17. La circunferencia.

 Es el lugar de los puntos del plano que equidistan de un punto fijo, llamado centro de la circunferencia. Todos los segmentos de recta que van del centro a puntos de la circunferencia se llaman radios; todos ellos tienen la misma medida, llamada longitud del radio. En la figura 35(pendiente) el segmento AB es una cuerda.

     En la misma figura vemos una circunferencia cuyo centro es el punto O. La recta XY que pasa por el centro es un diámetro. Si trazamos los radios OA y OB formando ángulos iguales (α = α) con el diámetro XY, al doblar la figura según el diámetro, el radio OB viene a coincidir con OA y el punto B cae sobre A. Este razonamiento prueba que todo punto de la circunferencia, de un lado del diámetro, es simétrico de otro punto de la circunferencia, del otro lado del diámetro.

     Conclusión: Todo diámetro de una circunferencia es un eje de simetría de la curva. Además, el diámetro XY parte el arco AB en dos partes iguales y también divide en partes iguales la cuerda AB. Esto último resulta de que el punto donde se cortan la cuerda y el diámetro permanece fijo al doblar la figura, mientra que B viene a coincidir con A. Por lo tanto, al doblar la figura, la parte derecha de la cuerda AB se sobrepone a la parte izquierda de dicha cuerda, lo que dice bien que ambas partes son iguales.

     (Esto se deduce también de la propiedad fundamental del triángulo isósceles- en la figura 35(pendiente), el triángulo AOB es isósceles-. Porque, siendo OY la bisectriz del ángulo AOB, tal bisectriz es perpendicular al lado opuesto AB y lo divide en dos partes iguales).

     Dada una circunferencia de centro O, podemos imprimirle una rotación en torno del centro, sin que deje de sobreponerse a ella misma. En particular, la circunferencia queda sobre sí misma después de girar en su plano un ángulo llano = 180° en torno del centro O. Esto significa que el centro de una circunferencia es su centro de simetría.

     De la simetría con respecto al centro y a uno cualquiera de sus diámetros se infieren para la circunferencia los siguientes corolarios:

     (1) Ángulos centrales iguales abrazan arcos iguales y recíprocamente.

     (2) Arcos iguales determinan cuerdas iguales y recíprocamente.

     (3) El diámetro perpendicular a una cuerda divide la cuerda y el arco subtendido en dos partes iguales. 

     Una ángulo central tiene su vértice en el centro de la circunferencia. Pero un ángulo inscrito tiene su vértice sobre la curva y sus lados son secantes que abrazan un arco.

     Teorema: En toda circunferencia, un ángulo inscrito es igual a la mitad del ángulo central opuesto al mismo arco.

     En la figura 36(pendiente), el ángulo CAB = α es un ángulo inscrito que abraza el mismo arco BC que el ángulo central COB = ω. El triángulo CAO es isósceles y tiene por eso dos ángulos iguales: α=α. El ángulo ω es un ángulo extremo de ese triángulo y por eso ω = α + α = 2α. Se concluye que α = ω/2.

     En la figura 36(pendiente) se supone que el aldo AB del ángulo inscrito pasa por el centro O de la circunferencia, pero esta restricción puede salvarse como se ve en las figuras 37 (a) y (b) (pendientes).

     Es fácil demostrar que la tangente a la circunferencia en uno de sus puntos (punto de contacto) es perpendicular al radio en ese punto, con sólo admitir que la circunferencia tiene una tangente y sólo una en cada punto.

     En la figura 38(pendiente), la secante AB es perpendicular al radio OR: los puntos A y B son simétricos respecto del radio OR. Si la secante se desplaza hacia arriba, manteniéndose perpendicular al radio, los puntos A y B se acercan simultáneamente al punto B. En el momento mismo en que A y B coinciden con R, la secante se convierte en tangente a la circunferencia en ese punto. Conclusión: la tangente es perpendicular al radio que va del centro al punto de contacto.

     Se sigue el teorema que dice: el ángulo formado por una tangente y una cuerda, con vértices en el punto de contacto, es la mitad del ángulo central opuesto al arco que subtiende la cuerda.

     En la figura 39(pendiente), la mitad del ángulo central opuesto al arco que subtiende la cuerda RP, es ROM=ω. El ángulo que forman la tangente y la cuerda es PRT= φ. Hemos de probar que ω = φ. Ahora bien, como el radio OM es perpendicular a la cuerda RP y OR es perpendicular a la tangente RT, se sigue que:

                     α + φ = 90°=α + ω. Por lo tanto: ω = φ.

