatiz de AB, P OB = P OA, por lo que P AB = AOB 2 = AQB Por otra parte, dada una circunferencia, otra circunferencia puede ser secante o tangente a la primera, dependiendo si la corta en uno o dos puntos, respectivamente; en cualquier otro caso se dice que las circunferencias no se cortan Cuando la recta es tangente a la circunferencia puede considerarse como un caso muy peculiar en el cual los dos puntos de corte coinciden. 14 También acá puede considerarse a las circunferencias tangentes como un caso especial de circunferencias secantes en el cual los puntos de corte coinciden. 34

35 Figura 44 Además, dos circunferencias pueden posicionarse una dentro de la otra, y claramente, la circunferencia de radio mayor es la externa mientras que otra es la interna; particularmente, si las circunferencias tienen el mismo centro se llaman concéntricas. Finalmente, combinando estas definciones se tienen las circunferencias tangentes exteriormente y las tangentes interiormente. Teorema: Dadas dos circunferencias de centros O 1 y O 2 que se cortan en dos puntos distintos A y B, se cumple que O 1 O 2 AB. Teorema: Si dos circunferencias de centros O 1 y O 2 son tangentes en A, se cumple que O 1, A y O 2 están alineados. Teorema: a) Dos circunferencias, una dentro de la otra, no tienen rectas tangentes en común. b) Dos circunferencias tangentes interiormente tienen una recta tangente común. c) Dos circunferencias secantes (en dos puntos distintos) tienen dos rectas tangentes en común. d) Dos circunferencias tangentes exteriormente tienen tres rectas tangentes en común. e) Dos circunferencias no secantes y tal que ninguna contiene a la otra, tienen cuatro rectas tangentes en común. Ejercicios 1. Si el MP Q = 20, determine el valor del QON en la figura adjunta. 35

36 2. Dado un ángulo inscrito BAC, y su ángulo central BOC, se sabe que BAC + BOC = 180. Calcular el OBC. 3. En la figura 45, BCDO es un rombo. Determine el valor del ángulo θ y la medida de las diagonales de BCDO si el radio de la circunferencia mide 6. Figura Un cuadrilátero cíclico ABCD satisface ABC = 2 CDA = θ. Calcule θ. 5. En la figura 46, P R es una tangente común. Calcule el valor del P QR. Figura En la figura adjunta, el AF E = 100 y el BCD = 150. Calcule el AGB. 7. Dado un ángulo AOB, se trazan dos rectas l OA y m OB. Si P es el punto de corte de l y m, demuestre que A, B, O, P se ubican sobre una misma circunferencia. 36

37 8. Las bisectrices BP y CQ del ABC se cortan en I. Demuestre que si BAC = 60 entonces P QI es isósceles. 9. En la figura 47 se ha tomado un punto C sobre la circunferencia; AC y BC cortan a la segunda circunferencia en D y E respectivamente. Probar que OC DE. Figura (*) Dada la figura 48, demuestre que AB A B. Figura En la figura 49 CR es una recta tangente en C, demuestre que AB CR. Figura 49 37

38 12. Dos circunferencias Γ 1 y Γ 2 son tangentes (interior o exteriormente) en P (Ver figura 50). Dos rectas que pasan por P cortan a Γ 1 y Γ 2 en A y C, y en B y D, respectivamente. Demuestre que AB CD. Figura (*) Dos circunferencias de centros O 1 y O 2 son tangentes (interna o externamente) en un punto P ; por este punto se traza una recta que corta nuevamente a la circunferencias en A y B, respectivamente. Demuestre que AO 1 BO Dos circunferencias son tangentes externamente en el punto A. Una tangente exterior común toca a una circunferencia en B y a la otra en C. Demostrar que BAC = En la figura 51, DE es tangente en D, y C es el punto medio del arco AD. Encuentre el valor del ángulo seminscrito ADE. Figura 51 38

39 16. Determine el valor del DCF, sabiendo BE es tangente en el punto D a la circunferencia de centro O. Ver Figura 52. Figura Si el AEB = 30, ADE = 20 y ACE = 35, calcule el AF B. Véase figura 53. Figura Dada una circunferencia de diámetro BC, se toma un punto P en la prolongación de BC, y se traza la tangente AP. Si AP = AB y O es el centro de la circunferencia, demuestre que el AOC es equilátero. 19. (*) Dadas dos circunferencias una fuera de la otra, demuestre que las tangentes comunes externas forman segmentos iguales; análogamente, las tangentes comunes internas forman segmentos iguales. 20. (*) Teorema de Pithot. Demuestre que en todo cuadrilátero inscribible, la suma de lados opuestos es igual. 21. (*) Teorema de Steiner. En todo cuadrilátero exinscrito a una circunferencia, la diferencia de las longitudes de lados opuestos es igual. 39

40 22. Demuestre que las mediatrices de un cuadrilátero son concurrentes si y sólo si es cíclico. 23. Demuestre que el cuadrilátero convexo ABCD es inscribible si y sólo si los incírculos respectivos del ABC y CDA son tangentes. 24. Demuestre que las bisectrices internas de un cuadrilátero son concurrentes si y sólo si es inscribible. 25. Demuestre que todo rombo es inscribible. 26. En la figura 54, AB es una cuerda y por D se traza una recta tangente a la circunferencia paralela a AB. Demuestre que CD es bisectriz del ACB. Figura Determine las medidas de ACB y ACO de la figura 55. Figura Cuatro cilindros de diámetro 1 están pegados apretadamente por una cuerda muy fina, como en la figura adjunta. Demostrar que la cuerda tine longitud 4 + π. Demostrar también que el área sombreada entre los cilindros es 1 π En la figura 56, ABCD es un trapecio isósceles con AB CD y DA = BC = 2; tomando DA y BC como diámetros, se construyen dos circunferencias tangentes. Si DC = 3AB, calcule el área del trapecio. 40

41 Figura La figura 57 está formada por un paralelogramo y dos circunferencia tangentes entre sí y tangentes a tres lados del paralelogramo. Sabiendo que el radio de las mismas mide la cuarta parte del lado menor del paralelogramo, calcule la razón entre el lado mayor del paralelogramo y el radio de las circunferencias. Figura En la figura 58, ABCDEF es un hexágono regular y las circunferencias de centro en los vértices son tangentes dos a dos. Si las circunferencias sobre los vértices B, D, F son iguales, demuestre que las circunferencias restantes son iguales. Figura Alrededor de una circunferencia se construyen diez circunferencias tangentes a la original y tangentes entre sí (Véase figura 59). Demuestre que la suma de las áreas de las diez circunferencias es el doble del área de la circunferencia mayor. 41

42 Figura (*) Teorema de Miquel: Dado un ABC, sean X, Y, Z puntos sobre AB, BC, CA, respectivamente. Demuestre que los circuncírculos de AXZ, BY X, CZY tienen un punto en común M. 34. (X OMCC - P2, Aarón) Sea ABCD un cuadrilátero concíclico con diámetro AC, y sea O el centro de su circunferencia. Se construyen los paralelogramos DAOE y BCOF. Demuestre que si E y F están sobre la circunferencia entonces ABCD es rectángulo. 35. (*) Sea ABC un triángulo, y sean L y N las intersecciones de la bisectriz del ángulo A con el lado BC y el circuncírculo de ABC respectivamente. Construimos la intersección M del circuncírculo de ABL con el segmento AC. Prueba que los triángulos BMN y BMC tienen la misma área. 36. (*) Sea AB el diámetro de una semicircunferencia. Se colocan los puntos M y K sobre la semicircunferencia y sobre AB, respectivamente. 15 Sea P el centro de la circunferencia que pasa por A, K y M; sea Q el centro de la circunferencia que pasa por B, K y M. Demuestre que MP KQ es concíclico. 37. (*) Las circunferencias Γ 1 y Γ 2 se cortan en los puntos A y B. Por el punto A se traza una recta que corta nuevamente a las circunferencias Γ 1 y Γ 2 en los puntos C y D, respectivamente. Por los puntos C y D se trazan tangentes a las circunferencias, las cuales se cortan en el punto M. Demuestra que MCBD es cíclico. 38. (*) El ABC cumple que A = 90 y AB = AC. Se toma un punto E del segmento AB, se construye interiormente un triángulo equilátero AEF. EF corta BC en I, y se construye exteriormente un triángulo equilátero BIJ. Encuentre EJB. 39. (*) En la figura 60, se sabe que AO 1 B AO 2 B = 70 y además la tangente EB forma el triángulo isósceles ABE, con AB = AE. Encuentre EBC. 15 M y K son distintos de A y B. 42

43 Figura (*) Dos circunferencias Γ 1 y Γ 2 se cortan en A y B. Una recta por A corta a Γ 1 y Γ 2 en C y D, respectivamente, y la paralela a CD por B corta Γ 1 y Γ 2 en E y F, respectivamente. Demuestre que CDB EAF. 41. (*) La Recta de Simson-Wallace. Sean X, Y y Z los pies de las alturas trazadas desde un punto P en el circuncírculo del ABC hacia AB, BC y CA, respectivamente. Demuestre que X, Y y Z están alineados. 42. (*) Sea P un punto exterior al cuadrado ABCD tal que AP C = 90, Q es la intersección de AB y P C, y R el pie de la perpendicular por Q a CA. Demuestre que P, R y D están alineados. 43. En la figura 61, ABCD es un trapecio rectángulo tal que la circunferencia de diámetro AB (y centro O) es tangente a CD. Demostrar que O pertenece a la circunferencia de diámetro CD y que esta circunferencia es tangente a BA. Figura El ABC es rectángulo en C, la circunferencia de centro O es tangente a cada uno de los lados del ABC en los puntos P, Q y R (como se muestra en la figura 62), y se cumple que AP = 20 y BP = 6. Calcule OP. 43

44 Figura En la figura 63 se muestran tres semicircunferencias, una de diámetro AB (de centro O y radio r), otra de diámetro AO y la última de diámetro OB. Determine la razón entre el radio de la circunferencia tangente a estas tres semicircunferencias y r. Figura El segmento AB es diámetro de un semicírculo con centro en O. Un círculo con centro en P es tangente a AB en O y también al semicírculo. Otro círculo con centro en Q es tangente a AB, al semicírculo y al círculo de centro en P. Si AB = 2, cuál es el radio del círculo con centro en Q? Problemas de Refuerzo. Figura Los vértices A y B de un triángulo equilátero ABC están sobre una circunferencia de radio 1 y el vértice C está en el interior de la circunferencia. Un punto D (distinto de B) que esta en la circunferencia es tal que AD = AB. La recta DC corta por segunda vez a la circunferencia en E. Encuentre la longitud del segmento CE. Ver figura (*) (OIM 2002, P-4) En un triángulo escaleno ABC se traza la bisectriz interior BD, con D sobre AC. Sean E y F puntos sobre la recta BD tales que (AE CF ) BD, y sea M el punto sobre el lado BC tal que DM BC. Demuestre que EMD = DMF. 44

