Libro Geo Me Tria Porfirio

8/2/2019 Libro Geo Me Tria Porfirio

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Geometra

Porfirio Toledo Hernandez

January 13, 2012


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Contenido

1 Introduccion 1

1.1 Postulados de Euclides. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Angulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2.1 Rectas que se Cortan Entre S . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2.2 Rectas Cortadas por una Secante . . . . . . . . . . . . . 3

2 Semejanza de Triangulos 9

2.1 Teorema de Thales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.2 Congruencia de Triangulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.2.1 Criterios de Congruencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.3 Semejanza de Triangulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.3.1 Criterios de Semejanza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.4 Teorema de Pitagoras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.5 Paralelogramos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3 Angulos en la Circunferencia 303.1 Angulos en la Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.2 Trigonometra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.2.1 Identidades de Suma y Resta de Angulos . . . . . . . . . 40

3.2.2 Relaciones entre angulos suplementarios . . . . . . . . . 42

3.2.3 Ley de los Senos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

3.2.4 Ley de los Cosenos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

4 Segmentos Dirigidos 46

4.1 Segmentos y Angulos Dirigidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

4.2 La Razon en que un Punto Divide a un Segmento . . . . . . . . 50

4.2.1 Punto al Infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

5 Puntos y Lneas en los Triangulos 55

5.1 Lneas en los Triangulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

5.2 Puntos en los Triangulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

5.3 Incrculo y Excrculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

5.3.1 Formula de Heron . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

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CONTENIDO Geometra

6 Cuadrilateros Cclicos 786.1 Cuadrilateros Cclicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

6.2 La Circunferencia de los Nueve Puntos . . . . . . . . . . . . . . 846.2.1 La Recta de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

6.2.2 La Circunferencia de los Nueve Puntos . . . . . . . . . . 876.3 Rectas Antiparalelas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

7 Teoremas de Ceva y Menelao 937.1 Teoremas de Ceva y Menelao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

7.1.1 Punto de Gergonne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

7.2 Teorema de Desargues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

8 Puntos de Miquel 1118.1 Lnea de Simson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1118.2 Teorema de Ptolomeo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

8.3 Puntos de Miquel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

9 Potencia 1249.1 Potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1249.2 Teorema de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1289.3 Eje Radical . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

Referencias 135

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Captulo 1

Introduccion

1.1 Postulados de Euclides.

El libro de los Elementos de Euclides fue un trabajo de gran importancia pues

sistematizo los conocimientos geometricos de la Grecia Antigua, a partir de unconjunto de axiomas que denomino Postulados.

Los cinco postulados de Euclides son los siguientes.

Postulado 1. Dados dos puntos es posible trazar un segmento de recta que los une.

Postulado 2. Cualquier segmento de recta puede prolongarse continuamente paraconvertirse en una recta con la misma direccion.

Postulado 3. Un crculo esta determinado por su centro y si radio.

Postulado 4. Todos los angulos rectos son iguales.

Postulado 5. Si dadas dos rectas, estas son cortadas por una secante formando un

par de angulos colaterales internos cuya suma es menor que dos angulosrectos (180), entonces las dos primeras rectas se intersectan en unpunto que se encuentra del mismo lado que los angulos colaterales men-cionados respecto de la recta secante.

El ultimo Postulado se conoce como el de Axioma de las Paralelas y se

puede enunciar en forma equivalente como sigue.

Dada una recta y un punto ajeno a ella, se puede trazar una unica rectaparalela a la primera que pase por el punto dado.

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1.2. ANGULOS Geometra

1.2 Angulos

Dadas dos rectas en el plano estas coinciden o son distintas. En este ultimocaso se cortan en un unico punto o no se cortan.

En el plano, dos puntos distintos determinan una unica recta;la que pasa por ellos. Mientras que dos rectas distintas, noparalelas, determinan a un unico punto; el punto que pertenecea ambas.

Cuando varias rectas pasan a traves de un mismo punto decimos que ellasson concurrentes.

Definicion 1.2.1 Un angulo es la abertura formada por dos semirrectas

con un mismo origen llamado v ertice. Labisectrizde unangulo es la semirectaque tiene como origen el v ertice del angulo y divide a este en dos angulosiguales.

A

P

QFigure 1.1: Fig 01-01

Si el vertice del angulo es A y los puntos P y Q pertenecen el primero auna semirecta y el segundo a la otra, denotaremos al angulo formado por

PAQ,

por el momento no haremos ninguna distincion en la direccion del angulo, esdecir

A = P AQ = QAP.

Un angulo recto es aquel que mide 90.

Definicion 1.2.2 Dos angulos son complementarios, y cada uno es elcomplemento del otro, cuando su suma es un angulo recto.

Dos angulos son suplementarios, y cada uno es el suplemento del otro,cuando su suma es dos angulos rectos.

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1.2.1 Rectas que se Cortan Entre S

Cuando una recta encuentra a otra formando con ella angulos adyacentesiguales, estos angulos seran rectos.

Decimos que dos angulos son adyacentes cuando tienen unmismo vertice y un lado comun y son exteriores el uno al otro.

Supongamos que tenemos dos rectas que se cortan entre s, el punto de

interseccion sera un vertice comun a cuatro angulos. Para tal caso tenemosla siguiente clasificacion para los angulos en cuanto a la posicion que ocupan

con respecto al punto de interseccion de las rectas.

Dos angulos son opuestos por el vertice cuando los lados deuno son las prolongaciones de los del otro.

Figure 1.2: Fig 01-03

Opuestos por

el VerticeAdyacentes

, ,

, , , ,

En todo sistema de dos rectas distintas que se cortan, tenemos que

1. los angulos adyacentes son suplementarios,

2. los angulos opuestos por el vertice son iguales.

1.2.2 Rectas Cortadas por una Secante

Consideremos un sistema de dos rectas cortadas por una secante o transver-sal. En este caso tenemos, para cada interseccion, un sistema de dos rectas

que se cortan entre s, obteniendo de esta manera varios angulos opuestos porel vertice y adyacentes, correspondientes a cada interseccion. Pero tambien

podemos clasificar los angulos de acuerdo a la posicion que ocupan con re-specto a los sistemas adyacentes.

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Llamaremos triangulo al espacio limitado por tres rectas quese cortan.Un triangulo rectangulo es aquel que tiene un angulo recto.

Existen relaciones muy particulares entre los angulos antes mencionados

en el caso de que el sistema este conformado por rectas paralelas, a saber lasrelaciones dadas por el siguiente resultado.

Dos rectas en el plano son paralelas si no se cortan en ununico punto.

Teorema 1.2.1 (Teorema Directo) En todo sistema de dos rectas paralelasdistintas cortadas por una secante, se tiene que

1. los angulos correspondientes son iguales,

2. los angulos alternos son iguales,

3. los angulos colaterales son suplementarios.


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Debemos sobreentender que al decir angulos iguales nos referimos a queson iguales entre s; y de manera analoga para los angulos suplementarios.

Demostracion. Consideremos el sistema de rectas paralelas AB y CDcortadas por la secante F E en los puntos M y N, respectivamente.

A B

C D

E

F

M

N


Como los angulos opuestos por el vertice son iguales, entonces

AMN = BMF,AMF = BMN,CN M = END,CN E = DNM.

(1.1)

Ademas, al ser angulos adyacentes, tenemos las siguientes relaciones

AMN + AMF = AMF +BM F= BM F + BM N= BM N +AMN= 180,

(1.2)

CN M +CN E = CN M +DN M= DN M+ DN E= DN E+CN E= 180.

(1.3)

Por otro lado, como las rectas AB y CD son paralelas, entonces no es posi-ble encontrar angulos internos cuya suma sea menor que 180. Tomando encuenta el Postulado de las Paralelas, concluimos que

AMN + CN M = 180,

BM N + DN M = 180.

Lo cual, junto con (1.1), (1.2) y (1.3), implica las afirmaciones del Teorema.

Teorema 1.2.2 (Teorema Inverso) En un sistema de dos rectas situadasen un mismo plano, cortadas por una secante, basta que haya

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1. un par de angulos correspondientes iguales; o bien,

2. algun par de angulos alternos iguales; o bien,

3. algun par de angulos colaterales suplementarios;

para que esas dos rectas sean paralelas.

Demostracion. Cada una de los casos 1, 2 y 3 se reducen a probar que sidos rectas forman con una transversal angulos alternos internos iguales, esasdos rectas son paralelas . Supongamos que las rectas AB y CD son cortadaspor la secante EF en los puntos M y N respectivamente, y que ademas

AMN = DNM.

Consideremos la recta XY paralela a CD que pasa por M.

A

B

C D

E

F

M

N

XY


Al ser XY paralela a CD entonces los angulos alternos internos N MX yDN M son iguales, luego

N M X = DN M = AMN.

Por lo tanto AB coincide con XY; y como XY es paralela a CD, entonces ABes paralela a CD.

Por lo tanto, cualquiera de las tres alternativas mencionadas en el Teorema

Inverso (1.2.2), implica los incisos 1, 2 y 3 del Teorema Directo (1.2.1).

Este par de teoremas aunque aparentemente inofensivo resultara muy im-portante pues se aplica para demostrar muchos resultados, como veremos acontinuacion.

Corolario 1.2.3 La suma de los tresangulos interiores de cualquier tri anguloes igual a180.

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A

B C


Demostracion. Sea ABC un triangulo cualquiera. Tracemos una rectaparalela al segmento BC que pase por A.

Sabemos que + + = 180. Por lo tanto tenemos = por ser angulosalternos internos, y por la misma razon = . Sustituyendo los valores de y en la primera igualdad, obtenemos el resultado.

Definicion 1.2.3 Un angulo exteriorde un tri angulo es el formado por unlado del tri angulo y la prolongaci on de otro.

Corolario 1.2.4 En todo tri angulo, cada angulo exterior es igual a la sumade los dos interiores que no le son adyacentes, es decir los que le son op-uestos.

Demostracion. Consideremos un triangulo cualquiera ABC. Sea elangulo exterior en el vertice B.

A

B C


Por el teorema (1.2.3), + + = 180; y como + = 180, entonces

= + .

Corolario 1.2.5 La suma de los tresangulos exteriores (uno en cada v ertice)de cualquier tri angulo, es igual a 360.

Demostracion. Sea ABC un triangulo cualquiera.Sean los angulos exteriores , y , en los vertices A, B y C respectiva-

mente. As, por el colorario (1.2.4) anterior, tenemos las siguientes identidades

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A

BC


= + , = + , = + ,

de esta manera

+ + = 2( + + ) = 360.