     De este teorema se sigue a su vez que la tangente RT es perpendicular al radio OR, es decir al diámetro RS, figura 39 (pendiente). Porque el diámetro RS, que es una cuerda, subtiende un ángulo de 180° y el ángulo que forman RS y RT debe ser la mitad de 180°, que es = 90°.

16. Rectas notables en el plano de un triángulo.

 Vamos a considerar cuatro clases o familias de rectas -entre las que pueden considerarse- asociadas con un triángulo y situades en su plano:

     (a) las tres bisectrices de los ángulos interiores del triángulo.

     (b) las tres mediatrices de los lados del triángulo: cada mediatriz es perpendicular a un lado en su punto medio.

     (c) las tres medianas del triángulo: cada mediana pasa por un vértice y por el punto medio del lado opuesto.

     (d) las tres alturas del triángulo: cada altura pasa por un vértice y es perpendicular al lado opuesto.

     En el triángulo equilátero las tres bisectrices se confunden con las tres mediatrices, con las medianas y las alturas. ¿Por qué? Lo que significa que estas cuatro clases de rectas se reducen a una sola clase, formada por tres rectas. 

      Teorema. Las tres bisectrices de los ángulos interiores de un triángulo concurren en un punto I, que es el centro del círculo inscrito al triángulo, figura 33(pendiente). 

     El punto I donde se cortan la bisectriz AX del ángulo A y la bisectriz BY del ángulo B, -esquidista de los tres lados del triángulo.- Por pertenecer a la bisectriz AX, equidista de los lados AB y AC. Por pertenecer a la bisectriz BY, equidista de los lados AB y BC.- Por lo tanto, I equidista de CA y CB, y  por eso pertenece a la bisectriz CZ. Si, tomando por radio la distancia del punto I a uno de los lados del triángulo, trazamos una circunferencia con ese radio, entonces dicha circunferencia viene a ser tangente a los tres lados. Hacerlo.

     Esto significa que la circunferencia está inscrita en el triángulo o que el triángulo está circunscrito a la circunferencia.

     Teorema. Las tres mediatrices de los lados de un triángulo concurren en un punto que equidista de los tres vértices del triángulo. Ese punto O es el centro del círculo circunscrito al triángulo.

     Demostración enteramente análoga a la anterior. 

     Se puede probar también que las tres medianas concurren en un punto, llamado centroide del triángulo, y que las tres alturas concurren a su vez en el ortocentro del triángulo. 

     Para el caso de las medianas podemos hacer un razonamiento intuitivo de orden físico. Suponer que el triángulo está hecho de una fina lámina homogénea de metal, figura 34(pendiente). Si escogemos una tira muy estrecha PQ de la lámina, paralela a la base AB, el centro de gravedad de la tira PQ queda sobre la mediana CM. Y si todo el triángulo se supone formado de tiras como PQ, paralelas a la base AB, se comprende que el centro de gravedad de todo el triángulo está sobre la mediana CM. El mismo razonamiento prueba que el centro de gravedad está sobre las otras dos medianas; lo que quiere decir que las tres medianas concurren en el centro de gravedad del triángulo. Ahora bien, como el triángulo no es un ente físico, sino un ente geométrico desprovisto de masa, al supuesto centro de gravedad le llamamos simplemente centroide.

15. Lugares geométricos.

 Se llama lugar geométrico toda recta o curva definida por una propiedad común a todos sus puntos.

     Demostraremos esto: La mediatriz de un segmento de recta es el lugar de los puntos que equidistan de los extremos del segmento.

     Hemos de probar dos cosas: (1) que todo punto de la mediatriz equidista de los extremos del segmento, y (2) que si un punto equidista de los extremos del segmento, ese punto pertenece a la mediatriz.

     (1) Suponer que el punto M  pertenece a la mediatriz MX del segmento AB, figura 31(figura pendiente). El punto O divide al segmento AB en dos pates iguales: OA=OB. L mediatriz MX pasa por O y es perpendicular al segmento AB. Se comprende que la mediatriz es un eje de simetría del segmento AB, y al doblar la figura según MX, el punto B viene a coincidir con A y el segmento MB, a coincidir con MA. Por eso: MB=MA.

      (2) Si MB=MA entonces tenemos en la figura 31(figura pendiente) un triángulo isósceles y al trazar la bisectriz del ángulo AMB, ésta viene a ser la mediatriz del segmento AB. Ver la demostración del teorema (3), párrafo #9. La hipótesis MA=MB implica que M pertenece a la mediatriz del segmento AB.