45 Figura (*) (OMCC 2003, P-2) Sea S una circunferencia y AB un diámetro de ella. Sea t la recta tangente a S en B y considere dos puntos C y D en t tales que B este entre C y D. Sean E y F las intersecciones de S con AC y AD y sean G y H las intersecciones de S con CF y DE. Demuestre que AH = AG. 50. (*) (The 59 th Romanian Mathematical Olympiad District Round) Considere un cuadrado ABCD y un punto E sobre el lado AB. La diagonal AC corta al segmento DE en el punto P. La perpendicular por P a DE corta al lado BC en F. Probar que EF = AE + CF. 51. (*) Teorema de Arquímedes: En la figura 66, la región delimitada por tres semicircunferencias mutuamente tangentes, es conocida como cuchilla de zapatero o árbelos. Demostrar que las circunferencias sombreadas son congruentes. Figura 66: Teorema de Arquímedes. 45

46 6. Teorema de Thales y su recíproco. Semejanza de Triángulos. Introducción. Definición 1. Razón: se llama razón, al cociente de dos cantidades, expresadas en la misma magnitud, por ejemplo a b. 2. Proporción: se llama proporción a la igualdad de dos razones. Por ejemplo a b = c d, 16 a los términos a y d se les llama extremos y los términos b y c se les llama medios, al término d se le llama cuarta proporcional entre a, b y c en este orden. Propiedades de las proporciones: a b = c d si y sólo si a c = b d. a b = c d si y sólo si b a = d c o a c = b d. a b = c d a b = c d si y sólo si a ± b b = c ± d d. si y sólo si a + b a b = c + d c d. Paralelismo y proporcionalidad. Definición 1. Un punto P AB divide al segmento AB en una razón dada r, si P A P B = r. Figura Sean AB y CD dos segmentos, y sean P AB y Q CD, decimos que P y Q dividen a AB y CD en segementos proporcionales si P A = QA. P B QB Figura En algunos textos de geometría se utiliza la notación de proporción así a : b :: c : d que se lee a es a b como c es a d. 46

47 Teorema de Thales. Si tres paralelas cortan a dos secantes entonces los segmentos que determinan en ellas son proporcionales. 17 Antes de demostrar el Teorema de Thales, se enunciarán dos teoremas que a pesar de su aparente sencillez es de mucha utilidad en problemas que involucran Áreas y Proporcionalidad. Lema 1. Sea AB CD. Demuestre que: (ABC) = (ABD). Lema 2. Sea P un punto sobre el lado AB (o su prolongación) del ABC. Pruebe que: AP P B = (AP C) (P BC). A continuación se enuncian los pasos a seguir en la demostración del teorema de Thales. Demostración. Sean AA, BB y CC rectas paralelas que cortan a dos secantes en los puntos A, A, B, B, C, C respectivamente (ver figura 69). Pruebe que: Figura 69: Teorema de Thales AB BC = (ABB ) (BCB ) A B = (A B B) B C (B C B). 3. (ABB ) = (A B B) y (BCB ) = (B C B). Con ayuda de las igualdades demostradas concluya que: AB BC = A B B C. Observación Importante: Utilice las propiedades de las proporciones para demostrar las equivalencias siguientes (interprételas geométricamente): AB BC = A B B C AC AB = A C A B AC BC = A C B C 17 El teorema de Thales puede enunciarse de manera general como sigue: Si tres o más paralelas cortan a dos o más secantes entonces los segmentos que determinan en ellas son proporcionales. 47

48 Corolario (Teorema de Thales en el triángulo). Toda recta paralela a un lado de un triángulo y que corte a los otros dos lados, divide a estos lados en segmentos proporcionales. Recíproco del Teorema de Thales. Si tres rectas cortan a dos secantes en segmentos proporcionales y dos de estas rectas son paralelas entonces las tres rectas son paralelas. Demostración. Sean AA, BB y CC rectas que cortan a dos secantes en los puntos A, A, B, B, C, C respectivamente, tales que AA CC y AB BC = A B. Por el punto B tracemos una B C recta paralela a AA, la cual interseca a A C en el punto D (ver figura 70). Entonces, por el Teorema de Thales se tiene que: AB BC = A D DC. De donde, A B = A D, así por las propiedades B C DC de las proporciones A C = A C B C DC, por lo que B C = B D + DC = DC y por tanto B D = 0, o equivalentemente B = D y por lo tanto, BB AA. Figura 70: Recíproco del Teorema de Thales Corolario (Recíproco del Teorema de Thales en el triángulo.) Si una recta intercepta dos lados de un triángulo en segmentos proporcionales entonces la recta es paralela al tercer lado del triángulo. Triángulos semejantes. Decimos que el ABC es semejante al A B C (Ver figura 71), lo cual denotamos así ABC A B C, si: y AB A B = AC A C = BC B C BAC = B A C, ABC = A B C, ACB = A C B. En los tres teoremas que se muestran a continuación (los cuales son una consecuencia directa del Teorema de Thales) se establecen las condiciones mínimas para demostrar que dos triángulos son semejantes, a los cuales denominaremos: Criterios de Semejanza de Triángulos. Primer criterio de semejanza de triángulos: Angulo-Angulo A-A. Si dos ángulos de un triángulo son congruentes con dos ángulos de otro triángulo, entonces los dos triángulos son semejantes. 48

49 Figura 71: Definición de Semajanza de Triángulos. Demostración. Supongamos que en el ABC y A B C se tiene que ABC = A B C y ACB = A C B, entonces BAC = B A C (Por la suma de ángulos internos en un triángulo). Sea D AB y E AC tales que AD = A B y AE = A C, dado que DAE = BAC = B A C, se sigue por L-A-L que ADE = A B C, por consiguiente ADE = A B C = ABC, de donde DE BC (por ser iguales los ángulos correspondientes) y por el teorema de Thales AB AD = AC AE y por consiguiente AB = AC (1) A B A C Sea F BC tal que DF AC, entonces F C = DE = B C (porque DECF es paralelogramo y por ser ADE = A B C ) y por el teorema de Thales o lo que es lo mismo Luego, de (1) y (2) se tiene que: BA DA = BC F C AB = BC (2) A B B C AB = AC = BC A B A C B C. Así, se ha demostrado que los tres pares de ángulos son congruentes y los tres pares de lados son proporcionales, por lo tanto, ABC A B C. Segundo criterio de semejanza de triángulos: L-A-L. Si un ángulo de un triángulo es congruente con otro ángulo de otro triángulo y los lados que comprenden al ángulo en el primer triángulo son respectivamente proporcionales a los lados que comprende al ángulo en el segundo triángulo, entonces los dos triángulos son semejantes. Demostración. Suponga que el BAC = B A C y que AB = AC. Considere los puntos D y E, como en la demostración del teorema anterior. Entonces por el criterio A B A C L-A-L, 49

50 ADE = A B C, de lo cual se deduce que ADE = A B C. Por otra parte tenemos que: AB AD = AC, y al aplicar el recíproco del teorema de Thales, se puede afirmar que AE DE BC, de lo cual a su vez se deduce que ADE = ABC, por ángulos correspondientes entre paralelas. Finalmente por transitividad se concluye que ABC = A B C. Por lo tanto, ABC A B C (Por el criterio A-A.) Tercer criterio de semejanza de triángulos: L-L-L. Si los tres lados de un triángulo son respectivamente proporcionales a los tres lados de otro triángulo, entonces los dos triángulos son semejantes. AB Demostración. Por hipótesis se tiene que: = AC = BC y como antes sean D y E A B A C B C puntos sobre AB y AC respectivamente tales que AD = A B y AE = A C. Entonces por el recíproco del teorema de Thales se tiene que DE BC y por consiguiente el ABC = ADE y el ACB = AED, de donde ABC ADE (por el criterio A-A). Por ende AB AD = BC BC, luego por transitividad DE DE = BC B C, de donde DE = B C. En consecuencia ADE = A B C (por el criterio L-L-L), de lo cual se sigue que A B C = ADE y A C B = AED, y por transitividad A B C = ABC y A C B = ACB =. Por lo tanto, A B C ABC (Por el criterio A-A.) Ejercicios 1. Sean AB y CD las bases del trapecio ABCD, cuyas diagonales son perpendiculares. Si se sabe que AD = 13, AE = 12 y CE = 4 encuentre las longitudes de CD y AB. 2. En la figura 72, el ABC es equilátero, sus lados tienen longitud 3 y P A es paralela a BC. Si P Q = QR = RS, encontrar la longitud de CS. Figura Sea ABCD un trapecio de bases BC y AD, sus diagonales se cortan en E. Si BE = 3, ED = 4 y CE = 2, determine la medida de AE. 4. Las bases de un trapecio miden 3 y 5, y si su altura mide 4. Encontrar la distancia desde el punto de corte de las diagonales hasta la base mayor. 50

51 5. En la figura adjunta, el ABC es rectángulo en A y el ADB es rectángulo en D. El punto E es el punto de intersección de los segmentos AD y BC. Si AC = 15, AD = 16 y BD = 12, calcule el área del ABE. 6. El ABC es rectángulo en B. Se dibuja un rectángulo BEDF con D sobre la hipotenusa, E y F sobre BC y AB, respectivamente. Si AB = 1, demuestre que BC = 1. BE 1 DE 7. Considérese los puntos A, B, C y D tales que A y B están sobre el segmento OC y OD respectivamente, donde O es el centro de la circunferencia de radio r (Ver figura ( 73). Si OA ) OC = r 2 = OB OD, demuestre que el AOB DOC y que CD = r 2 AB. 18 OA OB Figura Sobre la circunferencia de centro O, se trazan los diámetros AB y CD tales que AB CD. Sea P un punto sobre el arco CBD y Q el punto de intersección de las cuerdas AP y CD. Si DO = 1, demuestre que AP AQ = Un segmento de recta AB es divido por los puntos interiores K y L de manera que AL 2 = AK AB. Sea P un punto exterior al segmento AB tal que AP = AL. Pruebe que KP L = LP B. Figura 74. Figura La medida del segmento CD se denomina Distancia Inversa. 51

52 10. En la figura 75, AB y AC son tangentes a la circunferencia, y CE BD, siendo BD un diámetro. Probar que BE BO = AB CE. 11. Demostrar que 1 AX + 1 BY = 1 AZ Figura 75 si se cumple que AX BY CZ. (Ver figura 76.) Figura En la figura 77, el ABC es rectángulo. Se construyen exteriormente los cuadrados ABEF y BCP Q. Demostrar que BM = BN. Figura 77:. 52