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Captulo 2

Semejanza de Triangulos

2.1 Teorema de Thales

El area de un triangulo ABC esta determinada por las medidas de su basey altura

(ABC) = Base Altura2

=BC h

2.

A

B C

A A

h

h

h


Observemos que para triangulos diferentes, no importa cuanto midan losotros lados, mientras la base y la altura permanezcan iguales, las areas seranlas mismas.

Lema 2.1.1 Si dos tri angulos tienen bases iguales, entonces la raz on entresus areas es igual a la raz on entre sus alturas, las cuales se levantan en susbases iguales.

Demostracion. Consideremos los triangulos A1B1C1 y A2B2C2, con basesB1C1 y B2C2, y alturas h1 y h2, respectivamente.

Asumiendo que B1C1 = B2C2 tenemos

(A1B1C1)(A2B2C2) =

B1C1h12

B2C2h22

=h1h2

.

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2.1. TEOREMA DE THALES Geometra

A1

B1 C1

h1

(a) Fig 01-12

A2

B2 C2

h2

(b) Fig 01-13

Figure 2.2: Fig 01-11-12

Es claro que tambien se cumple el siguiente resultado.

Lema 2.1.2 Si dos tri angulos tienen alturas iguales, entonces la razon entresus areas es igual a la raz on entre sus bases, en las cuales se levantan lasalturas iguales.

Teorema 2.1.1 (Primer Teorema de Thales) Si una recta paralela a unode los lados de un tri angulo corta a los otros lados, entonces los segmentos

formados son proporcionales

Thales de Mileto. Nacio en el ano 624 antes de Cristo, enMileto, Asia Menor (ahora Turqua). Murio en el ano 547 antes

de Cristo.

Lo que nos dice este resultado es que para un triangulo cualquiera ABC,si D y E son puntos en AB y AC respectivamente, tales que DE es paraleloa BC, entonces

AD

AB=

AE

AC,

AD

DB=

AE

EC, (2.1)

AB

DB=

AC

EC.

Basta demostrar la primera relacion, puesto que las otras son equivalentes.Para obtener la segunda observemos que AD AC = AE AB si y solo si

AD (AE+ EC) = AE (AD + DB) ;

de donde AD EC = AE DB, de lo cual obtenemos la segunda relacion. La

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tercera se puede obtener de la segunda como sigue

ABDB

= AD + DBDB

= ADDB

+ 1

=AE

EC+ 1 =

AE+ EC

EC

=AC

EC.

Demostracion. Consideremos un triangulo ABC, en donde D y E sonpuntos en AB y AC respectivamente, tales que DE es paralelo a BC. De-mostraremos que AD

AB= AE

AC.

A

B C

D E


Como DE es paralelo a BC, entonces los triangulos

BED y

CE D

tienen la misma altura respecto a la base comun DE, por lo que su area es lamisma.

(BED) = (CE D).De esta manera

(ABE) = (ADE) + (BED)= (ADE) + (CE D)= (ADC).

Por lo tanto, utilizando el Lema anterior, tenemos que

AD

AB =

(

ADE)

(ABE) =(

ADE)

(ADC) =AE

AC.

Teorema 2.1.2 (Teorema inverso) Si una recta divide dos lados de untri angulo en partes proporcionales, entonces tal recta es paralela al tercer lado.

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Las relaciones de proporcionalidad de las cuales habla este Teorema, sonprecisamente las descritas como (2.1). Y ya que estas son equivalentes bas-

tara considerar solo una de ellas para demostrar que la recta es paralela altercer lado del triangulo.

Demostracion. Sea ABC un triangulo en donde una recta corta a loslados AB y AC en los puntos D y E respectivamente, y ademas

AD

AB=

AE

AC.

A

B C

D

ED


Sea D en AB tal que DE es paralelo a BC. As, por el Teorema anterior,

AD

AB=

AE

AC=

AD

AB.

De donde AD = AD. Y como ambos puntos D y D se encuentran entre A y

B entonces D = D

. De donde concluimos que DE y BC son paralelos.

Teorema 2.1.3 (Segundo Teorema de Thales) Si tres o m as paralelasson cortadas por cualesquiera dos transversales, entonces los respectivos

segmentos que las paralelas determinan en estas ultimas rectas son propor-cionales.

Este teorema nos garantiza que si consideramos las rectas l1, l2 y l3 par-alelas y suponemos que las tranversales t1 y t2 cortan a aquellas en los puntosA, B, C y A, B, C respectivamente, entonces

ABBC

= A

B

BC,

AC

BC=

AC

BC,

AC

AB=

AC

AB

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2.2. CONGRUENCIA DE TRIANGULOS Geometra

A

B

C

D

A

B

C


Demostracion. Sea D la interseccion de AC

con BB

. Por el PrimerTeorema de Thales tenemos

AB

BC=

AD

DC=

BA

CB,

lo cual nos proporciona la primer relacion de proporcionalidad.

Las otras relaciones se obtienen a partir de la primera de la misma formaen que se demostro que las relaciones (2.1) eran equivalentes.

2.2 Congruencia de TriangulosDos figuras cualesquiera son iguales si pueden hacerse coincidir en todos suspuntos. En particular tenemos la siguiente definicion.

Definicion 2.2.1 Dos tri angulosA1B1C1 y A2B2C2 son congruenteso igualessi y s olo si tanto sus lados como sus angulos correspondientes soniguales, es decir

A1B1 = A2B2,B1C1 = B2C2,A1C1 = A2C2,A1 = A2,B1 = B2,

C1 = C2.

(2.2)

Para indicar que los triangulos A1B1C1 y A2B2C2 son congruentes loharemos de la siguiente manera:

A1B1C1 A2B2C2.

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2.3. SEMEJANZA DE TRIANGULOS Geometra

A1

B1 C1(a) Fig 01-18

A2

B2

C2

(b) Fig 01-19

A3

B3

C3

(c) Fig 01-20

Figure 2.6: Fig 01-18-20

Emplearemos de manera indistinta los terminos congruente oigual.

Existen herramientas que nos permitiran saber cuando una pareja de trianguloses congruente, sin tener que verificar cada una de las relaciones (2.2).

2.2.1 Criterios de Congruencia

Para que A1B1C1 A2B2C2 es suficiente que se cumpla una de las sigu-ientes tres condiciones

(LAL) Dos lados iguales e igual el angulo comprendido

A1B1 = A2B2, B1C1 = B2C2 y B1 = B2.

(ALA) Dos angulos iguales e igual el lado comprendido

A1 = A2,B1 = B2 y A1B1 = A2B2.

(LLL) Sus tres lados iguales

A1B1 = A2B2, B1C1 = B2C2 y A1C1 = A2C2.

De esta manera, cada una de las condiciones LAL, ALA o LLL implica todas

las relaciones (2.2).

2.3 Semejanza de Triangulos

Definicion 2.3.1 Dos tri angulosA1B1C1 yA2B2C2 sonsemejantessiy s olo si losangulos correspondientes son iguales y los lados correspondientes

son proporcionales, es decir si cumplen las siguientes relaciones

A1 = A2,B1 = B2,C1 = C2,

A1B1A2B2

= B1C1B2C2

= A1C1A2C2

.

(2.3)

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A1

B1 C1(a) Fig 01-18

A2

B2

C2

(b) Fig 01-19

A3

B3

C3

(c) Fig 01-20

Figure 2.7: Fig 01-18-20

Al igual que con la congruencia, tenemos semejanza directa e indirecta,aunque no haremos ninguna distincion entre ambas.

En general diremos que dos polgonos, con el mismo numerode lados, son semejantes si sus lados correspondientes sonproporcionales y sus angulos correspondientes son iguales.

Para indicar que los triangulos A1B1C1 y A2B2C2 son semejantes loharemos de la siguiente manera:

A1B1C1 A2B2C2.De forma semejante a los criterios de congruencia, tenemos los equiva-

lentes para semejanza, tales condiciones nos ayudaran a decidir cuando un

par de triangulos son semejantes sin necesidad de verificar cada una de lasrelaciones (2.3).

2.3.1 Criterios de Semejanza

Teorema 2.3.1 Para queA1B1C1 A2B2C2 es suficiente que se cumplauna de las tres condiciones siguientes

(AA) Dos angulos iguales

A1 = A2 yB1 = B2.

(LAL) Dos lados proporcionales e igual el angulo comprendido

A1B1A2B2 =

B1C1B2C2 yB

1 = B2.

(LLL) Sus tres lados proporcionales

A1B1A2B2

=B1C1B2C2

=A1C1A2C2

.

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Considerando este resultado, cada una de la condiciones anteriores impli-can todas las realaciones (2.3). Cabe tambien senalar que cuando la razon de

proporcionalidad es igual a 1, tenemos que los triangulos son congruentes.Demostracion.

(AA) Consideremos dos triangulos A1B1C1 y A2B2C2 tales que A1 =A2 y B1 = B2.

A1

B1

B3

C1

C3

(a) Fig 01-22

A2

B2 C2(b) Fig 01-23

Figure 2.8: Fig 01-22-23

Tenemos que probar que C1 = C2 y que

A2B2A1C1

=A2C2A1C1

=B2C2B1C1

.

Sean B3 y C3 en A1B1 y A1C1 respectivamente tales que A1B3 = A2B2y A1C3 = A2C2, por el criterio LAL los triangulos A1B3C3 y A2B2C2 soncongruentes, por lo que

A1B3C3 = A2B2C2 = A1B1C1,

es decir B3C3 es paralelo a B1C1, de donde

C2 = A2C2B2 = A1C3B3 = A1C1B1 = C1.

Ademas por el primer Teorema de Thales

A1B3A1B1

=A1C3A1C1

y utilizando que A1B3C3 A2B2C2, tenemos queA2B2

A1B1=

A2C2

A1C1.

La demostracion de que A2C2A1C1

= B2C2B1C1

se hace de forma similar.

(LAL) Consideremos dos triangulos A1B1C1 y A2B2C2 tales que A2B2A1B1 =A2C2A1C1

y A1 = A2.