     Demostraremos esto: La bisectriz de un ángulo es el lugar de los puntos del plano que equidistan de los lados del ángulo. Hemos de probar dos cosas: (1) que todo punto M de la bisectriz equidista de los lados del ángulo, y (2) que todo punto M que equidista de los lados del ángulo pertenece a la bisectriz.

      (1) Suponer que el punto M pertenece a la bisectriz AX del ángulo PAQ figura 32(figura pendiente). Por hipótesis α = β. Los segmentos MP y MQ son perpendiculares a los lados AP y AQ del ángulo dado. Y se cumple:

                    α = β

                    α + φ = 90°

                    β + ω = 90°.

Por lo tanto ω = φ.

     La recta AX es también bisectriz del ángulo PMQ. Los dos triángulos APM y AMQ son iguales, por tener un lado (común) igual, AM=AM, adyacente a ángulos respectivamente iguales. Y como en triángulos iguales son iguales los lados opuestos a ángulos iguales, concluimos que MP=MQ.

     De otro modo: la bisectriz AX es un eje de simetría de la figura 32 (pendiente) porque α = β y φ = ω. Por lo tanto, al doblar la figura según AX el segmento MP viene a coincidir con MQ. Lo que significa: MP=MQ.

     (2) Suponer ahora que M equidista de los lados del ángulo, figura 32(pendiente). Por hipótesis MP=MQ. Bisectar el ángulo PMQ de modo que φ = ω. Al doblar la figura según XM, el punto P viene a caer sobre Q y la recta PA sobre QA. Lo que dice bien que XM pasa por A formando ángulos iguales, α = β. Por lo tanto, la recta XM es bisectriz del ángulo PAQ y el punto M pertenece a la bisectriz de ese ángulo.

     Otro lugar geométrico lo constituye la circunferencia, cuyos puntos tienen la propiedad común de equidistar de un punto fijo del plano, que es su centro. La circunferencia es una curva plana definida por esta propiedad: todos sus puntos están a igual distancia del centro.

Ejercicios.

      1. Decir: ¿Cuáles son las tres propiedades fundamentales que caracterizan a todos los triángulos? Enunciar con claridad los teoremas (1), (4) y (5) del texto. Nótese que los triángulos que se consideran son siempre rectilíneos.

     2. Demostrar el teorema (1): En todo triángulo, la suma de los ángulos interiores es igual a 2 rectos, o sea 180°. Hacer la figura y precisar los detalles de la demostración.

     3. Demostrar el teorema (2), consecuencia de (1): En todo triángulo un ángulo externo es igual a la suma de los dos interiores que no le son adyacentes. Consecuencia del anterior: La suma de los tres ángulos externos de un triángulo vale 4 rectos, o sea 360°.

     4. En la figura 30 (a) (figura pendiente) se tiene: x=105°, c=55°. Calcular los ángulos A y B. Respuesta: B=75°, A=50°. ¿Por qué? Comprobar.

     5. Enunciar y demostrar la propiedad fundamental del triángulo isósceles: teorema (3) del texto. Hacer la figura y precisar los detalles de la demostración.

     6. En la figura 30(b) (figura pendiente), el triángulo ABC es isósceles: AB=AC. Si B=70°, contestar: ¿Cuánto miden los ángulos C y A? Respuesta: C=    ; A=40. ¿Por qué? Comprobar.

     7. En la misma figura 30(b), suponer A=48°. Contestar: ¿Cuánto miden B y C? Respuesta: B=C=   . ¿Por qué? Comprobar.

     8. Demostrar el teorema (4) del tecto; la demostración se basa en el teorema (3); pero a su vez (3) se deduce de (4). Explicar: ¿Por qué decimos que ambos teoremas son equivalentes?

     9. Demostrar el teorema (5) del texto. Contestar: ¿Puede construirse un triángulo cuyos lados midan 8, 9 y 22 metros?

     10. Demostrar el teorema que dice: En todo triángulo, a menor lado se opene menor ángulo, y recíprocamente. Hacer la figura.

     11. Corolarios de los teoremas anteriores: ¿Puede haber un triángulo con dos ángulos obtusos o con un recto y un obtuso? ¿Cómo son entre sí los ángulos de un triángulo equilátero? ¿Cuánto mide cada uno de esos ángulos?... Explicar claramente las respuestas.