53 13. Sean O, P y R los centros de las tres circunferencias. Si OR = r y Q es la intersección de P O con la circunferencia de centro R, demuestre que OP OQ = r 2. Ver figura 78. Figura Si en un triángulo rectángulo se traza la altura correspondiente a la hipotenusa, entonces: a) Los dos nuevos triángulos que resultan, son semejantes entre si y semejantes al triángulo original. b) La altura es media proporcional 19 entre los segmentos que ella determina sobre la hipotenusa. c) Cada cateto es media proporcional entre la hipotenusa y la proyección del cateto sobre la hipotenusa. d) Demuestre el teorema de Pitágoras. 15. Si dos triángulos tienen sus lados respectivamente paralelos o respectivamente perpendiculares, entonces los dos triángulos son semejantes. 16. Las alturas, las bisectrices y las medianas homólogas de dos triángulos semejantes están en la misma razón que sus lados homólogos. 17. Sean ABC y A B C dos triángulos semejantes con AB = BC = CA = k. Demuestre A B B C C A que: la razón entre los perímetros de los triángulos es k y que la razón entre sus áreas es k Teorema de Menelao. Dado el ABC, sea P un punto sobre la recta AB, Q un punto sobre la recta BC, R un punto sobre la recta CA. Si los puntos P, Q, R están alineados entonces AP BQ CR P B QC RA = 1. Para demostrar este teorema, sea W un punto sobre la recta P QR tal que BW AC: a) Demuestre que los triángulos AP R y BP W son semejantes. 19 Si b es una magnitud tal que a b = b c, entonces decimos que b es media proporcional entre a y c,o de manera equivalente: b es media proporcional entre a y c si y solo si b 2 = a c. 53

54 Figura 79: Teorema de Menelao. b) Demuestre que los triángulos CQR y BQW son semejantes. c) De los literales a) y b) deduzca que AP BQ CR P B QC RA = Teorema de Ceva. Dado el ABC, sea P un punto sobre el recta AB, Q un punto sobre la recta BC y R un punto sobre la recta CA. Si las rectas AQ, CP, BR concurren, entonces AP P B BQ QC CR RA = 1. Para demostrar este teorema, sean W y V los puntos de intersección de la recta que pasa por B paralela a AC, con las rectas CP y AQ, respectivamente. a) Demuestre que AP C BP W y que AQC V QB. b) Demuestre que BW P RCP y que BV P RAP. c) Utilice los literales a) y b) para probar que AP BQ CR P B QC RA = Si dos cuerdas se interceptan en el interior de una circunferencia entonces el producto de las medidas de los segmentos determinados por el punto de intersección en una de las cuerdas es igual al producto de las medidas de los segmentos determinados en la otra cuerda. 21. Si dos segmentos se interceptan en un punto que esta en el interior de los dos segmentos y el producto de las medidas de los segmentos determinados por el punto de intersección en el primer segmento es igual al producto de las medidas de los segmentos determinados por el punto en el segundo segmento,entonces los extremos de los segmentos están sobre una circunferencia. 22. Si desde un punto P exterior a una circunferencia se trazan dos semirrectas secantes que cortan a la circunferencia en los puntos A, B y C, D respectivamente, entonces P A P B = P C P D. 54

55 23. Si desde un punto P se trazan dos semirrectas con los puntos A, B sobre una y los puntos C, D sobre la otra, tales que P A P B = P C P D, entonces los puntos A, B, C, D están sobre una circunferencia. 24. Si desde un punto exterior a una circunferencia se trazan dos semirrectas, una tangente y la otra secante, entonces el segmento entre el punto y el punto de tangencia es media proporcional entre los segmentos determinados entre el punto exterior y los puntos de intersección de la secante con la circunferencia Si P es un punto sobre el mismo plano que una circunferencia de centro O y radio r, y d es la distancia del punto P al centro O de la circunferencia, demuestre que: a) Si P está en el interior de la circunferencia, entonces la potencia de P es r 2 d 2. b) Si P está en el exterior de la circunferencia, entonces la potencia de P es d 2 r 2. c) Si P está sobre de la circunferencia, entonces la potencia de P es cero. 26. (*) (IV OMCC, P-4) Sea ABC un triángulo, D el punto medio de BC, E un punto sobre el segmento AC tal que BE = 2AD y F el punto de intersección de AD con BE. Si CAD = 60, encuentre la medida de los ángulos del F EA. 27. (*) Sea ABCD es un trapecio con AD BC. M y N son los puntos medios de CD y BC, respectivamente, y P el punto común de las rectas AM y DN. Si P M = 1, demuestre que AP 4 ABCD es paralelogramo. 28. Dado el ABC se construye un cuadrado P QRS con P en AB, Q en AC, R y S en BC. Sea H el pie de la altura desde A hacia BC. Demuestre que: a) 1 P Q = 1 AH + 1 BC b) (ABC) = 2(P QRS) si y sólo si AH = BC. 29. Sea P un punto en el interior del ABC. Se trazan por P las paralelas a los lados del triángulo, que queda dividido en tres triángulos y tres paralelogramos. Si las áreas de los tres triángulos de la subdivisión son, en algún orden, 9, 16 y 25, hallar el área del ABC. Problemas de Refuerzo. 30. (*) En la figura anexa, BC = CD = DE = EA = x y AEB = 90. Demuestre que ABC + ACD + ADE = Los problemas anteriores nos permite establecer la siguiente definición de Potencia de un punto con respecto a una circunferencia: La potencia de un punto P con respecto a una circunferencia de centro O y radio r es el producto P A P B, donde A y B son los puntos de intersección de la circunferencia con una recta que pasa por P. 55

56 31. Las tres circunferencias de la figura 80 tienen el mismo radio r, sus centros son colineales y la circunferencia de centro O 2 es tangente a las otras dos. Por A se traza una tangente a la circunferencia de centro O 3. Obtenga el valor del segmento BC en función de r. Figura Sea ABCD un rombo, con AC = 6 y BD = 8. Se construyen exteriormente los cuadrados ADEF y CDHG, cuyos centros son O 1 y O 2, respectivamente (Vea figura 81). Calcular la medida del segmento O 1 O 2. Figura Sea ABCD un cuadrado con P y Q sobre AB y BC tales que BP = BQ. Sea H el pie de la perpendicular de B a P C. Demuestre que DHQ = Dado un paralelogramo ABCD, se trazan dos circunferencias tangentes externamente en P, y tales que la primera es tangente internamente al ABC y la otra es tangente internamente al CDA, como en la figura 82. Demuestre que B, P y D están alineados. 56

57 Figura En un ABC el CAB = 120. Encuentre la medida de la bisectriz interna del CAB en función de los lados adyacentes. 36. El ABC tiene lados de 13, 14 y 15 unidades. El A B C está dentro del ABC con lados paralelos a los de éste y a 2 unidades de distancia de los lados del mismo. Calcule (ABC) (A B C ). 37. (*) (Asiático Pacífica) Sea ABC un triángulo y D el pie de la altura con respecto a A. Sean E y F puntos en una recta que pasa por D (distintos de D) tales que AE CE y AF BF. Sean M y N los puntos medios de BC y EF, respectivamente. Demuestre que AN NM. 57

58 7. Puntos y Rectas Notables del Triángulo. MEDIANAS Definición: En un triángulo, una mediana es el segmento de recta que une un vértice con el punto medio del lado opuesto. Teorema: Las tres medianas de un triángulo concurren en un punto llamado el Centroide 21 del triángulo y usualmente es denotado por G. Además, las medianas de cortan mutuamente en razón 2:1. Demostración: Dado el ABC sean A, B, C, los puntos medios de BC, CA, AB, respectivamente. Defina G como la intersección de BB con CC. Por el teorema de la base media, B C BC y 2B C = BC; observe que BCG B C G, con razón de semejanza 2, por lo que GB = GC = 2 GB GC Análogamente, si G = AA BB se cumple G B = G A = 2 G B G A Así, G y G dividen al segmento BB en dos segmentos cuya razón es 2:1, por lo que G = G, lo cual implica que AA, BB, CC concurren y MEDIATRICES GA = GB = GC = 2 GA GB GC Definición: Dado un segmento AB, la mediatriz del segmento es el lugar geométrico de puntos que equidistan de A y B, i.e., un punto P está sobre la mediatriz de AB si y sólo si P A = P B. Teorema: La mediatriz de AB es una recta l perpendicular a AB y que pasa por su punto medio. Demostración: Sea M el punto medio de AB, y l pasa por M y l AB. En primer lugar se probará que todos los puntos de l satisfacen la definición de mediatriz: Por definición de punto medio MA = MB. por lo que claramente M pertenece a la mediatriz de AB; sea P un punto de l distinto de M, por criterio LAL, P MA P MB por lo que P A = P B. Ahora, cabe preguntarse si existe algún punto fuera de l que también cumpla la definición: suponga P tal que P A = P B, esto implica que P AB es isósceles, y entonces P AB = P BA; si M es la proyección de P sobre AB, por criterio ALA P AM P BM, lo cual implica que M A = M B, es decir que M = M, y esto obliga a que P esté sobre l (ya que P M = l). Teorema: Las mediatrices de un ABC concurren en un punto que equidista de los vértices del triángulo, llamado el Circuncentro del ABC 21 También conocido como Geocentro, Centro de Gravedad, Baricentro, o más formalmente Equibaricentro. 58

59 Figura 83: Concurrencia de Mediatrices, Circuncentro y Circuncírculo. Usualmente, el circuncentro es denotado por O, y R representa la distancia del circuncentro a los vértices R = OA = OB = OC A esta distancia se le llama Circunradio del ABC. Así, O es el centro de una circunferencia que pasa por A, B, C, cuyo radio es R, llamada el Circuncírculo del ABC. 22 Demostración: Sea O la intersección de las mediatrices de AB y BC, por el teorema anterior, como O pertenece a la mediatriz de AB se cumple OA = OB, y como también pertenece a la mediatriz de BC, OB = OC; entonces OC = OA, y utilizando de nuevo el teorema anterior, O debe pertenecer a la mediatriz de CA. Así, las tres mediatrices concurren en O, y este punto equidista de los vértices del ABC. Corolario: Dado un triángulo, existe una circunferencia que pasa por los tres vértices (el circuncírculo); además, esta circunferencia es única. Una observación importante es que la mediatriz del lado de un triángulo NO siempre pasa por el vértice opuesto; de hecho, esto sólo se da si el triángulo es isósceles. ALTURAS La altura es un concepto que está intrínsecamente relacionado con la distancia de un punto a una recta; la altura es la recta que debe trazarse para determinar esta distancia, i.e., es una recta que pasa por el punto y es perpendicular a la recta. A la intersección entre la altura y la recta generalmente se le llama pie de la altura, o también (más formal) proyección del punto sobre la recta. En particular, para triángulos, definiremos la altura de la siguiente forma: Definición: Dado un triángulo, una altura es una recta que pasa por un vértice y es perpendicular al lado opuesto. 22 En ocasiones, denotaremos a esta circunferencia por Γ(ABC). 59