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A1

B1

B3

C1

C3

(a) Fig 01-24

A2

B2 C2(b) Fig 01-25

Figure 2.9: Fig 01-24-25

Sean B3 y C3 en A1B1 y A1C1 respectivamente, tales que A1B3 = A2B2

y A1C3 = A2C2. Por el criterio LAL los triangulos A1B3C3 y A2B2C2 soncongruentes. Por lo tanto A1B3 = A2B2 y A1C3 = A2C2, de donde obtenemos

A1B3A1B1

=A2B2A1B1

=A2C2A1C1

=A1C3A1B1

,

y por el Teorema inveso al primer Teorema de Thales tenemos que B3C3 esparalelo a B1C1, lo cual implica que

B1 = A1B1C1 = A1B3C3 = A2B2C2 = B2.

Usando el criterio AA concluimos que A1B1C1 y A2B2C2 son seme-jantes.

(LLL) Consideremos dos triangulos A1B1C1 y A2B2C2 tales que

A2B2A1B1

=A2C2A1C1

=B2C2B1C1

A1

B1

B3

C1

C3

(a) Fig 01-26

A2

B2 C2(b) Fig 01-27

Figure 2.10: Fig 01-26-27

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Sean B3 y C3 en A1B1 y A1C1 respectivamente tales que B3C3 sea paraleloa B1C1 y B3C3 = B2C2. De esta manera tenemos que

A1B3C3 = A1B1C1,

A1C3B3 = A1C1B1.

y por el criterio AA tenemos A1B1C1 A1B3C3 de dondeA1B3A1B1

=A1C3A1C1

=B3C3B1C1

=B2C2B1C1

=A2C2A1C1

=A2B2A1B1

.

Por lo tanto A1B3 = A2B2 y A1C3 = A2C2. Por el criterio LLL tenemosA1B3C3 A2B2C2 de donde

B1 = A1B1C1 = A1B3C3 = A2B2C2 = B2,

C1 = A1C1B1 = A1C3B3 = A2C2B2 = C2.

Usando el criterio AA concluimos que A1B1C1 y A2B2C2 son seme-jantes.

Observemos que la relacion de semejanza es una relacion de equivalencia,es decir satisface las siguientes propiedades.

1. (Reflexividad) ABC ABCPuesto que todo triangulo es congruente a s mismo, la razon de seme-

janza en este caso es igual a 1.

2. (Simetra) Si A1B1C1 A2B2C2, entonces

A2B2C2 A1B1C1.

En este caso si la primera razon de semejanza es k entonces la segundasera 1

k.

3. (Transitividad) Si A1B1C1 A2B2C2 y A2B2C2 A3B3C3, en-tonces

A1B1C1 A3B3C3.

Si las primeras razones de semejanza son k1 y k2, entonces la tercerasera k1k2

.

Proposicion 2.3.1 El segmento que une los puntos medios de cualesquierados lados de un tri angulo arbitrario mide la mitad del tercer lado y es paraleloa dicho lado.

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A

C

D E

F


Demostracion. Sea ABC un triangulo cualquiera con D y E puntosmedios de AC y BC respectivamente.

Tenemos que demostrar que DE = 12

AB, y que DE y AB son paralelos.

Como ACB = DCE yCD

CA =1

2 =CE

CB , entonces por el criterio L.A.L.,ABC DEC. Por lo tanto todos sus lados son proporcionales y asDE

AB=

CD

CA=

1

2,

ademas los angulos correspondientes son iguales, por lo que tenemos

CDE = CAB .

De donde DE y AB son paralelos.

Corolario 2.3.2 El tri angulo cuyos v ertices son los puntos medios de loslados de cualquier tri angulo, es siempre semejante a este.

El triangulo formado por los puntos medios de los lados de untriangulo dado se llama el triangulo medial.

Demostracion. Sean ABC un triangulo cualquiera y D, E, F puntosmedios de AC, AB y BC respectivamente.

A

B C

D E

F


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2.4. TEOREMA DE PITAGORAS Geometra

Tenemos que demostrar que ABC DEF. Para esto, veamos que laproposicion (2.3.1) nos dice que DF = 1

2AB, DE = 1

2CB y EF = 1

2AC.

Por lo tanto DFAB = DECB = EFAC = 12 y por el cr iterio de LLL conclumos queABC DEF.

Podemos observar que los triangulos formados son congruentes al triangulomedial, esto es

AED DEF BF E CDF.De lo anterior podemos concluir que dichos triangulos tienen la misma area,esta es igual a un cuarto del area del triangulo mayor ABC

(AED) = (DEF) = (BF E) = (CDF) = 14

(ABC).Otra forma de ver que el area de los triangulos pequenos es igual a un

cuarto del area del mayor, es demostrando que sus alturas son la mitad dela altura correspondiente del triangulo grande; y ocupar las proporciones de

semejanza.

2.4 Teorema de Pitagoras

Lema 2.4.1 La altura trazada desde el v ertice correspondiente al angulorecto en un tri angulo rect angulo, divide a este en dos tri angulos semejantes aloriginal.

Demostracion. Sea ABC un triangulo rectangulo en donde BAC = 90.Sea D el pie de la altura que pasa por A en el lado BC.

A

B CD


Tenemos que

ACD = ACB,DBA = CB A;

y como CDA = 90 = ADB, por el criterio A.A. tenemos que

DAC ABC DBA.

Porfirio Toledo 20


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2.4. TEOREMA DE PITAGORAS Geometra

Lema 2.4.2 Sea ABC un tri angulo rect angulo, con angulo recto en A.SeanD y E puntos en los lados AB y BC respectivamente, tales que DE esparalelo a AC. Si a = BC, b = AC, c = AB, x = BE, y = DE y z = BD,entonces

ax = by + cz.

Demostracion. Sea F el pie de D en BE. Sean s = BF y t = F E. De estaforma x = s + t.

A

B C

D

EF


Por el criterio A.A. tenemos que ABC F BD, de donde cs

= az

, esdecir

as = cz.

De manera analoga ABC F DE, lo cual implica que bt

= ay

, luego

at = by.

Por lo tantoax = a(s + t) = as + at = cz + by.

Teorema 2.4.1 (Teorema de Pit agoras) En todo tri angulo rect angulo, elcuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos.

Pythagoras de Samos. Nacio alrededor de 569 antes deCristo y murio alrededor de 475 antes de Cristo. Fue unfilosofo griego quien hizo importantes descubrimientos enmatematicas, astronoma y en la teora de l a musica. El resul-tado conocido ahora como Teorema de Pitagoras era conocidopor los babilonios desde 1000 anos antes, pero se le atribuyela primera demostracion a su escuela.

Demostracion. Si ABC es un triangulo rectangulo, con angulo rectoen A. Considerando el caso particular en cual D = A y E = C en el Lemaanterior, podemos concluir que

BC2 = AB2 + AC2.

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2.5. PARALELOGRAMOS Geometra

Teorema 2.4.2 (Teorema inverso al de Pit agoras) Si para un tri anguloABC se cumple queBC2 = AB2+AC2, entonces tal tri angulo es rect angulo.En particular el angulo enA es recto.

Demostracion. Sea C un punto en la recta perpendicular a AB tal que AC

= AC.

A

B

C

C


Por el Teorema de Pitagoras

(BC)2 = AB2 + (AC)2

y como AC = AC y BC2 = AB2 + AC2, entonces (BC)2 = BC2, de donde

BC = BC.

Por el criterio LLL tenemos que ABC ABC, lo cual implica que

BAC = BAC

= 90

.

2.5 Paralelogramos

En el plano podemos tener distintas clases de cuadrilateros, segun la posicionde sus vertices y aristas, como por ejemplo los siguientes.

Algunos cuadrilateros convexos tienen propiedades muy particulares. Enesta seccion estudiaremos el caso del cuadrilatero llamado paralelogramo.

Definicion 2.5.1 Un paralelogramo es un cuadril atero, necesariamente

plano, en el que cada lado es paralelo a su opuesto.

Los paralelogramos tienen varias propiedades, entre ellas las siguientes.

Proposicion 2.5.1 Para todo paralelogramo se cumplen las siguientes afir-maciones

Porfirio Toledo 22


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A

B C

D

(a) Fig 01-33

A

B C

D

(b) Fig 01-34

A

B

C

D(c) Fig 01-35

Figure 2.16: Fig 01-33-35

1. Sus lados opuestos son iguales.

2. Sus angulos opuestos son iguales. Adem as de que dos angulos consec-

utivos son suplementarios.3. Las diagonales se cortan en su punto medio.

Demostracion. Supongamos que tenemos un paralelogramo ABCD endonde AB y BC son paralelos a CD y AD, respectivamente.

1. Tracemos la diagonal AC obteniendo 2 triangulos, a saber ABC yACD.

A

B C

D


En general una diagonal en un polgono es el segmento queune dos vertices no consecutivos. De esta forma un polgonode n lados tendra n 2 diagonales.

Como BC es paralelo a AD entonces 1 = 2. Por otra parte, ya queAB y DC son paralelos, 3 = 4. Y como ademas AC = AC entoncespor el criterio ALA tenemos ABC ACD.

Podemos concluir que BC = AD y AB = CD.2. Tracemos el segmento AC. Como BC es paralelo a AD entonces 1 =4. De manera semejante, como AB es paralelo a DC se sigue que2 = 3. Podemos observar entonces que

A = 1 + 3 = 4 + 2 = C,

Porfirio Toledo 23


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y por lo tanto A = C. De manera analoga podemos demostrar queB = D. Observemos ademas que 3 +4 + B = 180. Por lo tanto

C = 2 + 4 = 3 + 4 = 180 B.

Por consiguiente los angulos C y B son suplementarios.

De manera semejante, podemos probar que A y B, A y D, D yC, son parejas de angulos suplementarios entre s.

3. Sea E el punto de interseccion de las diagonales AC y BD. Como AB

A

B C

D

E


es paralelo a CD entonces 1 = 4 y 2 = 3. Y por el Teorema (2.5.1)tenemos que AB = CD.

Ahora, por el criterio ALA tenemos que ABE CDE. De aqu AE =CE y BE = DE.

Proposicion 2.5.2 Todo cuadril atero convexo es un paralelogramo, si secumple alguna de las siguientes condiciones.

1. Dos de sus lados son iguales y paralelos.

2. Cada par de lados opuestos son iguales.

3. Sus diagonales se cortan en su punto medio.

Demostracion.

1. Supongamos que tenemos un cuadrilatero convexo ABCD, en dondeAD es paralelo a BC y AD = BC. Tenemos que demostrar que DC esparalelo a AB, para esto tracemos la diagonal DB. Como BC es paraleloa AD entonces 1 = 2. De esta manera, como BC = AD, 1 = 2 yDB = DB, por el criterio L.A.L. obtenemos ADB CB D. De estamanera 3 = 4.