    12. En todo triángulo rectángulo (que tiene un ángulo recto) los dos ángulos agudos son complementarios, suman 90°; la hipotenusa o lado opuesto al ángulo recto es el mayor lado;...

     13. Enunciar (y justificar) los tres casos de igualdad de triángulos. Ilustrar con figuras los tres casos citados.

     14. Apoyarse en los casos de igualdad de triángulos para demostrar del teorema (3) que enuncia la propiedad fundamental del triángulo isósceles, figura 22 (figura pendiente). (a) Suponer AC=BC. Si CX bisecta el ángulo C, el triángulo ABC queda descompuesto en dos triángulo iguales; de donde resulta A=B. (b) Suponer A = B. Si CX es perpendicular al lado AB, obtenemos de nuevo dos triángulos iguales; de donde resulta AC=BC.

     15. Enunciar los tres casos de semejanza de triángulos y deducir el teorema de Pitágoras (para triángulos rectángulos) que dice: ... Estudiar detenidamente el párrafo #12 del tecto.

     16. En un triángulo rectángulo ABC, con C=90°, la hipotenusa mide 13 metros; un cateto mide 5 metros. ¿Cuánto mide el otro cateto? Aplicar el teorema de Pitágoras. Respuesta: x=12 metros. Comprobar.

     17. Cuadriláteros convexos: Trate el lector de establecer o demostrar las propiedades de los paralelogramos que se mencionan en el párrafo número 13 del texto, incluyendo rectángulo y rombo.

     18. ¿Qué es un polígono convexo? ¿Cuántas diagonales pueden trazarse desde cada vértice de un polígono convexo? ¿Cuánto suman los ángulos interiores de un polígono convexo? ¿Cuál es el polígono convexo cuyos ángulos interiores suman 720°?

     19. Demostrar que los ángulos externos de todo polígono convexo suman 360°. En particular, considerar triángulos, cuadriláteros,...

     20. Contestar: ¿Cuántas diagonales tiene un polígono de 13 lados? ¿Cuántas tiene uno de 17 lados? ¿Qué polígono tiene doble número de diagonales que de lados? ¿Cuál tiene 25 diagonales más que lados? Comprobar las respuestas.

14. Algo sobre polígonos.

 En la figura 28 (a9 (figura pendiente) vemos una poligonal o línea quebrada. Si la poligonal se cierra tenemos un polígono, figura 28 (b) (figura pendiente).

     Un polígono convexo tiene todos sus ángulos interiores convexos (<180°). Un polígono cóncavo, como el de la figura 28 (b) (figura pendiente), tiene por lo menos un ángulo interior cóncavo (>180°). Finalmente, se llam estrellado un polígono cuyos lados se cruzan. Los polígonos de la figura 29 (figura pendiente) con cuadriláteros, porque tienen cuatro lados. El de la izquierda es covexo, el de en medio es un cóncavo y el de la derecha es estrellado.

     Se supone que el contorno de cada polígono se recorre en un sentido convenido, como en la figura 29 (figura pendiente), yendo del vértice A al vértice B, del B al C, del C al D y del D al A. Desde cada vértice se pueden trazar diagonales a los vértices restantes, excepto al anterior y al posterior. Por ejemplo, en un cuadrilátero se puede trazar solamente la diagonal AC desde el vértice A, figura 29 (figura pendiente).

     En un polígono convexo de n lados, desde cada vértice podemos trazar n-3 diagonales que descomponen el polígono en n-2 triángulos. Ilustrarlo con el cuadrilátero, donde n=4, n-3=1 diagonal; el cuadrilátero se descompone en n-2=2 triángulos. Considerar también el caso del pentágono, donde n=5 y hay desde cada vértice n-3=2 diagonales que descomponen al pentágono en n-2=3 triángulos. Hacer un dibujo para verlo.

     (1) Suma de los ángulos interiores de un polígono convexo.

     Como el polígono se descompone en n-2 triángulos, al trazar las diagonales desde uno de sus vértices, y como los ángulos interiores de cada triángulo suman 180° y los del polígono suman tanto como los de nos n-2 triánglos que lo forman, se concluye que la suma de los ángulos interiores de un polígono convexo de n lados vale; 180°(n-2). Hacer la demostración detalladamente en el cado del cuadrilátero (n=4) y del pentágono (n=5).

     (2) Número de diagonales de un polígono.