60 Es importante observar que el pie de la altura NO siempre pertenece a un lado; de hecho, una altura puede estar al interior de un triángulo, coincidir con un lado, o estar completamente afuera de un triángulo. Teorema: Las alturas de un triángulo concurren en un punto, llamado el Ortocentro del triángulo, usualmente denotado por H. 23 Demostración: Dado el ABC, se construyen los puntos A 1, B 1, C 1, tales que ABA 1 C, BCB 1 A, CAC 1 B son paralelogramos. Observe que el ABC es el triángulo medial del A 1 B 1 C 1, y que las alturas del ABC son las mediatrices del A 1 B 1 C 1 ; como las mediatrices de un triángulo concurren (en este caso, las del A 1 B 1 C 1 ), las alturas del ABC concurren. La altura también puede escribirse en términos de lugar geométrico: Teorema: La recta l es perpendicular a AB si y sólo si AL 2 LB 2 es constante. Es decir, que una recta perpendicular a AB es el lugar geométrico de los puntos L que satisfacen la condición anterior. Demostración: sea P la intersección de l con AB, y L un punto arbitrario sobre l; por Pitágoras se tiene AL 2 LB 2 = AP 2 P B 2, y el término derecho de la igualdad es constante. La otra dirección de la implicación se prueba por contradicción. De esa definición también puede fabricarsele una demostración del teorema anterior, sin embargo, no se aborda porque la prueba se basa en un resultado sofisticado llamadado Teorema de Steiner. 24 BISECTRICES Definición: La bisectriz de un ángulo es una recta que divide al ángulo en dos ángulos de igual magnitud. Teorema: El lugar geométrico de puntos que equidistan de dos rectas dadas, generan un par de rectas perpendiculares llamadas bisectriz interna y bisectriz externa del ángulo formado por las rectas. Demostración: Suponga que las rectas se cortan en un punto O; sean a, b las rectas dadas, y P un punto que equidista de ellas; si A y B son las proyecciones de P sobre a y b, respectivamente, entonces P A = P B. Observe que por criterio LLL (utilizando Pitágoras previamente), OAP OBP, por lo que P OA = P OB, i.e., P pertenece a la bisectriz del AOB. Claramente aquí se dan dos casos, recuerde que para definir el ángulo entre a y b se utilizan únicamente semi-rectas, por lo que las rectas a y b definen cuatro ángulos, que por parejas pueden 23 El triángulo formado por los pies de las alturas de un ABC es llamado el triángulo órtico del ABC. 24 Sean l, m, n, tres rectas perpendiculares a los lados del AB, BC, CA del ABC, respectivamente. Sean L, M, N, puntos arbitrarios sobre l, m, n, respectivamente. Entonces las rectas l, m, n concurren si y sólo si AL 2 + BM 2 + CN 2 = NA 2 + LB 2 + MC 2. 60

61 ser opuestos por el vértice o suplementarios; de estos se escoge cualquiera de ellos como referencia, entonces, si AOB coincide con éste o con el opuesto por el vértice, la recta P O es llamada bisectriz interna, y en caso contrario, bisectriz externa. Así, el lugar geométrico son dos rectas, y su perpendicularidad se basa en los pares de ángulos que son suplementarios. Finalmente, si a b, el lugar geométrico es una recta paralela a a y b que se ubica entre ellas a igual distancia de ambas (este es un caso extraño de bisectriz interna, sin embargo, en ocasiones es útil tener esta convención en mente; peor aún, la bisectriz externa es una recta ideal llamada recta al infinito). Teorema: Las bisectrices internas de un ABC concurren en un punto, llamado el Incentro del ABC, usualmente denotado por I. La distancia de I a los tres lados del triángulo es igual a un número r, llamado el Inradio del ABC, y de aquí que la circunferencia de centro I y radio r sea tangente a los lados del triángulo; dicha circunferencia es llamada el Incírculo del ABC. 25 Figura 84: Concurrencia de Bisectrices Internas, Incentro e Incírculo. Demostración Sea I la intersección de las bisectrices internas de A y B (obviamente, I está en el interior del ABC); como I pertenece a la bisectriz interna del A, por el teorema anterior dist(i, AB) = dist(i, AC), y análogamente, como I pertenece a la bisectriz interna del B, dist(i, AB) = dist(i, CB); entonces dist(i, AC) = dist(i, CB), y de nuevo por el teorema anterior y dado que I está al interior del triángulo, I pertenece a la bisectriz interna del C. Así, las tres bisectrices internas concurren en un punto que equidista de los lados del triángulo. Es importante notar que las intersección de una bisectrices interna con el lado opueto del triángulo NO siempre coincide con el puntos de tangencia del incírculo; 26 de hecho, esto ocurre sólamente si el triángulo es isósceles. Corolario: Dado un triángulo, existe una circunferencia que es tangente interiormente a los tres lados (el incírculo); además, esta circunferencia es única En algunas ocasiones denotaremos al incírculo por Λ(ABC). 26 En la figura, el ABC es llamado triángulo tangencial del DEF. 27 Existen 3 circunferencias más que son tangentes a los tres lados del triángulo, llamados excírculos; estas circunferencias se ubican en el exterior del triángulo. 61

62 Ejercicios 1. Las áreas de los seis triángulos AGB, AGC, BGA, BGC, CGA, CGB son iguales e iguales a un 1 del área del triángulo ABC. 6 Figura Los cuatro triángulos AB C, BC A, CA B, A B C, 28 son congruentes entre si y semejantes al ABC con razón de semejanza El centroide del ABC coincide con el centroide del triángulo medial A B C. Además, estos dos triángulos tienen lados correspondientes paralelos (triángulos homotéticos). 4. En la figura 86, G es el centroide. Si GD = 2 y el área sombreada vale 5, calcule AD y el (ABC). Figura Demostrar que las paralelas a los lados de un ABC, trazadas por el centroide G dividen cada lado en tres partes iguales. 6. ABCD es un paralelogramo de centroide (baricentro) E, M es el punto medio de AD, y F es la intersección de AC con BM. Si el área de ABCD es 1, calcule el área del cuadrilátero DEF M. 7. En el ABC, se traza la mediana AM. Demostrar que si BM = AM, entonces el triángulo es rectángulo en A. 28 El A B C es llamado el triángulo medial del ABC. 62

63 8. La suma de las distancias del centroide a los puntos medios de los lados de un triángulo es 20. Calcule la suma de las medianas del triángulo. 9. La mediana tiene longitud menor que la semisuma de los lados adyacentes, es decir AA < b + c, BB < c + a, CC < a + b. 10. Dado el ABC, sean D y E puntos variables sobre los lados AB y AC respectivamente tales que BC DE. Entonces, la mediana AA puede definirse como el lugar geométrico de los puntos P tales que P CD BE Siempre es posible construir un triángulo XY Z con las medianas AA, BB, CC de un ABC dado. Además, los segmentos que unen el centroide del XY Z con sus vértices son iguales a la mitad de los lados del ABC. 12. En el ABC, AB = BC y la mediatriz de BC interseca a la mediana BM en L. Si LCB = 25, determine la medida del LAC. 13. Ley del Seno. Dado un ABC, se cumple que sen A a = sen B b = sen C c = 1 2R 14. Las reflexiones de H con respecto a los lados del ABC caen sobre el circuncírculo del mismo, es decir HH a = H a X y análogo para los otros lados. Figura Las reflexiones de H con respecto a los puntos medios de los lados del triángulo, caen sobre el circuncírculo del mismo. 29 Si D = A se define P = A, y cuando D = B entonces P es punto medio de BC. 63

64 16. Si O y H son el circuncentro y el ortocentro de un ABC, respectivamente, entonces BAH = CAO. 17. La altura AH a es bisectriz del H b H a H c. 18. Los circuncírculos de ABC, ABH, BCH, CAH tienen igual radio. 19. La perpendicular trazada desde A al lado H b H c del triángulo órtico, pasa por el circuncentro del ABC. 20. A, B, C y H forman un cuadrilátero ortocéntrico, es decir que cada punto es el ortocentro del triángulo formado por los otros tres. 21. El ortocentro de un triángulo está al interior, sobre un vértice, o afuera del triángulo, si el triángulo es acutángulo, rectángulo, u obtusángulo, respectivamente. 22. El circuncentro del ABC es el ortocentro del triángulo medial A B C. 23. Sea O el circuncentro del ABC. Si AOC = 100 y OCB = 30, determine la medida de los ángulos del ABC. 24. Hallar los ángulos de un triángulo cuyo triángulo órtico tiene ángulos de 20, 50 y Sea ABC un triángulo obtusángulo de circuncentro O y altura AD. Si OAB = 25 y OCB = 15, calcule el DAB. 26. El ABC de circuncentro O y altura BD. Si DAB = 35 y OBD = 10 encontrar los ángulos del triángulo ABC. 27. En la figura 88, AB es diámetro de la circunferencia. Si X es la intersección de CG con AB, calcular el CXB. Figura 88 64

65 28. En el ABC, se trazan la altura AH y la mediana BM. Demuestre que el MHC es isósceles. 29. Un ABC es rectángulo en C, A = 75 y CH es altura. Demuestre que CH = AB Sea O el circuncentro del ABC con C = 45 y sea D el pie de la altura desde A. Calcule la medida del ODC. 31. Dado el ABC isósceles con A = 90, sean P y Q son puntos dentro del triángulo tales que BP = AQ y AP = CQ. Si BP y CQ se cortan en R, demostrar que AR P Q. 32. Se ubican los puntos M y K sobre los lados BC y CD del cuadrado ABCD, respectivamente, de modo que MC = KD. Sea P la intersección de MD y BK, demuestre que AP MK. 33. Sean D, E, F los puntos de tangencia del incírculo sobre los lados BC, CA, AB del ABC. Demuestre que se cumplen las siguientes relaciones, donde s denota el semiperímetro del triángulo: AE = AF = s a BD = BF = s b CD = CE = s c 34. El ortocentro del ABC es el incentro de su triángulo órtico. 35. Dado un ABC, su triángulo órtico y su triángulo tangencial tienen lados correspondientes paralelos (triángulos homotéticos). 36. Las bisectrices exteriores de B y C, junto con la bisectriz interior de A, concurren en un punto, llamado el Excentro con respecto al vértice A, usualmente denotado por I a. Este punto es equidistante a los lados del ABC, dicha distancia es el Exradio respecto a A, usualmente denotado por r a. Así, la circunferencia de centro I a y radio r a es tangente exteriormente a los lados del ABC, y es llamada el Excírculo respecto a A I es ortocentro del I a I b I c. Además se cumple: AX = AZ = s BX = BY = s b CY = CZ = s c 38. En un ABC, la bisectriz exterior del ABC y la bisectriz exterior del BCA se cortan en D. La paralela a BC por D corta a AC en L y a AB en M. Si LC = 5 y MB = 7, hallar LM. 39. El ABC es rectángulo en A. Si I es el incentro, calcular BIC. 40. En un ABC, el ABC CAB = 90. Sean D y E los pies de las bisectrices interior y exterior del BCA respectivamente. Demuestre que CD = CE. 30 Análogamente se definene los excírculos con respecto a los otros vértices. 65