Y como los angulos 3 y 4 son alternos internos iguales con respectoal sistema de rectas DC y AB cortadas por la secante DB, concluimosque DC es paralelo a AB.

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A

B C

D


A

B C

D


2. Supongamos que tenemos un cuadrilatero ABCD en el cual AD = BC yAB = CD. Tenemos que demostrar que AD es paralelo a BC y que DCes paralelo AB. Si trazamos AC generamos el par de triangulos ADCy ABC en donde AD = BC, AB = CD y ademas los triangulos com-parten el lado AC.

Ahora, por el criterio L.L.L. podemos ver que ADC ABC. Luego1 = 4 y 2 = 3.

Por un lado, como 1 y 4 son angulos alternos internos iguales conrespecto al sistema AD y BC, entonces AD y BC son paralelos.

Por otro lado, como 2 y 3 son angulos alternos internos iguales conrespecto del sistema DC y AB, entonces DC es paralelo a AB. Con-cluimos as que ABCD es un paralelogramo.

Teorema 2.5.1 (Ley del Paralelogramo) La suma de los cuadrados de laslongitudes de los cuatro lados de un paralelogramo es igual a la suma de loscuadrados de las longitudes de las diagonales.

Lo que dice el resultado anterior es que si ABCD es un paralelogramo,entonces

AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = AC2 + BD2. (2.4)

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A

B C

D


Ademas, considerando que en un paralelogramo los lados opuestos miden

lo mismo, haciendo a = AB = CD , b = BC = DA, c = AC y d = BD,entonces la relacion (2.4) nos asegura que

2a2 + 2b2 = c2 + d2. (2.5)

En el caso particular de que ABCD sea un rectangulo, entonces las diag-onales son iguales y de (2.5) obtenemos el Teorema de Pitagoras.

Demostracion. Consideremos un paralelogramo ABCD, con a = AB =CD, b = BC = DA, c = AC y d = BD. Sean E y F los pies de A y D enBC, repectivamente. Sean h = AE = DF y x = BE = CF. Entonces, por el

A

B C

D

E F

a

b

cd

h

x


Teorema de Pitagoras tenemos

c2 = h2 + (b x)2 = h2 + b2 2bx + x2,d2 = h2 + (b + x)2 = h2 + b2 + 2bx + x2,a2 = h2 + x2.

Por lo tanto

c2 + d2 = 2(h2 + x2) + 2b2 = 2a2 + 2b2.

Teorema 2.5.2 (Teorema de Varignon) Los puntos medios de los ladosde un cuadril atero no cruzado determinan un paralelogramo. El permetro del

paralelogramo es igual a la suma de las longitudes de las diagonales. Y suarea es igual a la mitad del area del cuadril atero.

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Por lo que el permetro del paralelogramo EFGHes

EF + F G + GH+ EH = 12

BD + 12

AC+ 12

BD + 12

AC

= AC+ BD.

Si el cuadrilatero ABCD es convexo, el area del paralelogramo sera igual alarea del cuadrilatero ABDC menos el area de los triangulos AF E, BGF,CH G y DEH, esto es

(EFGH)

= (ABCD) {(AF E) + (BGF) + (CH G) + (DEH)}= (ABCD) 1

4{(ABD) + (BCA) + (CDB) + (DAC)}

= (ABCD) 1

4 {2 (ABCD)}=

1

2(ABCD)

Si el cuadrilatero ABCD es entrante, el area del paralelogramo se calculade forma analoga

(EFGH)

= (ABCD) {(AF E) + (BGF) + (DEH)} + (CH G)= (ABCD) 1

4{(ABD) + (BC A) + (DAC)} + 1

4(CDB)

= (ABCD) 14

{2 (ABCD)}

= 12

(ABCD)

Aun cuando la desmostracion para el caso del cuadrilatero entrante se hizopara el caso particular de la Figura 2.23b, observemos que se puede adaptar

a otro tipo de casos, por ejemplo el siguiente.Observemos tambien que los dos primeros resultados del teorema son

validos para cuadrilateros cruzados.

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A

B C

D

EF

G

H


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Captulo 3

Angulos en la Circunferencia

3.1 Angulos en la Circunferencia

Una circunferencia es el conjunto de todos los puntos del plano que equidis-tan de un punto fijo llamado centro. El segmento entre el centro y un punto dela circunferencia se llama radio, mientras que el segmento determinado pordos puntos cualesquiera de la circunferencia se denomina cuerda. La cuerdade longitud mayor, igual a dos radios colineales, se llama diametro.

Definicion 3.1.1 Un angulo central es el formado por dos radios en unacircunferencia, Por lo tanto, dados dos puntos A y B en una circunferencia, elangulo centralAOB es el que tiene su v ertice en el centroO de la circunfer-encia y sus lados son los radios OA yOB.

El arco correspondiente es el que se encuentra entre los lados del angulocentral:

AB= AOB

Por definicion, todo angulo central mide lo mismo que el arco que abraza,

sobreentendiendo por supuesto, que nos referimos a la medida angular delarco, mas no a su longitud. Es decir, el angulo central es la medida en grados

del arco que abrazan los radios que lo conforman.

Definicion 3.1.2 Un angulo inscrito es el formado por dos cuerdas quetienen un extremo en comun. Por lo tanto dados tres puntosA, B yP en unacircunferencia, el angulo inscritoAP B es el angulo que tiene su v erticePen la circunferencia y sus lados P A yP B son secantes.

Teorema 3.1.1 Todo angulo inscrito mide la mitad del arco que abraza.

El Teorema 3.1.1 se conoce como el Teorema Fundamentalde los Angulos Inscritos.

Demostracion. Tenemos que demostrar que AP B = 12

AB. Procedere-mos por casos.

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3.1. ANGULOS EN LA CIRCUNFERENCIA Geometra

A

B

O

(a) Fig 02-01

A

B

O

P

(b) Fig 02-02

Figure 3.1: Fig 02-01-02

Caso 1.El centro de la circunferencia esta en uno de los lados del angulo.

A

B

OP

(a) Fig 02-03

A

B

M

OP

(b) Fig 02-04

Figure 3.2: Fig 02-03-04

Sea = AP B, tracemos el radio OA y llamemosle M al punto medio dellado AP. De esta forma, por el criterio L.L.L. los triangulos OM P y OM Ason congruentes y por lo tanto

OAP = AP B = .

Y como (el angulo central AOB) es exterior del triangulo AOP y noadyacente a y OAP, entonces = 2. Por lo tanto

AP B = =1

2 =

1

2

AB .

Caso 2.El centro de la circunferencia esta entre los lados del angulo inscrito.Sea = AP B. Tracemos el diametro que tiene como uno de sus ex-

tremos a P y llamemosle C al otro extremo.Sean 1 = AP C y 2 = CP B. Por el caso 1,

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A

B

OP

(a) Fig 02-05

A

B

COP

(b) Fig 02-06

Figure 3.3: Fig 02-05-06

= 1 + 2 = 12 AC + CB = 12 AB.Caso 3.El centro de la circunferencia queda fuera del area que comprende el angulo

inscrito.

A

B

O

P

(a) Fig 02-07

A

B

C

O

P

(b) Fig 02-08

Figure 3.4: Fig 02-07-08

Sea = AP B. Tracemos el diametro que tiene como uno de sus ex-tremos a P y llamemosle C al otro extremo.

Sean 1 = AP C y 2 = BP C. Por el caso 1,

= 1 2 = 12

AC

BC

= 12

AB.

Como consecuencia inmediata tenemos los siguientes resultados.

Corolario 3.1.2 Todo angulo inscrito en una semicircunferencia, subten-dido por el di ametro, es recto.

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A BO

P1

P2

P3


A

B

P

Q

P


Corolario 3.1.3 Dos angulos inscritos en una misma circunferencia y queabracen una misma cuerda, son iguales si sus v ertices est an del mismo ladode la cuerda; y son suplementarios si sus v ertices est an en lados opuestosrespecto de la cuerda.

Demostracion. Sean A, B, P, P y Q como en la figura, es decir P yP estan del mismo lado de la cuerda AB y los puntos P y Q estan en ladosdistintos.

Por el teorema (3.1.1) sabemos que AP B = 12

AQB= APB, as vemosque, si los vertices del angulo estan del mismo lado de la cuerda, ellos son

iguales. Por otro lado tenemos que AQB = 12

AP B, luego

AP B +AQB = 12

AQB +12

AP B= 12

360 = 180.

Concluimos que si los vertices estan en lados opuestos respecto de lacuerda, entonces los angulos son suplementarios.

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A

BP


Definicion 3.1.3 Un angulo semi-inscritoest a formado por una cuerda yuna tangente que se intersectan en el punto de tangencia. De esta manera,

un angulo semi-inscrito es aquel que tiene su v ertice en la circunferencia, unode sus lados es tangente y el otro secante.

Proposicion 3.1.1 La medida del angulo semi-inscrito es igual a la mitaddel arco comprendido entre sus lados.

Demostracion. La demostracion se hara por casos de manera semejantea como se procedio en el Teorema (3.1.1).

A

BOP

(a) Fig 02-12

A

B

COP

(b) Fig 02-13

AB

COP

(c) Fig 02-14

Figure 3.8: Fig 02-12-14

Caso 1.Supongamos que el centro O de una circunferencia esta sobre uno de los

lados del angulo BAC, a saber sobre la secante AC.

Una recta tangente en un punto a una circunferencia es per-pendicular al diametro que tiene como uno de sus extremos alpunto de tangencia

Porfirio Toledo 34


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Entonces AC es el diametro de la circunferencia y as BAC = 90 = 12

AC.Caso 2.

Supongamos que el centro O de una circunferencia esta entre los lados delangulo.

Tracemos el diametro que tiene como un extremo al vertice A del angulosemi-inscrito BAC. Sea D el otro extremo y sean = BAC, = BAD y = DAC.

Por el caso 1, = 12

AD. Y como es un angulo inscrito que abraza al

arco

DC, entonces = 12

DC. As

= + = 12

AD + 12

DC= 12

ADC

.

Caso 3.Supongamos que el centro O de una circunferencia no esta entre los lados

del angulo semi-inscrito BAC. Tracemos el diametro AD, sean = BAC, = BAD y = CAD.

Por el caso 1, = 90 = 12

AD. Y como es un angulo inscrito que abraza

a

CD entonces = 12

CD. Por lo tanto

= = 12

AD 12

CD= 12

AC.

Lema 3.1.1 Si dos rectas paralelas intersectan a una circunferencia, en-tonces los arcos determinados entre ellas son iguales.

Demostracion. Tenemos tres casos, que las rectas paralelas sean las dossecantes, una secante y una tangente o las dos tangentes.

A

B

C

D

(a) Fig 02-15

A

D

B = C

(b) Fig 02-16

B = C

A = D

(c) Fig 02-17

Figure 3.9: Fig 02-15-17

Para cada caso, consideremos los angulos y como en la figura. Ten-emos que, por ser y alternos internos el sistema de rectas paralelas, soniguales y as

1

2

AB= = =1

2

CD .

Porfirio Toledo 35


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lo cual implica que

AB=

CD .

Definicion 3.1.4 Un angulo exterior es el formado por dos rectas se-cantes, o por una secante y una tangente, o por dos tangentes que se in-tersectan en un punto exterior a una circunferencia y que cortan a la circunfer-encia en 4, 3 o 2 puntos respectivamente.

A

B

C

D

P

(a) Fig 02-18

B

C

P

A = D

(b) Fig 02-19

P

B = C

A = D

(c) Fig 02-20

Figure 3.10: Fig 02-18-20

Proposicion 3.1.2 Todo angulo exterior a una circunferencia mide la semi-diferencia de los arcos comprendidos entre sus lados.

Demostracion. Para cada uno de los casos tracemos el punto C en lacircunferencia tal que AC sea paralelo a P C. Sean los angulos y comoen la figura.

A

B

C

D

E

P

(a) Fig 02-21

B

C

EP

A = D

(b) Fig 02-22

EP

B = C

A = D

(c) Fig 02-23

Figure 3.11: Fig 02-21-23

Como AC y P C son paralelos, entonces

AP B = = =

1

2

DC

=

1

2 (

DC

C

C)

y por el Lema anterior

AP B =1

2(

DC

AB).

Porfirio Toledo 36


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A

B

C

D

P


A

B

C

D

E

P


Definicion 3.1.5 Un angulo interior en una circunferencia es el formadopor dos rectas secantes a una circunferencia que se cortan en un punto inte-rior.

Proposicion 3.1.3 Un angulo interior en una circunferencia mide la semi-suma de las medidas de los arcos comprendidos por sus lados y por sus pro-longaciones.

Demostracion. Sean AB y CD dos cuerdas que se cortan en el punto P,interior de una circunferencia.

El angulo interior AP C es un angulo exterior del triangulo P BC, por loque

AP C = P CB +PBC.

Pero al ser estos ultimos angulos inscritos, miden la mitad de los arcos queabrazan, lo cual implica que

AP C = P CB +P BC

=1

2

BD +

AC

.

Porfirio Toledo 37


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3.2. TRIGONOMETRIA Geometra

3.2 Trigonometra

Dado un angulo (0, 90), por el criterio AA todos los triangulos rectangulosque tengan a como uno de sus angulos interiores seran semejantes y por lotanto la razon entre sus lados correspondientes sera la misma

A1B1A2B2

=A1C1A2C2

=B1C1B2C2

.

A1

B1

C1

(a) Fig 02-26

A2

B2

C2

(b) Fig 02-27

Figure 3.14: Fig 02-26-27

Por lo tanto, para el triangulo ABC con angulo recto en C estan biendefinidas las funciones trigonometricas de la siguiente manera, si a = BC,b = AC y c = AB, entonces

A

B

C

a

b

c


Porfirio Toledo 38


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sen =CB

AC=

a

c,

cos = ABAC

= bc

,

tan =CB

AC=

a

b.

A partir de la definicion tenemos las siguientes identidades trigonometricas

sen = cos(90 ), (3.1)cos = sen(90 ), (3.2)tan =

sen

cos . (3.3)

Ademas considerando que ABC es rectangulo, con angulo recto en C ycon hipotenusa c; despejando a = c sen y b = c cos y utilizando el Teorema

de Pitagoras a2

+ b2

= c2

obtenemos la identidad Pitagorica

cos2 + sen2 = 1.

Ejemplo 3.2.0.1 Es posible calcular los valores exactos de las funcionestrigonom etricas para 45, 30 y 60. Para esto consideraremos tri angulosrect angulos que posean cada uno de estos angulos. El angulo45 se encuen-tra en el tri angulo que se obtiene al dividir a un cuadrado con una diagonal(Figura3.16a).

1

1

45

2

(a) Angulo de 45

2

1

60

30

3

(b) Angulos de 30 y 60

Figure 3.16: Angulos de 45, 30 y 60

cos45

=1

2 =

2

2 ,

sen45 =1

2=

2

2,

tan45 =1

1= 1.

Porfirio Toledo 39


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Por otro lado, considerando un tri angulo equil atero de lado 2, observemosque este tiene angulos interiores de 60. Podemos trazar su mediatriz para

obtener un tri angulo rect angulo con angulos de30 y de60 (Figura3.16b).

cos60 =1

2, cos30 =

3

2,

sen60 =

3

2, sen30 =

1

2,

tan 60 =

3

1=

3, tan30 =

13

=

3

3.

3.2.1 Identidades de Suma y Resta de Angulos

Habra ocasiones en que necesitemos encontrar el valor de las funciones trigonometricaspara la suma y resta de angulos. Para encontrar las relaciones que se cumplen,

consideremos la Figura 3.17, en donde AF = 1.

A B C

D

EF


Considerando el triangulo (ADF) y tomando en cuenta que AF = 1,tenemos que sen = F B y cos = AD. Ahora, para el triangulo AEF secumple que

sen =

F E

F D =

F E

sen ,

cos =ED

F D=

ED

sen .

Por lo tanto F E = sen sen y ED = cos sen . Por otro lado para el triangulo

Porfirio Toledo 40


45/140


ACD se cumple que

sen =

DC

AD =

DC

cos ,

cos =AC

AD=

AC

cos .

Por lo tanto DC = sen cos y AC = cos cos .Finalmente calculamos los valores de las funciones trigonometricas en el

triangulo ABF obteniendo las identidades de suma de angulos para las fun-ciones seno y coseno

sen( + ) = F B = ED + DC

= cos sen + sen cos ,

cos( + ) = AB = AC BC = AC F E

= cos cos sen sen .Para encontrar las correspondientes identidades para la resta de angulo,

consideremos ahora la Figura 3.18, en donde AD = 1.

A B C

D

EF


En forma semejante a como procedimos anteriormente, considerando el

triangulo (ADF) y tomando en cuenta que AD = 1, tenemos que sen =F D y cos = AF. Ahora, para el triangulo DEF se cumple que

sen =F E

F D=

F E

sen ,

cos =ED

F D=

ED

sen .

Por lo tanto F E = sen sen y ED = cos sen beta. Por otro lado para eltriangulo ABF se cumple que

sen =F B

AF=

F B

cos ,

Porfirio Toledo 41


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cos =AB

AF=

AB

cos .

Por lo tanto F B = sen cos y AB = cos cos .Finalmente calculamos los valores de las funciones trigonometricas en el

triangulo ACD obteniendo las identidades de resta de angulos para las fun-ciones seno y coseno

sen( ) = DC = EC + ED = F B ED= sen cos cos sen

cos( ) = AC = AB + BC = AB + F E= cos cos + sen sen

A partir de las formulas de suma y resta de angulos para el seno y el coseno

se desprenden las identidades de suma y resta de angulos para la funciontangente.

tan( + ) =tan + tan

1 tan tan ,

tan( ) = tan tan 1 + tan tan

.

3.2.2 Relaciones entre angulos suplementarios

Definamos cos90 = 0 y sen90 = 1.Para un angulo obtuso (90, 180), tenemos que 0 < 180 < 90.

Sea = 90, empleando la formula para el coseno de la suma de angulostenemos

cos = cos(90 + )

= cos 9 0 cos sen90 sen = sen

y como + (180 ) = 90, entonces por la relacion (3.1) tenemos quecos = cos(180 ).

De manera semejante, empleando la formula para el seno de una suma y larelacion (3.2), se puede ver que

sen = sen(90 + )

= cos

= sen(180 ).Por lo que se cumplen las siguientes relaciones para angulos suplementarios

cos = cos(180 ) (3.4)sen = sen(180 ). (3.5)

Porfirio Toledo 42


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Por lo tanto

tan =

sen

cos =

sen(180

)

cos(180 ) = tan(180

). (3.6)Considerando un angulo inscrito que abraza a un segmento AB de longitud

menor que el diametro de un crculo de radio r, podemos calcular las funcionestrigonometricas en terminos de dichos segmento y radio dados.

Sea C un punto cualquiera el la circunferencia de radio r, distinto de A yB, de tal manera que ACB < 90. Sea C el punto diametralmente opuestoa A.

EntoncesC = C y ademasB = 90, por lo que ABC es rectangulo.Por lo tanto

senC =AB

2r,

cosC = 4r2 (AB)22r ,tanC =

AB4r2 (AB)2 .

A

BC

O

C

(a) Fig 02-31

A

B

C

O

C

(b) Fig 02-32

Figure 3.19: Fig 02-31-32

Cuando el punto C y el centro de la circunfencia se encuentran en ladosdistintos respecto al segmento AB, de tal forma que ACB > 90, entoncesno podremos tomar el diametro como uno de los lados de angulo inscrito iguala C. Consideraremos en este caso C suplementario a C, luego por lasrelaciones 3.4, 3.5 y 3.6 obtenemos obteniendo las relaciones

senC =AB

2r ,

cosC =

4r2 (AB)22r

,

tanC = AB4r2 (AB)2 .

Porfirio Toledo 43


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3.2.3 Ley de los Senos

Sea ABC un triangulo no necesariamente rectangulo, con vertices en unacircunferencia de radio r, tenemos

senC =AB

2r.

De manera semejante senB =AC

2ry senA =

BC

2r. Entonces obten-

emos la conocida Ley de los Senos.

Teorema 3.2.1 Para un tri anguloABC de lados a = BC, b = AC y c =AB, con v ertices en una circunferencia de radio r,

a

senA =

b

senB =

c

senC = 2r.

3.2.4 Ley de los Cosenos

Consideremos un triangulo ABC no necesariamente rectangulo, de lados a =BC, b = AC y c = AB.