66 Figura En el ABC, AB < AC, AD es bisectriz, y E es un punto en AB tal que el EDB = 90. El punto F sobre AC es tal que el BED = DEF. Demuestre que el BAD = F DC. 42. En el ABC se trazan las bisectrices interiores BD y CE tales que D es el punto sobre AC, E es el punto sobre AB, 2 BDE = 3 B y CED = 2 B. Calcular los ángulos del ABC. 43. Dado el ABC con A = 90, sea D el pie de la perpendicular desde A. Sean además I y J los incentros respectivos de ABD y ACD. Demostrar que la bisectriz del BAC es perpendicular a IJ. 44. Un triángulo es isósceles si cumple alguna de las siguientes condiciones: a) Dos medianas son iguales. b) Dos alturas son iguales. c) Dos bisectrices son iguales Teorema de la Bisectriz: Dado el ABC, sean P y P sobre BC. Se cumple que AP y AP son la bisectriz interna y la bisectriz externa del A si y sólo si BP P C = BA AC = BP P C Sugerencia: Para demostrar la primera igualdad, trace CD AP con E sobre la prolongación de AB. 31 Este caso es aparentemente tan sencillo como los anteriores, pero realmente es un resultado muy complicado y recibe el nombre de Teorema de Steiner-Lehmus. 66

67 46. (*) De acuerdo con los datos de la gráfica 90, calcular el valor de AB. Figura Dos circunferencias son tangentes internamente en P, y una cuerda AB de la circunferencia de radio mayor es tangente en Q a la otra circunferencia. Ver figura 91. a) Demuestre que P Q es bisectriz del AP B. b) Llame A y B a las otras intersecciones de P A y P B con la circunferencia de radio menor y suponga que AB = 15, P A = 3 y P B = 2; calcule AQ y BQ. Figura (*) Sea ABC un triángulo tal que las medianas respectivas a B y C son perpendiculares. Demuestre que se cumple la relación. 5BC 2 = CA 2 + AB (*) Teorema de Poncelet: Demuestre si ABC es un triángulo rectángulo con A = 90, entonces 2(r + R) = b + c. 67

68 Problemas de Refuerzo. 50. (*) Sea ABCD un paralelogramo. Q es el punto medio de AD, F el pie de la perpendicular por B sobre QC. Probar que AF = AB. 51. Dado el rombo ABCD, se trazan las bisectrices internas de DAC, CAB, BCA, ACD, y cortan a DC, CB, BA, AD en P, Q, R, S, respectivamente. Demuestre que P QRS es un rectángulo. 52. (*) Sea ABCD un cuadrilátero tal que AB = CD. Las mediatrices de AC y BD se cortan en P. Probar que P AC = P CA = P BD = P DB. 53. (*) ABC es un triángulo y P un punto en su interior. Sean A, B y C las reflexiones de P sobre BC, CA y AB, respectivamente. D, E y F son los pies de las perpendiculares respectivos desde A, B y C hacia B C, C A y A B. Probar que AD, BE y CF son concurrentes. 54. (*) (Arnoldo Aguilar) En la figura 92, ABGH, BCF G y CDEF son cuadrados. Si I es el centro de ABGH y J = DH BG, demuestre que I, J y F están alineados. Figura (*) (Arnoldo Aguilar) Sea ABC un triángulo equilátero. M y N son los puntos medios de AB y BC, respectivamente. Exteriormente al ABC se construye un triángulo rectángulo isósceles AP C, con AP C = 90. Si I es la intersección de AN y MP, demuestre que CI es la bisectriz de ACM. 56. (*) En la figura adjunta, el ABC es tal que A = 90 y B = 60. Cuál es el radio de la circunferencia? 57. (*) Dado el paralelogramo ABCD, sea M el punto medio de AB, y N la intersección de CD con la bisectriz interna del ABC. Demuestre que MC BN si y sólo si AN es bisectriz del DAB. 68

69 58. (*) En el ABC, se sabe que los vértices B, C, el circuncentro O y el ortocentro H del ABC están todos sobre una misma circunferencia. a) Calcule el valor de A. b) Demuestre que el incentro también pertenece al circuncírculo de BCOH. 59. (*) Sea ABC un triángulo de ortocentro H. Sean P y Q los pies de las perpendiculares desde H a las bisectrices interior y exterior de A, respectivamente. Si M es el punto medio de BC, mostrar que P, Q y M están alineados. 60. (*) En un triángulo ABC, sea M el punto medio de BC. Si se cumple que AB AC y además MAC + ABC = 90, hallar BAC. 61. (*) Sea ABC un triángulo y U un punto de su circuncírculo tal que AU es bisectriz. Las mediatrices en AB y AC cortan a AU en X y Y. Sea T la intersección de BX con CY. Demostrar que AU = T B + T C. 62. (*) (The 59 th Romanian Mathematical Olympiad Final Round) Sea ABCD un rectángulo de centro O con AB BC. La perpendicular en O a BD corta a las líneas AB y BC en los puntos E y F, respectivamente. Sean M y N los puntos medios de los segmentos CD y DA, respectivamente. Probar que las líneas rectas F M EN. 63. (*) Sea ABC un triángulo rectángulo, con A = 90. Sea D un punto en su interior tal que DAC = DCA = DBC = α, y AC = BD. Determine el valor de α. 64. (*) Sea ABC un triángulo y M un punto tal que MAB = 10, MBA = 20, MAC = 40 y MCA = 30. Probar que el ABC es isósceles. 65. (*) En la figura 93, ABCD y P QRS son cuadrados, ABP BCQ CDR DAS y los los radios de las cinco circunferencias son iguales a r. Si a es el lado del cuadrado ABCD, determine r en función de a. Figura 93 69

70 66. (*) Recta de Euler. El centroide G, el ortocentro H y el circuncentro O de un triángulo están alineados, y además GH = 2GO. 67. Circunferencia de los 9 puntos: 32 Dado un ABC de ortocentro H, se cumple que los puntos medios de los lados, los pies de las alturas, y los puntos medios de HA, HB, HC, se ubican sobre una misma circunferencia. Además, el centro de esta circunferencia es el punto medio de HO y su radio es R, donde O y R son el circuncentro y el circunradio 2 del triángulo. Para demostrar este resultado se sugiere seguir los siguientes pasos: a) Si H a es el pie de la altura trazada desde A, demuestre que la reflexión de H con respecto a H a pertenece a circuncírculo del ABC. Resultados similares se cumplen para H b y H c. b) Si A es el punto medio de BC, demuestre que la reflexión de H con respecto a A pertenece al circuncírculo del ABC. c) De los resultados anteriores, observe que hay 9 puntos sobre el circuncírculo del ABC: los vértices, las reflexiones de H con respecto a los pies de las alturas, y las reflexiones de H con respecto a los puntos medios de los lados; a partir de esto, concluya que los puntos medios de los segmentos que van de H a estos 9 puntos, también deben pertenecer en una misma circunferencia. d) Concluya además que el centro de esta nueva circunferencia es el punto medio de HO. Otro camino de solución es el siguiente: a) Sea A B C el triángulo medial del ABC. Pruebe que A B C = BH a C y concluya que H a A B C es un cuadrilátero cíclico; los mismo debe cumplirse para H b y H c. b) Sea X el punto medio de HA. Demuestre que B A C + B XC = 180 y concluya que XC B A es un cuadrilátero cíclico; lo mismo debe cumplirse para los puntos medios de HB y HC. c) De lo anterior, concluya que los pies de las alturas y los puntos medios de los segmentos que van desde H hasta los vértices del ABC, se ubican sobre el circuncírculo del A B C. d) Si N es el circuncentro del A B C, demuestre que N, O, G forman la recta de Euler del A B C y utilice sus propiedades para probar que N es el punto medio de HO. 68. El área del ABC, denotada por [ABC], cumple: [ABC] = base altura 2 [ABC] = ab sen C bc sen A = 2 2 [ABC] = sr = ca sen B 2 = abc 4R [ABC] = s(s a)(s b)(s c). (Fórmula de Herón). 32 También conocida como Circunferencia de Feuerbach. 70

71 69. El circunradio, el inradio y los exradios de un triángulo cumplen: 4R = r a + r b + r c r [ABC] = r a (s a) = r b (s b) = r c (s c) (s a)(s b)(s c) r = s s(s b)(s c) r a = s a s(s a)(s c) r b = s b s(s a)(s b) r c = (s c) 70. Dado el ABC, sea I el incentro e I a el excentro respecto a A. a) Demuestre que BICI a es un cuadrilátero cíclico. b) Si M es la intersección de II a con el circuncírculo del triángulo (M A), demuestre que dicho punto es el circuncentro de BICI a. c) Sea M el punto diametralmente opuesto a M en el circuncírculo, y sea P la proyección de I sobre AB. Demuestre que M CM AIP. d) Sea O el circuncentro del triángulo Calcule la potencia de punto de I con respecto al circuncírculo, y utilizando los resultados anteriores deduzca la Fórmula de Euler: OI 2 = R 2 2Rr. e) A partir de la fórmula de Euler demuestre que R 2r. 71

72 8. Solución a Problemas Selectos. Teoremas Fundamentales del Triángulo. 1. En la figura 94, ABDE es un cuadrado y BCD es un triángulo isósceles con BD = DC. Si ABC = 160, determinar la medida de AEC. Figura 94 Solución: DBC = DCB = 160 ABD = 70, de donde se obtiene que BDC = 40 y EDC = EDB + BDC = 130. Como EDC es isósceles, entonces DEC = DCE = 25. Por lo tanto AEC = 90 DEC = Hallar la suma de los ángulos α + ɛ + θ + φ en la figura 95. Figura 95 Solución: CAB = θ, EDC = α por ser opuestos por el vértice. Como el AF D externo en el BDF, se tiene AF D = α + ɛ. Sumando los ángulos internos del AEF se tiene α + φ + θ + ɛ = (XV Competencia de Clubes Cabri Primera Ronda) En la figura 96, ABCD es un rectángulo tal que AB = 2BC. M es el punto medio de AB y los triángulos AME y MBF son equiláteros. Si P es la intersección de las rectas DE y CF, encuentre los ángulos del CDP. 72

73 Figura 96 Solución: Note que AD = AE = F B = BC por lo que DAE y BCF son ambos isósceles. Luego DAE = CBF = = 150 lo que implica que P DC = P CD = = 75 y luego CP D = Sea ABC un triángulo rectángulo con CAB = 90 (Ver figura 97). D es un punto sobre la prolongación de BC tal que BD = BA. E es un punto en el mismo semiplano que A respecto de BC, tal que CE BC y además CE = CA. Mostrar que A, D y E están alineados. Figura 97 Solución: Sea CBA = 2θ; el ABD es isósceles y BAD + BDA = 2θ, por lo que BAD = BDA = θ. Como CAB = 90 entonces ACB + ABC = 90 y como CE es perpendicular a BC entonces ECA + ACB = 90; por lo tanto, ABC = ECA = 2θ. Con esto, como ECA es isósceles, CEA = CAE = 90 θ. Luego, EAC + CAB + BAD = 180 y así E, A y D están alineados. 5. Dado un cuadrado ABCD, se construyen los triángulos equiláteros ABP (exteriormente) y ADQ (interiormente). Probar que C, P y Q están alineados. Figura

74 Solución: Observe que P AQ = BAD = 90 y P A = BA = DA = DQ, por lo que P AQ es triángulo rectángulo isósceles, y por tanto, P QA = 45. Por otra parte, QDC = 90 ADQ = 30 y QD = AD = CD, es decir, el CDQ es isósceles con el ángulo comprendido entre lados iguales de 30, por lo que DQC = 75. Así, P QA + AQD + DQC = 180 y por lo tanto, C, P y Q están alineados. Figura En la figura 99, AB = BC = CD = DE = EF = F G = GA. Calcule la medida del DAE. Referenciasfig20 Figura 99 Solución: Sea DAE = θ. Como los triángulos ABC y AGF son isósceles, ACB = AF G = θ. Calculando los ángulos externos de ABC y AF G se tiene F BC = CGF = 2θ. Como GF E y BCD son isósceles, GEF = BDC = 2θ. Calculando ángulos externos de ADC y AEF se obtiene ECD = DF E = 3θ. Como CDE y F ED son isósceles, CED = F DE = 3θ. Entonces, la suma de los ángulos internos del AED da θ + 3θ + 3θ = 180, de donde θ = (XXVIII Olimpiada Brasileña de Matemática) En la figura 100, AB = AC, AM = AN y CAM = 30, encuentre el valor del BMN. Solución: Como ABC y AMN son isósceles, sean ABC = ACB = α y AMN = ANM. Por la fórmula del ángulo externo se tiene 74

75 Figura 100 ACM + MAC = AMB = AMN + BMN α + 30 = ANM + BMN = ( NBM + BMN) + BMN = α + 2 BMN Esto implica que BMN = (Etapa semifinal Estatal de XXII Olimpiada Mexicana de Matemáticas) En la figura 101 se muestra un hexágono regular ABCDEF de lado 1. Los arcos del círculo que están dibujados tienen centro en cada vértice del hexágono y radio igual a la distancia al vértice opuesto. P, Q, R, S, T y U son los puntos de corte de estos arcos. Cuánto mide cada lado del hexágono P QRST U? Figura 101 Solución: El hexágono P QRST U es regular y con el mismo centro que ABCDEF. Sea O el centro de ambos (Véase Figura 64). El lado buscado es igual a OP. Tenemos que CF = F P = P C = 2 por ser radios de los arcos dibujados; entonces CF P es equilátero de lado 2 y OP es una altura de este triángulo que, por Pitágoras, es igual a 3. 75

76 Congruencia de Triángulos 1. En la figura 102, ABC es un triángulo equilátero y CDEF es un cuadrado. Se construye un punto G tal que CF = CG y además CF G = 15. Probar que AGC = BDC. Figura 102 Solución: BCD = 180 ACB DCF = 30. Como GCF es isósceles, CGF = CF G = 15 y ACG = CGF + CF G = 30. Por criterio LAL, BCD ACG, por lo tanto BDC = AGC. 2. (Cuaderno de Olimpiadas Mexicanas - Geometría) En la figura 103, ABCD un cuadrado y EF GH. Demuestre que que EF = GH. Figura 103 Solución: Se construyen EK y GM con K sobre CD y M sobre AD tales que EK AD y GM CD. Luego se demuestra que EF K GHM, con EF = GH. 3. (Examen final de XVI Olimpiada mexicana de Matemática) Los ángulos de un triángulo ABC están en progresión aritmética ( B A = C B = θ), D, E, y F son los puntos medios de los lados BC, CA y AB, respectivamente. Llamamos H al pie de la altura trazada desde C (que cae entre B y F ) y G a la intersección entre DH y EF. Cuánto vale F GH? Solución: Note que A + B + C = 3 A + 3θ = 180, lo cual implica que A + θ = 76

77 60 = B. Entonces BCH es un triángulo 30, 60, 90, y dado que D es punto medio de BC, el BDH es equilátero. Luego, como BC EG, F GH = BDH = 60. Ver figura 104. Figura Sea ABCD un cuadrado. Se construyen triángulos equiláteros ADP y ABQ como se muestra en la figura 105. Sea M la intersección de CQ con AD y N la intersección de CP con AB. Demuestre que CMN es un triángulo equilátero. Figura 105 Solución: Note que P D = AD, porque AP D es equilátero, y AD = CD porque ABCD es cuadrado, por lo que P D = CD, es decir, el CDP es isósceles, con CDP = CDA P DA = 30, entonces DP C = DCP = 75, y BCN = BCD DCP = 15. Análogamente, BCQ es isósceles con ángulos 30, 75, 75, por lo que MCN = BCQ BCN = 60. Finalmente, como la figura es simétrica con respecto a AC, CM = CN, entonces, el triángulo CMN es equilátero porque tiene dos lados iguales y un ángulo interno igual a ABC es un triángulo isósceles con ABC = ACB = 80. D es un punto en AC tal que ABD = 10. Demuestre que AD = BC. Figura

78 Solución: Se traza un punto D sobre AC tal que AD = BC. Se construye exteriormente el triángulo equilátero AEB. Luego, AE = AB, D A = CB y EAD = ABC lo cual implica que EAD ABC, de donde se deduce que el D EB es isósceles y BED = BEA D EA = 40. Se sigue que EBD = 70 y como D BA = EBD ABE = 10, resulta que D = D y por lo tanto BC = AD = AD. Figura

79 Cuadriláteros. 1. Sea ABCD un paralelogramo. Se construyen triángulos equiláteros exteriores CDP y ADQ, como se muestra en la figura 107. Demuestre que el BP Q es equilátero. Figura 107 Solución: Observe que al hacer una rotación de centro P y ángulo 60, el triángulo P BC se transforma en el triángulo P QD (observe los segmentos P C y CB tras esta transformación), mientras que al hacer una rotación de centro Q y ángulo 60, el triángulo P QD se transforma en triángulo BQA. Como la rotación mantiene las distancias, P B = P Q = BQ, por lo que el tríangulo BP Q es equilátero (II Olimpiada Matemática del Cono Sur) En la figura 108 ABCD y AECF son paralelogramos. Demuestre que BEDF es paralelogramo. Figura Una demostración más rigurosa se basa en el cálculo de los ángulos P CB = P DQ = BAQ = ABC y en la utilización del criterio LAL para justificar P CB P DQ BAQ. 79

80 Solución 1: Sea M el punto medio de AC. Las diagonales AC y BD se bisecan en M, mientras que las diagonales AC y EF también se bisecan en M, entonces BD y EF se bisecan en M por lo que BEDF es un paralelogramo. Solución 2: Como AD CB y AE CF entonces DAE = BCF. Entonces, por propiedades de paralelogramos BAE = BAD EAD = BCD BCF = F CD; además, AB = CD y AE = CF. Por criterio LAL, BAE DCF, y entonces BE = DF. Análogamente se demuestre que ABF CDE, lo cual implica BF = DE. Como BEDF es un cuadrilátero con lados opuestos iguales, es un paralelogramo. 3. ABCD es un cuadrilátero convexo y O es un punto en su interior. Sean P, Q, R, S, los puntos medios de los lados AB, BC, CD, DA, respectivamente. Por P se traza una paralela a OR, por Q se traza una paralela a OS, por R se traza una paralela a OP, y por S se traza una paralela a OQ. Demuestre que estas cuatro rectas concurren. Solución: Al tomar las rectas OP y OR y sus paralelas se forma el paralelogramo P ORM, y al tomar las rectas OQ y OS y sus paralelas se forma el paralelogramo OQNS. Por el teorema de Varignon, sabemos que P QRS es un paralelogramo, y llamaremos T al punto de corte de sus diagonales. Observe que el punto de corte de las diagonales de P ORM es el punto medio de P R, i.e., T ; análogamente, el punto de corte de las digonales de OQNS es el punto medio de SQ, i.e., T nuevamente. Así, M es la reflexión de O con respecto a T, y de igual forma queda definido N, por lo que M = N y las cuatro rectas concurren. 4. (Héctor Alberti) Sea ABCD un cuadrado. Se construyen los triángulos equiláteros BDA, ACB, BDC y ACD (Véase figura 109). Demuestre que el A B C D es también un cuadrado. Figura 109 Solución: Como A B = A D, AB = AD, CB = CD, C B = C D, los puntos A, A, C, C pertenecen a la mediatriz de BD, y por tanto, están alineados. Análogamente, B, B, D, D están alineados; por lo tanto A C B D. Por otra parte, si O es el centro de ABCD, como los triángulos equiláteros construidos son todos iguales (tienen lados iguales a la diagonal de ABCD) de altura h, OA = OB = OC = OD = h. Entonces, A B C D es un cuadrilátero con diagones que se bisecan en O (es paralelogramo), son iguales A C = B D = 2h (es rectángulo) y son perpendiculares (es rombo), lo cual implica que es cuadrado. 80

81 5. Un trapecio isósceles tiene diagonales perpendiculares y su área es 2010, determine su altura. Solución: Considere la figura 110. Sea ABCD el trapecio del problema (AB = CD), como es trapecio isósceles, es simétrico con respecto a la mediatriz de las bases, en particular, AC = BD. Sean P y Q los pies de las perpendiculares a AD trazadas desde B y C, respectivamente. Por LAL, ABD DCA lo cual implica CAD = BDA = 45 (debido a que AC BD) luego en el triángulo rectángulo ACQ, ACQ = 45 por lo que AQ = CQ y es fácil ver que BC = P Q. Luego Luego CQ = = (ABCD) = (CQ)(BC + AD) 2 = (CQ)(P Q + AP + P Q + QD) 2 = (CQ)(AP + P Q) = CQ 2 Figura (IX Competencia de Clubes Cabri, Segunda Ronda) Sea ABCDEF un hexágono regular cuyo centro es O. Se construyen los cuadrados F SOP y ORCQ. Demuestre que AP QB y SEDR son rectángulos. Figura 111. Solución: Por construcción P F = P O = SF = SO, y por propiedades de hexágono regular 34 AF = AO = EF = EO, entonces P, S A, E, pertenecen a la mediatriz de F O y por tanto, están alineados sobre una recta perpendicular a F O. Análogamente, Q, R, B, D están alineados sobre una recta perpendicular a CO; además, es fácil demostrar que AP = BQ = DR = ES. Observe además que AB CF DE, lo cual implica (AB CF ) (AP BQ), es decir, AP QB es rectángulo, y análogamente para SEDR. 34 Los triángulos OAB, OBC, OCD, ODE, OEF, OF A son equiláteros. 81