Supongamos inicialmente que el angulo B es agudo, 0 < B < 90.Sean D el pie de A en BC, x = BD y la altura h = AD. Por el Teorema de

A

B Ca

bc h

x a x


Pitagoras c2 = x2 + h2 y b2 = h2 + (a x)2, por lo tanto

b2 = h2 + a2 2ax + x2= (c2 x2) + a2 2ax + x2= a2 + c2

2ax.

Y como x = c cosB entonces

b2 = a2 + c2 2ac cosB.

Supongamos ahora que el angulo B es obtuso, 90 < B < 180. De

Porfirio Toledo 44


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A

B CD a

bch

x


nuevo, si D el pie de A en BC, x = BD y la altura h = AD, entonces por elTeorema de Pitagoras c2 = h2 + x2 y b2 = h2 + (a + x)2, de donde

b2 = h2 + a2 + 2ax + x2

= (c2

x2

) + a2

+ 2ax + x2

= c2 + a2 + 2ax

Por otro lado, por la identidad 3.4

cosB = cos(180 B) = xc

Por lo tanto x = c cosB, de donde concluimos queb2 = c2 + a2 2ac cosB.

Al igual que procedimos con el angulo B, lo podemos hacer con A y Cpara obtener el siguiente resultado.

Teorema 3.2.2 (Ley de los Cosenos( Para un tri angulo

ABC de ladosa = BC, b = AC yc = AB, se cumple

a2 = b2 + c2 2bc cosA,b2 = a2 + c2 2ac cosB,c2 = a2 + b2 2ab cosC.

Observemos que en caso de tener un triangulo rectangulo con un angulo,por ejemplo A = 90, obtenemos el Teorema de Pitagoras

a2 = b2 + c2.

Teorema 3.2.3 (Teorema de Stewart.)

Matthew Stewart. Naci o el 15 enero de 1717 en Rothesay,

Isle of Bute, Escocia. Muri o el 23 enero de 1785 en Catrine,Ayrshire, Escocia.

Sea P un punto en el lado BC del tri angulo ABC. Si x = BP y y = P C,entonces

a(AP2 + xy) = xb2 + yc2.

Porfirio Toledo 45


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Captulo 4

Segmentos Dirigidos

4.1 Segmentos y Angulos Dirigidos

Hasta este momento habamos trabajado con segmentos sin considerar la di-reccion que determinaban los extremos, por lo que no haba diferencia entre

AB y BA, es decir solo nos interesaba la magnitud del segmento, o la distanciaque haba entre los puntos A y B en la recta que pasa por ellos.

En algunos casos sera necesario considerar segmentos dirigidos, esto es,dados dos puntos A y B le podemos asignar un sentido al segmento deter-minado, por ejemplo de A a B, decimos entonces que el segmento AB esun segmento dirigido, que va del extremo A al extremo B. El mismo seg-mento recorrido del extremo B al extremo A sera el segmento dirigido BA y larelacion entre estos dos esta determinada por la ecuacion

AB = BA,

o en otras palabras

AB + BA = 0.

Dados tres puntos A, B y C en una recta, estos estan relacionados medi-ante la Relacion de Chasles

Michael Chasles. Nacio el 15 de noviembre de 1793 en Eper-non, Francia. Murio el 18 de diciembre de 1880 en Pars, Fran-cia.

AB + BC = AC,

valida para cualquier posicion de los puntos en la recta.

Esta relacion nos dice que podemos ir de un punto a otro pasando por untercer punto, no importando si este esta dentro o fuera, del segmento determi-

nado por los dos primeros. Una relacion entre cuatro puntos situados en unarecta esta dada por el siguiente teorema.

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4.1. SEGMENTOS Y ANGULOS DIRIGIDOS Geometra

A

B

C


Teorema 4.1.1 (Teorema de Euler.)

Leonhard Euler. Naci o el 15 de abril de 1707 en Basilea,Suiza. Muri o el 18 de septiembre de 1783 en San Petersburgo,Rusia.

SeanA, B, C yD cuatro puntos cualesquiera en una recta. Entonces

AB

CD + AC

DB + AD

BC = 0.

Demostracion.

A

B

C

D


Utilizando la Relacion de Chasles, tenemos

AB CD + AC DB + AD BC= AB CA + AD+ AC DA + AB+ AD BA + AC= AB CA + AC+ AC DA + AD+ AD AB + BA= 0.

Cuando los segmentos no se encuentran en una misma recta, no se puedehablar de segmentos dirigidos. Sin embargo podemos encontrar algun tipo

de relacion en dichos casos. El siguiente resultado es una generalizacion delTeorema 3.2.3 utilizando segmentos dirigidos.

Teorema 4.1.2 (Teorema de Stewart.) Si A, B y C son tres puntos colin-eales yD es cualquier cuarto punto, entonces

DA2 BC + DB2 CA + DC2 AB + AB BC CA = 0.

Porfirio Toledo 47


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4.1. SEGMENTOS Y ANGULOS DIRIGIDOS Geometra

Utilizando las relaciones anteriores tenemos que

DA2 BC + DB2 CA + DC2 AB + AB BC CA

=

EA2

+ DE2

BC +

EB2

+ DE2

CA

+

EC2

+ DE2

AB + AB BC CA

=

EA2 BC + EB2 CA + EC2 AB

+AB BC CA+ DE2 BC + CA + AB .La primer relacion se anula porque E esta en la lnea determinada por A, By C por lo que se reduce al primer caso; y la segunda se hace cero por laRelacion de Chasles.

De igual manera que a los segmentos en una lnea recta, se les puedeasociar la idea de direccion a los angulos. Por lo general podemos obtenerun angulo AOB rotando una lnea OA hasta llegar a la posicion OB, man-teniendo fijo el extremo situado en O, el mismo angulo puede ser obtenidorotando OB hasta llegar a OA.

A

B

O


Cuando la rotacion se hace en el sentido contrario a las manecillas delreloj, el signo del angulo es positivo; mientras que cuando la rotacion es en el

sentido de las manecillas del reloj, el angulo es negativo.

AOB = BOA

Porfirio Toledo 49


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4.2. LA RAZON EN QUE UN PUNTO DIVIDE A UN SEGMENTO Geometra

4.2 La Razon en que un Punto Divide a un Seg-

mentoDefinicion 4.2.1 SeanA, B yP tres puntos colineales conA = B yP = B.La raz on en la que el punto P divide al segmento dirigido AB es

AP

P B.

Es comun denotar a esta relacion como AP : P B. Nosotros lo haremosde la primera forma. Observemos ademas que como estamos trabajando con

segmentos dirigidos, tenemos

AP

P B

= P A

P B

.

Proposicion 4.2.1 Si dos puntos P y Q dividen a un segmento AB enrazones iguales

AP

P B=

AQ

QB,

entonces los puntosP yQ coinciden.

Demostracion.

A

BP Q


Tenemos por hipotesis que AP QB = AQ P B, entonces

AP (QA + AB) = AQ (P A + AB),lo anterior implica que

AB (AP AQ) = 0,es decir AB QP = 0 y como A = B, entonces QP = 0. Esto ultimo implicaque Q = P.

Ejemplo 4.2.1.1 Consideremos el segmento AB dividido en tres partesiguales como en la figura

Tenemos que las razones en que P1 yP2 dividen al segmentoAB son

AP1

P1B=

1

2,

AP2

P2B= 2.

Porfirio Toledo 50


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A BP1 P2


Mientras que las razones en queA yB dividen al segmentoP1P2 son

P1A

AP2= 1

2,

P1B

BP2= 2.

Cabe hacer notar que cuando el punto se encuentra dentro del segmentola razon es positiva, mientras que es negativa en caso contrario.

El ejemplo anterior ilustra como, de forma muy simple, dado un punto P enla recta determinada por el segmento AB podemos encontrar la razon en que

dicho punto P divide al segmento. Estamos interesados ahora en el procesocontrario, es decir dados un segmento dirigido AB con A = B y una razonk = a

b, localizar el punto P que divide a AB en la razon k.

Procediendo por casos, supongamos inicialmente que k = ab

> 0. Paraencontrar el punto P, trazamos dos rectas paralelas AC y BD de tal formaque C y D se encuentren en lados opuestos respecto a la recta AB y queAC = a y BD = b.

A B

C

D

P


El punto de interseccion P de AB con CD sera el punto que estamos bus-cando. En efecto, como AC y BD son paralelas, por el criterio AA los triangu-los AP C y BP D son semejantes, de donde AP

BP= AC

BD, y consideando la

orientacion en los segmentos dirigidos, tenemos

APP B

= ab

= k.

Consideremos ahora que k = ab

< 0. Suponiendo que a = b, podemoslocalizar el punto Q tal que divide a AB en la razon a

b, procediendo de forma

semejante, pero tomando ahora C y D del mismo lado respecto a AB.

Porfirio Toledo 51


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A B

C

D

Q


De nuevo, como AC y BD son paralelas, por el criterio AA los triangulosAQC y BQD son semejantes de donde AQ

BQ= AC

BDy considerando seg-

mentos dirigidos

AQ

QB

=

a

b= k.

Observemos que la razon es positiva si y solo si el punto P se encuentraentre A y B

0 AEy as BD BC > AEAC.Concluimos que BC = AC.

Teorema 6.1.5 (Teorema de Napoleon) Si en un tri angulo cualquiera seconstruyen exteriormente tri angulos equil ateros en los lados del tri angulo orig-inal, entonces los cincuncentros de los tri angulos equil ateros forman a su vezun tri angulo equil atero.

Demostracion. Sea ABC un triangulo cualquiera y sean D, E y F talesque ACE, ABF y BC D son triangulos equilateros construidos exterior-mente en los lados de ABC.

A

B C

D

E

F

PQ

RO3

O2

O1

Figure 6.7: Teorema de Napoleon

Porfirio Toledo 83


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6.2. LA CIRCUNFERENCIA DE LOS NUEVE PUNTOS Geometra

Supongamos que los circuncrculos de ACE y ABF se intersectan enun punto P diferente de A, entonces los cuadrilateros APCE y APBF son

cclicos y como AEC = AF B = 60, entonces

CP A +AP B = 240,

por lo que BP C = 120. De esta manera

BP C+BDC = 180

es decir, P pertenece al circuncrculo de BDC.Observemos ahora que O2O3 y O1O3 son mediatrices de los segmentos

AP y BP. Si R y Q son los puntos medios de estos ultimos segmentos, en-tonces

O3RP = 90 = O3QP

de donde O3QP R es cclico. Y como AP B = 120 entonces

O1O3O2 = 60.

De manera semejante podemos demostrar que

O3O1O2 = O1O2O3 = 60.