82 Figura Sobre los lados del ABC se trazan exteriormente los cuadrados ABP Q, CARS y BCT U. Luego se trazan los paralelogramos AQA R, CSC T y BUB P, como en la figura 112. a) Sean A, B, C los centros de los cuadrados BCT U, CARS, ABP Q, respectivamente. Demuestre que estos centros están sobre los lados del A B C. b) Demuestre que AA, BB, CC concurren. Solución: a) Observe que al hacer una rotación de centro A y ángulo igual a 90, el A UB se transforma en el A BA, y a la vez este último se transforma en el A CC (esto es porque A U A B A C y UB BA CC ); esto significa que A B A A y A A A C, por lo que B, A, C están alineados, es decir, A pertenece a B C. Análogamente se prueban los otros casos. b) De lo anterior, observe que AA es mediatriz de B C, por lo que AA, BB, CC concurren en el circuncentro del A B C. 8. Se dibujan cuadrados exteriores a los lados de un paralelogramo (Vea figura 113), demuestre que: a) El cuadrilátero determinado por los centros de esos cuadrados es un cuadrado. b) Las diagonales de ese cuadrado son concurrentes con las del paralelogramo. Solución: 82

83 Figura 112 a) Observe que al hacer una rotación de centro O 2 y ángulo igual a 90, el O 2 BO 1 se transforma en el O 2 CO 3 (observe que los segmentos O 2 B y BO 1 se transforman en O 2 C y CO 3, respectivamente), por lo que O 2 O 1 = O 2 O 3 y O 2 O 1 O 2 O 3. Repitiendo este razonamiento, O 1 O 2 = O 2 O 3 = O 3 O 4 = O 4 O 1 y estos segmentos son perpendiculares si son consecutivos, por lo que O 1 O 2 O 3 O 4 es un cuadrado. b) Basta demostrar que AC y O 1 O 3 se bisecan, 35 y esto es equivalente a demostrar que AO 1 CO 3 es un paralelogramo. Esto es cierto porque AO 1 = CO 3 y AO 1 CO 3 (ambos segmentos son perpendiculares a O 1 B) Figura Porque así los puntos de corte de las diagonales de ABCD y O 1 O 2 O 3 O 4 coincidirían. 83

84 9. Dado un ABC, se construyen exteriormente los triángulos rectángulo isósceles ACP y BCQ, con AC y BC como hipotenusas. Si M es el punto medio de AB, demuestre que el MP Q también es un triángulo rectángulo isósceles. Solución: Construya los cuadrados exteriores ACDE y BCF G, como muestra la figura 114. Observe que P y Q son los puntos medios de AD y BF, respectivamente. Al rotar el BCD con centro C y ángulo de 90, se genera el F CA, entonces dichos triángulos son congruentes y en por tanto BD = AF y BD AF. Por otra parte, observe que MP es base media del BAD, por lo que 2MP = BD y MP BD; análogamente, MQ es base media del ABF, por lo que 2MQ = AF y MQ AF. Por lo tanto MP = MQ y MP MQ. Figura

85 Ángulos en Circunferencia. 1. Dada la figura 115, demuestre que AB A B. Figura 115 Solución: Observe que los cuadriláteros ABQP y A B QP son cíclicos, por lo que P AB = P QB = 180 P A B, por lo tanto AB A B. 2. Dos circunferencias de centros O 1 y O 2 son tangentes (interna o externamente) en un punto P ; por este punto se traza una recta que corta nuevamente a la circunferencias en A y B, respectivamente. Demuestre que AO 1 BO 2. Solución: En la figura 116 se ha considerado que las circunferencias son tangentes exteriormente, sin embargo, el otro caso es análogo. Se sabe que O 1, P, O 2 están alineados, y que AP O 1 y BP O 2 son triángulos isósceles (dos de sus lados son radios de una circunferencia), entonces O 1 AP = AP O 1 = BP O 2 = O 2 BP, por lo que AO 1 BO 2. Figura Dadas dos circunferencias una fuera de la otra como en la figura 117, demuestre que las tangentes comunes externas forman segmentos iguales; análogamente, las tangentes comunes internas forman segmentos iguales. Solución: 36 Sea P la intersección de las tangentes comunes externas AA y BB. Entonces 36 Suponemos que las circunferencias tienen radios distintos; cuando los radios son iguales, el problema se justifica por la simetría de la figura. 85

86 AA = P A P A = P B P B = BB. Análogamente se resuelve el caso de las tangentes comunes internas. Figura Teorema de Pithot. Demuestre que en todo cuadrilátero inscribible, la suma de lados opuestos es igual. 37 Solución: Considere la figura 118, ABCD es el cuadrilátero inscribible, con P, Q, R, S, los puntos de tangencia sobre AB, BC, CD, DA, respectivamente. Entonces AB + CD = AP + P B + CR + RD = AS + BQ + CQ + DS = BC + DA Figura 118: Teorema de Pithot. 5. Teorema de Steiner. En todo cuadrilátero exinscrito a una circunferencia, la diferencia de las longitudes de lados opuestos es igual. Solución: El cuadrilátero puede quedar en posiciones como las de la figura??; en ambos casos, la demostración es muy similar, y análoga a la de Pithot. Para la figura de la 37 El recíproco de este teorema y del siguiente son también es ciertos. 86

87 izquierda se tiene que AB CD = (AP BP ) (CR RD) = (AS BQ) (CQ DS) = AD BC Figura 119: Teorema de Steiner. 6. Teorema de Miquel: Dado un ABC, sean X, Y, Z puntos sobre AB, BC, CA, respectivamente. Demuestre que los circuncírculos de AXZ, BY X, CZY tienen un punto en común M. Solución: Sea M el otro punto de corte de los circuncírculos de AXZ y BY X. Como los cuadriláteros AXMZ y BY MX son cíclicos, se tiene Y MZ = 360 XMZ Y MX = 360 (180 A) (180 B) = 180 C Entonces, CY M Z es cuadrilátero cíclico, por lo que M está sobre el circuncírculo del CZY. Figura 120: Teorema de Miquel. 87

88 7. Sea ABC un triángulo, y sean L y N las intersecciones de la bisectriz del ángulo A con el lado BC y el circuncírculo de ABC respectivamente (Ver figura 121). Construimos la intersección M del circuncírculo de ABL con el segmento AC. Prueba que los triángulos BMN y BMC tienen la misma área. Solución: Observe que ABNC y ABLM son cuadriláteros cíclicos, por lo que NCB = NAB = LAM = LBM, por lo que CN BM. Entonces, las distancias de N y C a la recta BM son iguales, y por tanto, el área del BMN es igual al área del BMC. Figura Sea AB el diámetro de una semicircunferencia. Se colocan los puntos M y K sobre la semicircunferencia y sobre AB, respectivamente. 38 Sea P el centro de la circunferencia que pasa por A, K y M; sea Q el centro de la circunferencia que pasa por B, K y M. Demuestre que MP KQ es concíclico. Solución: Como AB es diámetro, AMB = 90, entonces MAB + MBA = 90. Así MP K + MQK = 2 MAK + 2 MBK 2 = 2 ( MAB + MBA) = 180 Por lo tanto, MP KQ es concíclico. 38 M y K son distintos de A y B. 88

89 9. Las circunferencias Γ 1 y Γ 2 se cortan en los puntos A y B. Por el punto A se traza una recta que corta nuevamente a las circunferencias Γ 1 y Γ 2 en los puntos C y D, respectivamente. Por los puntos C y D se trazan tangentes a las circunferencias, las cuales se cortan en el punto M. Demuestra que MCBD es cíclico. Figura 122. Solución: Es suficiente probar que MCBD es un cuadrilátero con un par de ángulos opuestos suplementarios. Por ángulos seminscritos y suma de ángulos internos de un triángulo, se tiene CMD + CBD = CMD + CBA + DBA = CMD + MCA + MDA = 180 Figura El ABC cumple que A = 90 y AB = AC. Se toma un punto E del segmento AB, se construye interiormente un triángulo equilátero AEF. EF corta BC en I, y se construye exteriormente un triángulo equilátero BIJ. Encuentre EJB. Solución: Como el BJI = 60 = AEI, el cuadrilátero BEIJ es cíclico, por lo que el EJB = EIB = AEI EBI =

90 11. En la figura 123, se sabe que AO 1 B AO 2 B = 70 y además la tangente EB forma el triángulo isósceles ABE, con AB = AE. Encuentre EBC. Figura 123 Solución: Sea AO 2 B = 2θ, entonces ACB = θ y por hipóteis AO 1 B = 2θ Por ángulo seminscrito, ABE = θ + 35, y como el ABE es isósceles, AEB = θ Finalmente, por la fórmula del ángulo externo aplicada al BCE, EBC = AEB ECB = Dos circunferencias Γ 1 y Γ 2 se cortan en A y B. Una recta por A corta a Γ 1 y Γ 2 en C y D, respectivamente, y la paralela a CD por B corta Γ 1 y Γ 2 en E y F, respectivamente. (Ver figura 124). Demuestre que CDB EAF. Solución: Sean G = AE BC y H = AF BD. Como AC BE y ACEB es cíclico, 39 CAG = GEB = ACG = GBE = α; análogamente, DAH = HF B = ADH = F BH = β. Observe que GAC y GBE son triángulos isósceles y por tanto AE = AG+GE = CG+GB = CB; de forma similar se obtiene AF = DB. Finalmente, EAF = 180 α β = CBD, por lo que, por el criterio LAL, CBD EAF. 13. La Recta de Simson-Wallace. Sean X, Y y Z los pies de las alturas trazadas desde un punto P en el circuncírculo del ABC hacia AB, BC y CA, respectivamente. Demuestre que X, Y y Z están alineados. 40 Solución: Como BP Y X es cíclico, Y XP = Y BP = θ. Como ABP C es cíclico, CBP = CAP = θ. Como AXP Z es cíclico, ZAP = ZXP = θ. Por lo tanto, dado que Y XP = ZXP, los puntos X, Y y Z están alineados. 39 ACEB es un trapecio isósceles. 40 El recíproco también es cierto, si X, Y y Z están alineados, entonces P debe estar sobre el circuncírculo del ABC; en cualquier otro caso, el XY Z se llama el triángulo pedal con respecto al punto P. 90

91 Figura 124 Figura 125: Recta de Simson-Wallace 14. Sea P un punto exterior al cuadrado ABCD tal que AP C = 90, Q es la intersección de AB y P C, y R el pie de la perpendicular por Q a CA. Demuestre que P, R y D están alineados. Solución: Como AP C + ADC = 180, el cuadrilátero P ADC es cíclico, entonces AP D = ACD = 45. Análogamente, como AP Q + ARQ = 180, el cuadrilátero P ARQ es cíclico, entonces AP R = AQR = 90 QAR = 45. Por lo tanto, como AP D = AP R, los puntos P, R, D están alineados. Figura (OIM 2002, P-4) En un triángulo escaleno ABC se traza la bisectriz interior BD, con D sobre AC. Sean E y F puntos sobre la recta BD tales que (AE CF ) BD, y sea M el punto sobre el lado BC tal que DM BC. Demuestre que EMD = DMF. Figura