Conclumos que O1O2O3 es equilatero.

Es posible demostrar este resultado si, en lugar de construir los triangulos

equilateros sobre los lados del triangulo original hacia el exterior, se construyenhacia el interior.

6.2 La Circunferencia de los Nueve Puntos

6.2.1 La Recta de Euler

Lema 6.2.1 Dado un tri anguloABC cualquiera, si H es su ortocentro, Osu circuncentro yA el punto medio del lado BC, entonces

AH = 2AO.

Demostracion. Sean D y E los pies de los vertices A y B en los lados BCy AC, respectivamente. Sabemos que H es el punto de interseccion de AD yBE. Sea B el punto medio de AC.

El segmento AB es paralelo a AB y mide la mitad. Ademas las mediatri-

ces A

O y B

O son paralelas a las alturas AD y BE, respectivamente. Por elcriterio A.A., se sigue que los triangulos ABH y ABO son semejantes,de donde

AH

AO=

AB

AB= 2.

Concluimos que AH = 2AO.

Porfirio Toledo 84


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A

B CD

E

H

O

A

B


Teorema 6.2.1 El ortocentro, centroide y circuncentro de un triangulo soncolineales. La distancia del ortocentro al centroide mide el doble que la distan-

cia del centroide al circuncentro.La recta que pasa por el ortocentro, centroide y circuncentrose llama larecta de Euler de un tri angulo.

Demostracion. Sea ABC un triangulo cualquiera. Sean A y B lospuntos medios de los lados BC y AC, respectivamente. Sea G el centroide,interseccion de las medianas AA y BB . Sea H el ortocentro, interseccion delas alturas AD y BE. Y sea O el circuncentro, interseccion de las mediatricesque pasan por A y B.

A

B CD

E

G

H

O

A

B

Figure 6.9: Recta de Euler

Para probar que H, G y O son colineales, demostraremos que HGA =OGA. Como AH es altura y AO mediatriz, entonces ambas rectas sonperpendiculares a BC y por lo tanto paralelas. De donde

HAG = OA

G.

Ademas las medianas BB y AA se cortan en un tercio de su longitud. AsAG = 2GA; y por el lema anterior AH = 2AO. Por consiguiente

AG

GA= 2 =

AH

AO.

Porfirio Toledo 85


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Utilizando el criterior L.A.L. tenemos que

AHG AOG.

Se sigue que H GA = OGA, que es suficiente para garantizar la colineali-dad de H, G y O.

Ademas HGGO

= 2, concluyendose que HG = 2GO.

Corolario 6.2.2 El circuncentro del tri angulo medial de un tri anguloABCse encuentra en el punto medio del segmento OH de la recta de Euler deABC.

Demostracion. Como A

, B

y C

son los punto medios de los lados BC,AC y AB respectivamente, entonces ACAB es un paralelogramo. Por loque sus diagonales AA y BC se cortan en su punto medio, llamemosle M.

Sea N un punto en OH tal que M N es la mediatriz de BC

A

B CD

E

G

H M

N

O

A

BC

Figure 6.10: Circuncentro de Triangulo Medial

Como AH, M N y OA son perpendiculares a BC entonces todos estossegmentos son paralelos. Por el Teorema de Thales se sigue que N es elpunto medio de OH, ya que M tambien lo es de AA.

Si procedemos de manera semejante con cada mediatriz de ABC,podemos ver que ellas se intersectan en N. En otras palabras, N es el cir-cuncentro de ABC.

Observemos que el radio del circuncrculo del triangulo medial ABCes la mitad del radio del circuncrculo del triangulo ABC, puesto que lostriangulos son semejantes con razon de semejanza igual a 1

2.

Porfirio Toledo 86


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6.2.2 La Circunferencia de los Nueve Puntos

Teorema 6.2.3 Los pies de las tres alturas de un tri angulo, los puntos mediosde los tres lados y los puntos medios de los segmentos que van de los verticesal ortocentro est an en una circunferencia.

Demostracion. Sea ABC un triangulo en donde A, B y C son lospuntos medios de los lados BC, AC y AB, respectivamente; sean D, E y Flos pies de las alturas que pasan por los v ertices A, B y C, respectivamente;llamemosle H al ortocentro de ABC; y sean K, L y M los puntos medios delos segmentos AH, BH y CH, respectivamente.

A

B CD

E

FH

K

LM

A

BC

Figure 6.11: Circunferencia de los Nueve Puntos

Como C y B son puntos medios de los lados AB y AC del trianguloABC, entonces BC es paralelo al lado BC y mide la mitad. Lo mismopodemos decir de los puntos L y M con respecto al triangulo HBC. Por lotanto CLM B es un paralelogramo.

Por otro lado, el ser L, C, M y B puntos medios de los lados BH, BA,CH y CA respectivamente, entonces CL y BM son paralelos a AH. Y comoademas AH es perpendicular a BC, entonces BCLM es un rectangulo. Demanera semejante se puede demostrar que KCAM y BKLA son rectan-gulos. Cada uno de estos rectangulos son cclicos, pero ademas KA, LB yM C son diagonales compartidas por cada dos de los rectangulos BCLM,BKLA y KCAM. Dichas diagonales son diametros de una misma circun-ferencia.

Ademas, ya que los angulos KDA, LEB y MF C son rectos, en-tonces D, E y F pertenecen a la circunferencia con diametros KA, LB yM C.

Concluimos que los puntos D, A

, M, B

, E, K, C

, F y L pertenecen auna misma circunferencia, que es el circuncrculo del triangulo medial.

Ademas, por el Corolario 6.2.2, observemos que el centro de esta circun-ferencia se encuentra en el punto medio del segmento determinado por el

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6.3. RECTAS ANTIPARALELAS Geometra

ortocentro y el circuncentro; y su radio es la mitad del radio del circuncrculodel triangulo original.

Esta circunferencia se llama la Circunferencia de los Nueve Puntos deun triangulo. El centro de esta circunferencia se encuentra en la recta de Euler,

a la mitad entre el ortocentro y el circuncentro. Fue Poncelet el que le dio elnombre a esta circunferencia.

Jean Victor Poncelet. Nacio el 1o de Julio de 1788 en Metz,Lorraine, Francia. Murio el 22 de diciembre de 1867 en Pars,Francia.

6.3 Rectas Antiparalelas

Definicion 6.3.1 Dadas dos rectas a y b no paralelas y l la bisectriz delangulo formado pora yb. Decimos que las rectasc yd sonantiparalelasconrespecto a las rectas a y b si y s olo si = , en donde y son los angulosformados por la bisectriz l y las rectasc yd como en la figura.

P

a

bcd

d

l

Figure 6.12: Rectas Antiparalelas

Si se hace girar la recta d usando como eje la bisectriz l del angulo formadopor a y b, obtenemos una recta d paralela a la recta c, puesto que = , deah el nombre de antiparalelas.

Teorema 6.3.1 Si las rectas c y d son antiparalelas con respecto a lasrectas a y b, y si A, B, C y D son los puntos de intersecci on entonces elcuadril atero ABCD es cclico.

Demostracion. Tenemos dos casosCaso 1. Sean A, B, C, D, P, R y Q como en la figura. Denotemos los

angulos a utilizar de la siguiente manera: = AP R = CP R, = ARQ =BQR, = BAC y finalmente = BDC. Para demostrar este caso,veremos que + = 180.

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A

B

C

D

P QR


Como P QD + = 180 y + + P QD = 180, puesto que son losangulos interiores del triangulo P QD, entonces

Los triangulosPAR y PDQ son semejantes.

= 180 P QD = .Consideremos ahora el triangulo P AR. Como P RA + = 180 y +

P RA +P AR = 180 por ser los angulos interiores de tal triangulo, tenemos

P AR = 180 P RA = .Y como = 180 P AR = 180 + , entonces

+ = (180

+ ) + (

) = 180.

As y son suplementarios. Ademas + +ACD +ABD = 360, porlo que ACD +ABD = 180. De esta forma obtenemos un cuadrilatero con-vexo con angulos opuestos suplementarios; y por el Corolario 6.1.2, ABCD esinscriptible.

Caso 2. Sean A, B, C, D, P, R y Q como en la figura, y = AP R =CP R, = AQR = BRQ, = ADC y = ABC.

Para este caso tracemos la recta que pasa por el segmento AC para quelos puntos D y B queden en el mismo semiplano determinado por la recta AC.Demostraremos que = .

Los triangulosPBR y PDQ son semejantes.

Los angulos interiores del triangulo P QD suman 180, por lo tanto = + . Y por otro lado, considerando el trianguloP RB, podemos ver que = + .

Lo anterior implica que = = . As vemos el segmento AC, desdelos puntos B y D, bajo angulos iguales. Y por la condicion suficiente de conci-clicidad de cuatro puntos, corolario (6.1.1), tenemos que el cuadrilatero ABCDes inscriptible.

Porfirio Toledo 89


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AB

C

D

PQR


Observemos que en este resultado no hay restriccion respecto a la inter-seccion de las rectas c y d, es decir, estas podran ser paraleleas. Figura 6.15.

P

a

bcd

l


El siguiente resultado nos muestra que el inverso tambien se cumple.

Teorema 6.3.2 Si un par de lados opuestos de un cuadril atero cclico seintersecta entonces el otro par de lados opuestos es antiparalelo con respectoal primero.

Demostracion. Sea ABCD un cuadrilatero cclico. Supongamos que ADy BC se cortan en P. Sean R y Q los puntos de interseccion de la bisectrizde AP B con los lados AB y DC respectivamente. Tenemos que DAB +BCD = 180 y como ademas D, A y P son colineales

DAB + BAP = 180.

Porfirio Toledo 90


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As BAP = BCD.

A

B

C

D

P QR


Como QRA es exterior de

RAP entonces

QRA = RP A +BAP.

Como P QD es exterior de CQP entonces

P QD = RP B +BCD.

Y al ser P Q bisectriz deAP B entoncesRP A = RPB, por lo queQRA =P QD y concluimos que AB y DC son antiparalelas respecto de AD y BC.

Para el caso en que tangamos dos pares de rectas no parelelas entre s,

se cumple el siguiente resultado.

Proposicion 6.3.1 Las parejas de rectas a, b y c, d son mutuamente an-tiparalelas si y s olo si las bisectrices de los angulos formados por a, b y c, dson perpendiculares.