92 Figura 126 Solución: Como DM MC y DF F C, DF CM es cíclico, por lo tanto DMF = DCF = θ, y como AE F C, entonces EAD = DCF = θ. Sea G la intersección de AE con BC. Como AG BE, BE es altura y bisectriz del ABG, por lo que este triángulo es isósceles y además BE es mediatriz de AG; entonces EGD = EAD = θ. Y finalmente, podemos ver que DEMG es cíclico, pues DEG = DMG = 90, así que EMD = EGD = θ. De aquí, el resultado es inmediato. Figura (OMCC 2003, P-2) Sea S una circunferencia y AB un diámetro de ella. Sea t la recta tangente a S en B y considere dos puntos C y D en t tales que B este entre C y D. Sean E y F las intersecciones de S con AC y AD y sean G y H las intersecciones de S con CF y DE. Demuestre que AH = AG. Solución: Como AEBF es cíclico (Ver figura 128), AEF = ABF. Luego, como AB CD y BF AD, se cumple también ABF = F DB, por lo que AEF = F DC, es decir, el cuadrilátero CDF E es cíclico. Utilizando este resultado y el hecho que EGHF también es cíclico, se tiene EDC = EF G = EHG, por lo que CD GH. Esto 92

93 implica que AB GH, y como AB pasa por el centro de la circunferencia, debe ser mediatriz de GH, por lo tanto AG = AH. Figura (The 59 th Romanian Mathematical Olympiad District Round) Considere un cuadrado ABCD y un punto E sobre el lado AB. La diagonal AC corta al segmento DE en el punto P. La perpendicular por P a DE corta al lado BC en F. Probar que EF = AE + CF. Solución: Se construye E sobre BC de tal manera que CE = AE (como se muestra en la figura 129) y que C quede entre F y E, así por LAL se tiene que los triángulos rectángulos DAE DCE por lo tanto ADE = CDE luego EDE = 90. Por otra parte, el cuadrilátero DCF P es cíclico, por lo que P DF = P CF = 45 entonces F DE = EDE EDF = 45. Ahora por LAL los triángulos DEF DE F, por lo que EF = E F = E C + CF = AE + CF. Figura

94 18. Teorema de Arquímedes: En la figura 130, la región delimitada por tres semicircunferencias mutuamente tangentes, es conocida como cuchilla de zapatero o árbelos. Demostrar que las circunferencias sombreadas son congruentes. Figura 130: Teorema de Arquímedes. Solución: Sean AB, AC, BC los diámetros de las semicircunferencias que forman el árbelos, de radios r, r 1, r 2 y centros O, O 1, O 2, respectivamente. De momento nos concentramos en el lado izquiero de la figura Referenciasfigura58; sea C 1 el centro de la circunferencia de la izquierda y R 1 su radio; D, E y F son los puntos de tangencia de esta circunferencia con dos semicircunferencias del árbelos y con la recta perpendicular a los diámetros por C; finalmente, G es la proyección de C 1 sobre AB. En primer lugar, OO 1 = OA O 1 A = r r 1. Por otra parte, observe que O, C 1, D están alineados y O 1, C 1, E también están alineados, entonces OC 1 = OD C 1 D = r R 1 y O 1 C 1 = O 1 E + EC 1 = r 1 + R 1. Además, como CF C 1 G es un rectángulo, GC = F C 1 = R 1, entonces O 1 G = O 1 C GC = r 1 R 1 y OG = O 1 G O 1 O = (r 1 R 1 ) (r r 1 ) = 2r 1 (r + R 1 ). Ahora, aplicando el teorema de Pitágoras a GO 1 C 1 y GOC 1 se tiene O 1 C 2 1 O 1 G 2 C 1 G 2 = OC 2 1 OG 2 C 1 G 2 (r 1 + R 1 ) 2 (r 1 R 1 ) 2 = (r R 1 ) 2 (2r 1 (r + R 1 )) 2 4r 1 R 1 = 4rR 1 4r r 1 r + 4r 1 R 1 R 1 = r 1(r r 1 ) r Figura 131 Análogamente, si r 2 y R 2 son los radios del semicírculo y del círculo de la derecha, respectivamente, entonces R 2 = r 2(r r 2 ) r 94

95 Pero 2r = AB = AC + BC = 2r 1 + 2r 2, entonces r 2 = r r 1, y sustituyendo en la ecuación anterior se tiene R 2 = (r r 1) (r (r r 1 )) r = (r r 1)r 1 r = R 1 95

96 Teorema de Thales y Semejanza. 1. (IV OMCC, P-4) Sea ABC un triángulo, D el punto medio de BC, E un punto sobre el segmento AC tal que BE = 2AD y F el punto de intersección de AD con BE. Si CAD = 60, encuentre la medida de los ángulos del F EA. Figura 132. Solución: Se traza por D una paralela a BE y sea G el punto por el que esta paralela corta al lado AC. Como DG es base media del BCE se tiene que DG = BE = AD; 2 entonces ADG es isósceles y tiene un águlo de 60, por lo que debe ser equilátero. Finalmente AEF también es equilátero, por tanto sus ángulos son iguales a 60. Figura Sea ABCD es un trapecio con AD BC. M y N son los puntos medios de CD y BC, respectivamente, y P el punto común de las rectas AM y DN. Si P M = 1, demuestre que AP 4 ABCD es paralelogramo. Solución: Sea Q el punto medio de DN, entonces QM BC DA. Como MQ es base media del CDN, MQ = CN = CB. Por otra parte, como P MQ P AD, 2 4 MQ = P M = 1, entonces MQ = AD. Finalmente, como BC DA y BC = DA, ABCD AD AP 4 4 es paralelogramo. 3. En la figura 133, BC = CD = DE = EA = x y AEB = 90. Demuestre que ABC + ACD + ADE = 90. Figura 133 Solución 1: Por Pitágoras, AD = 2x. Observe que DA 2 = 2x 2 = DB DC, por lo que ABD CAD; entonces ABD = CAD y por tanto ABC + ACD + ADE = 96

97 CAD + ACD + ADE = 2 ADE = 90. Solución 2: Considere la siguiente cuadrícula (Figura 134). Observe que al hacer una rotación de centro A y ángulo igual a 90, el segmento AC se transforma en AF, por lo que el ACF es triángulo rectángulo isósceles, y ADE = ACF. Se cumple ABC = CF D, porque se forman con la diagonal de tres cuadrados; análogamente, ACD = AF D, porque se forman con la diagonal de dos cuadrados. Sumando los ángulos internos del ACF se obtiene el resultado buscado. Figura (Asiático Pacífica) Sea ABC un triángulo y D el pie de la altura con respecto a A. Sean E y F puntos en una recta que pasa por D (distintos de D) tales que AE CE y AF BF. Sean M y N los puntos medios de BC y EF, respectivamente. Demuestre que AN NM. Solución: En la figura 135, AE CE y AD DC entonces, ADEC es cíclico, así que DEA = DCA. Del mismo modo, como AF BF y AD DB, AF BD es cíclico y entonces AF D = ABD. Esto implica que ABC AF E y a partir de esta semejanza, ABM AF N. Luego, AMB = ANF, por lo que el cuadrilátero ANDM es cíclico, y por lo tanto ANM = ADM =

98 Puntos y rectas notables. Figura De acuerdo con los datos de la gráfica 136, calcular el valor de AB. Figura 136 Solución 1: Por el teorema de la bisectríz AC = CD, de donde AC = 5 x, luego, aplicando AB DB 4 el teorema de pitágoras al ABC, se tiene que x = ( 5 x) 2 4, que después de resolver se tiene que x = 24. Solución 2: Dado que D es un punto de la bisectríz del BAC, entonces D equidista de los lados de dicho ángulo, sea pues H AC talque DH AC y DH = DB = 8 entonces, aplicando el teorema de pitágoras en el CDH se deduce que HC = 6, por lo que AC = x + 6, y por el teorema de pitágoras en el ABC, x = (x + 6) 2, por lo tanto, x = Sea ABCD un paralelogramo. Q es el punto medio de AD, F el pie de la perpendicular por B sobre QC. Probar que AF = AB. Solución: Sea E el punto medio de BC y G la intersección de AE con BF. Como AE CQ, se tiene que AG BF. Pero también, como AE CQ, entonces EG CF por lo que en el BCF, EG es base media. Entonces BG = GF de donde se sigue que ABF es isósceles porque BG es altura y mediana. 98

99 3. Sea ABCD un cuadrilátero tal que AB = CD. Las mediatrices de AC y BD se cortan en P. Probar que P AC = P CA = P BD = P DB. Figura 137. Solución: Como P está sobre las mediatrices de AC y BD, P A = P C y P B = P D, y por hipótesis, AB = CD, entonces por criterio LLL, ABP CDP. De aquí, AP B = CP D, entonces BP D = AP D + AP B = AP D + CDP = AP C; por lo tanto, BP D CP A, dada la igualdad anterior y el hecho que son triángulos isósceles. De esta semejanza se obtiene P AC = P CA = P BD = P DB. Figura ABC es un triángulo y P un punto en su interior. Sean A, B y C las reflexiones de P sobre BC, CA y AB, respectivamente. D, E y F son los pies de las perpendiculares respectivos desde A, B y C hacia B C, C A y A B. Probar que AD, BE y CF son concurrentes. Figura 138. Solución: Por propiedades de reflexión axial AC = AP = AB, por lo que el AB C es isósceles, y entonces AD es mediatriz de B C. Análogamente, BE es mediatriz de C A, mientras que CF es mediatriz de A B. Por lo tanto, las rectas AD, BE, CF concurren en el circuncentro del A B C. 5. (Arnoldo Aguilar) En la figura 139, ABGH, BCF G y CDEF son cuadrados. Si I es el centro de ABGH y J = DH BG, demuestre que I, J y F están alineados. Solución: Como G es punto medio de HF, BG es una mediana del BF H. Además, BDF H es un paralelogramo, luego sus diagonales BF y DH se cortan en su punto medio, digamos K. Se sigue que HK es también una mediana del BF H, y en consecuencia el punto de corte de J = KH BG es el centroide del BF H. Pero I es el punto medio de BH, así que F I es la tercera mediana del BF H, por lo tanto J está sobre el segmento F I. 99

100 Figura 138 Figura (Arnoldo Aguilar) Sea ABC un triángulo equilátero. M y N son los puntos medios de AB y BC, respectivamente. Exteriormente al ABC se construye un triángulo rectángulo isósceles AP C, con AP C = 90. Si I es la intersección de AN y MP, demuestre que CI es la bisectriz de ACM. Solución: Observe que AN es bisectriz del BAC. Como AP C = BM C = 90, el cuadrilátero AP CM es cíclico, por lo que P MC = P AC = P CA = P MA = 45, entonces MP es bisectriz del AMC. De aquí se concluye que I = MP AN es el incentro del ACM, por lo que CI es bisectriz del ACM. 7. En la figura 140, el ABC es tal que A = 90 y B = 60. Cuál es el radio de la circunferencia? Solución: Por relaciones de triángulos notables, BC = 2 y CA = 3. Sean P y Q las proyecciones de O sobre AB y AC respectivamente; por construcción, AP OQ es un rectángulo, pero como OP = r = OQ, es también cuadrado, por lo que AP = r. Observe 100