La demostracion es inmediata de la definicion de rectas antiparalelas. Y de

aqu que si c y d son antiparalelas con respecto a las rectas a y b, entonces ay b son antiparalelas con respecto a las rectas c y d; puesto que las bisectricesson tambien alturas teniendo triangulos isosceles formados por las intersec-ciones de las rectas en donde las bisectrices tambien son alturas, medianas ymedriatrices.

Porfirio Toledo 91


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a

bc

d

l1

l2

Figure 6.17: Rectas Mutuamente Antiparalelas

Porfirio Toledo 92


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Captulo 7

Teoremas de Ceva y Menelao

7.1 Teoremas de Ceva y Menelao

El segmento que une un vertice de un triangulo con cualquier punto del lado

opuesto se llama ceviana, en honor del matematico italiano Giovanni Ceva.

Giovanni Ceva. Nacio el 7 de diciembre de 1647 en Milan,Italia. Murio el 15 de junio de 1734 en Mantua, Italia.

Hemos estudiado algunos casos particulares de estas lneas: altura, me-

diana, bisectriz. Todas ellas se intersectan en un solo punto; esto en generalno sucede para cualquier grupo de cevianas. Pero existe un resultado que nosdice cuando s se cumple.

Teorema 7.1.1 (Teorema de Ceva) SeanX, Y yZ puntos que pertenecenrespectivamente a los lados BC, CA y AB de un tri anguloABC, de modoque ninguno de estos puntos coincide con algun v ertice del tri angulo. LascevianasAX, BY yCZ son concurrentes si y s olo si

AZ

ZB BX

XC CY

Y A= 1.

Demostracion. Supongamos que X, Y y Z puntos respectivamente en loslados BC, CA y AB, tales que las cevianas AX, BY y CZ se intersecten enel punto O.

Sean S y T los puntos de interseccion de la prolongacion de BY y CZ conuna recta paralela a BC que pasa por A.

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7.1. TEOREMAS DE CEVA Y MENELAO Geometra

A

B

C

X

Y

O

T

S

Z

Observemos que por el criterio A.A tenemos que

AZT BZC,

BX O

SAO,

XCO ATO,AY S C Y B .

De donde encontramos las siguientes relaciones

AZ

ZB=

AT

BC,

CY

Y A=

BC

AS,

BX

AS=

XO

OA,

XC

AT=

XO

OA.

Igualando las dos ultimas relaciones obtenemos que BXAS

= XOOA

= XCAT

, de

donde BXXC

= ASAT

. Multiplicando esta relacion por las dos primeras obtenemos

AZ

ZB BX

XC CY

Y A=

AT

BC BC

AS AS

AT= 1.

Quedando demostrada una implicacion.Supongamos ahora que en un triangulo ABC hay tres puntos X, Y y

Z que pertenecen respectivamente a los lados BC, CA y AB, tales que secumple

AZ

ZB BX

XC CY

Y A= 1.

Sea O el punto de interseccion de BY y CZ. Bastara demostrar que AXpasa por O. Sea X el punto de interseccion de AO con BC. Tenemos queprobar que X coincide con X.

Por la parte directa del teorema, tenemos que

AZ

ZB BX

XC CY

Y A= 1,

Porfirio Toledo 94


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Figure 7.1: Teorema de Ceva

y por la hipotesis que tenamos,

AZ

ZB BX

XC CY

Y A=

AZ

ZB BX

XC CY

Y A,

lo cual implica que

BX

XC=

BX

XC.

Luego, como los puntos X y X dividen al segmento BC en la misma razonentonces X = X.

Ejercicio 7.1.1 Utilizando el Teorema de Ceva, demostrar que para un tri anguloABC

1. Las medianasAM, BN yCP concurren.

2. Las alturasAD, BE yCF concurren.

3. Las bisectrices internasAL, BM yCN concurren.

Solucion.

1. Como M, N y P son los puntos medios de los lados BC, CA y AB,

respectivamente, entonces AP = P B, BM = M C y CN = N A.Luego

AP

P B BM

M C CN

N A= 1,

y por el Teorema de Ceva, AM, BN y CP son concurrentes.

Porfirio Toledo 95


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Figure 7.2: Las medianas concurren

2. Como ADC BEC, BF C BDA y AEB AF C, ten-emos

CE

DC=

BC

CA,

BD

F B=

AB

BC,

AF

EA=

CA

AB.

Figure 7.3: Las alturas concurren

Por lo tanto

AF

F B BD

DC CE

EA

=AF

EA BD

F B CE

DC=

CA

AB AB

BC BC

CA= 1

y por el Teorema de Ceva, AD, BE y CF son concurrentes.

Porfirio Toledo 96


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3. Por el Teorema de la Bisectriz tenemos

BL

LC =

AB

CA ,CM

MA=

BC

AB,

AN

N B=

CA

BC.

Figure 7.4: Las bisectrices concurren

Por lo tanto

AN

N B BL

LC CM

M A=

CA

BC AB

CA BC

AB= 1

y por el Teorema de Ceva, AL, BM y CN son concurrentes.

Observemos que podemos expresar el Teorema de Ceva utilizando seg-mentos dirigidos

AZ

ZB BX

XC CY

Y A= 1.

De esta manera podemos poner a X, Y y Z no solo en el interior de los la-dos BC, CA y AB del triangulo sino en sus extensiones, obteniendo razonesnegativas entre los segmentos determinados por los puntos X, Y y Z y losvertices de ABC.

En este caso solo puede haber dos o ninguno de los puntos X, Y y Z enlas extensiones de los lados de ABC, puesto que el producto de las razonesdebe ser positiva.

Teorema 7.1.2 (Teorema de Menelao) Sean X, Y y Z puntos que perte-

necen a las l neas que contienen a los ladosBC, CA y AB de un tri anguloABC, de modo que ninguno de estos puntos coincide con algun v ertice deltri angulo. Los puntos X, Y yZ son colineales si y s olo si

AZ

ZB BX

XC CY

Y A= 1.

Porfirio Toledo 97


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Figure 7.5: Teorema de Ceva con segmentos dirigidos

Menelaus de Alexandria. Nacio alrededor del ano 70 posible-mente en Alexandria, Egipto. Murio alrededor del ano 130.

Observemos que, a diferencia del Teorema de Ceva, en este resultado es

necesario que haya uno o tres de los puntos X, Y y Z en las extensiones delos lados de ABC para que el producto de las razones sea negativo.

Demostracion. Supongamos que X, Y y Z son colineales. Sea D en XZtal que AD es paralelo a BC.

Figure 7.6: Teorema de Menelao

Luego, de que

ADZ

BX Z

AZ

ZB=

AD

BX

y de que ADY CX YCY

Y A=

XC

AD.

Porfirio Toledo 98


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Teorema 7.1.3 (Teorema de Ceva-Menelao o de la Divisi on Interna yExterna) SeaABC un tri angulo cualquiera y seanX y X dos puntos en larectaBC, Y enCA yZ enAB, tales que ninguno de ellos coincide con algunv ertice. Entonces

1. Si las rectasAX, BY yCZ son concurrentes y los puntos X, Y yZ soncolineales, entonces

Observemos que esta relaci on es la raz on en que los puntosX yX dividen al segmentoBC

BX

XC= BX

XC.

2. Si las rectasAX, BY yCZ son concurrentes y

BX

XC= BX

XC,

entonces los puntosX, Y yZ son colineales.

3. Si los puntosX, Y yZ son colineales y

BX

XC= BX

XC,

entonces las rectasAX, BY yCZ son concurrentes.

Demostracion.

Figure 7.8: Teorema de Ceva-Menelao

1. Por los Teoremas de Ceva y Menelao

AZ

ZB BX

XC CY

Y A= 1,

AZ

ZB BX

XC CY

Y A= 1,

Porfirio Toledo 100


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por lo tantoBX

XC = BX

XC.

2. Por el Teorema de Ceva

AZ

ZB BX

XC CY

Y A= 1,

sustituyendo BXXC

= BX XC

, obtenemos que

AZ

ZB BX

XC CY

Y A= 1.

El Teorema de Menelao garantiza que X, Y y Z son colineales.

3. Por el Teorema de Menelao

AZ

ZB BX

XC CY

Y A= 1,

sustituyendo BXXC

= BX XC

, obtenemos que

AZ

ZB BX

XC CY

Y A= 1.

El Teorema de Ceva garantiza que AX, BY y CZ son concurrentes.

Teorema 7.1.4 (Forma Trigonom etrica del Teorema de Ceva) Sean X,Y y Z puntos que pertenecen respectivamente a los lados BC, CA y AB deun tri anguloABC, de modo que ninguno de estos puntos coincide con algunv ertice del tri angulo. Entonces las cevianas AX, BY y CZ son concurrentessi y s olo si

senACZ

senZC B senBAX

senXAC senCB Y

senY BA= 1.

Demostracion. Aplicando la Ley de los senos a ABX y AXC, ten-emos

senBAX

BX=

senABC

AX,

senXAC

XC =senBC A

AX ,

de dondesenBAX

senXAC=

BX

XC senABC

senBC A.

Porfirio Toledo 101


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Figure 7.9: Forma Trigonometrica del Teorema de Ceva

De manera semejante podemos demostrar que

senACZ

senZCB=

AZ

ZB senCAB

senABC,

senCB Y

senY BA=

CY

Y A senBC A

senCAB.

Multiplicando estas tres relaciones, obtenemos

senACZ

senZCB senBAX

senXAC senCBY

senY BA=

AZ

ZB BX

XC CY

Y A.

Utilizando el Teorema de Ceva concluimos el resultado.

Podemos considerar segmentos y angulos dirigidos obteniendo el mismo

resultado.

Teorema 7.1.5 (Forma Trigonom etrica del Teorema de Menelao) SeanX, Y y Z puntos que per tenecen a las lneas que contienen a los lados BC,CA y AB de un tri anguloABC, de modo que ninguno de estos puntos co-incide con algun v ertice del tri angulo. Entonces los puntos X, Y y Z soncolineales si y s olo si

senACZ

sen ZCB senBAX

sen XAC senCB Y

sen Y BA= 1.

La demostracion de este teorema es semejante a la demostracion del Teo-rema de Ceva en su forma trigonometrica. Sin embargo, para ambos teoremas

Porfirio Toledo 102


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se puede proceder de otra manera en la demostracion: viendo primero que siel vertice A de

ABC es unido a cualquier punto X de BC entonces

BX

XC=

AB

CA sen B

AXsen XAC

,

y utilizando esta relacion para cada ceviana. Esta forma de proceder nos sirvepara demostrar tambien el Teore

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