     Si el polígono tiene n lados, desde cada vértice podemos trazar n-3 diagonales, y como son n los vértices, trazaremos así n(n-3) diagonales. Ahora bien, cada diagonal será trazada dos ceces (por ejemplo, del vértice A al vértice D y viceversa) lo que significa que el número real de diagonales es: n(n-3)/2.

     El mismo problema puede resolverse por análisis combinatorio, así; Los vértices del polígono son n puntos del plano, por los cuales podemos trazar n(n-1)/2 rectas (combinaciones de n puntos tomados de 2 en 2). Si descontamos los n lados del polígono, tendremos: n(n-1)/2-n = n(n-3)/2 diagonales.

     Ejemplo (1). ¿Cuántas diagonales tiene un polígono de 7 lados? Respuesta: Tenemos n=7, y el número de diagonales es:

     7(7-3)/2=14 diagonales.

     Ejemplo (2). ¿Cuál es el polígono que tiene 12 diagonales más que lados? Respuesta: Si el número de lados es n, el de diagonales debe ser n+12 y se tiene la ecuación:

     n(n-3)/2=n+12 por lo tanto n*n-5n-24=0.

      Raíces de esta ecuación: n=8, n=-3. La primera conviene al enunciado del problema, lo que significa que el polígono pedido es el octágono, de 8 lados, La segunda raíz debe desecharse. ¿Por qué?

     Comprobación: con n=8 las diagonales son 8(8-3)/2=20= 8+12. Hay 12 diagonales más que lados en un octágono. 

13. Cuadriláteros convexos.

 Dibujar los siguientes cuadriláteros y trazar las diagonales:

    (a) Un paralelogramo: que está formado por dos pares de lados paralelos. En todo paralelogramo son iguales los ángulos opuestos; también los lados opuestos son iguales. Cada diagonal divide al paralelogramo en dos triángulos congruentes; el punto medio de la diagonal es un centro de simetría para esos dos triángulo. Las dos diagonales se cortan en su punto medio.

     (b) Un rectángulo, que es un paralelogramo con sus cuatro ángulo rectos. Cada diagonal divide al rectángulo en dos triángulos rectángulos congruentes. Las dos diagonales tienen igual longitud.

     (c) Un rombo, que es un paralelogramo con sus cuatro lados iguales. Este tiene dos diagonales perpendiculares.

     (d) Un cuadrado, que es un paralelogramo con sus cuatro ángulos iguales y sus cuatro lados iguales. El cuadrado es (a la vez) rectángulo y rombo. Por lo tanto, tiene sus dos diagonales iguales y perpendiculares.

     Razonar sobre cada una de las figuras citadas, para convencerse de que son válidas todas las propiedades que acabamos de enunciar.

12. Teorema de Pitágoras.

 En la figura 27(figura pendiente) vemos un triángulo rectángulo ABC, cuya hipotenusa es AB. Desde el vértice C del ángulo resto, trazar la altura CH, perpendicular a la hipotenusa; de modo que el punto H divide la hipotenusa en dos segmentos aditivos, AH y HB, cuyo producto es igual al cuadrado de la altura considerada. Es decir la altura bajada sobre la hipotenusa es media proporcional entre los dos segmentso en que se divide a la hipotenusa.

     En símbolos: OH*OH = AH*HB

     El segmento AH es la proyección sobre la hipotenusa del cateto AC; mientras que HB es la proyección sobre la hipotenusa del cateto CB. Para estos catetos y sus proyecciones se cumple lo siguiente: la longitud de cada cateto es media proporcional entre toda la hipotenusa y su proyección sobre la propia hipotenusa.

     En símbolos: AC*AC=AB*AH

                          CB*CB=AB*HB.

     Para demostrar todo lo anterior, empecemos por notar que la latura divide al triángulo dado en dos triángulos rectángulos que son semejantes entre sí, por ser semejantes al triángulo dado. Comparemos el triángulo AHC (izquierda, figura pendiente) con el triángulo original ABC. Estos dos triángulos tienen cada uno un ángulo recto y un ´nagulo agudo común: el ángulo A. Por lo tanto, tienen igual su otro ángulo agudo: β= B. Se trata, pues, de dos triángulos semejantes. Y de igual manera se prueba (hacerlo) que el triángulo CHB (derecha, figura pendiente) es semejante al triángulo original ABC.

     En los triángulos semejantes AHC y CHB, tomar la razón o cociente de los lados homólogos, para obtener:

     AH/HC=HC/HB por lo tanto CH*CH=AH*HB.

     En los triángulos semejantes ABC y AHC, tomar la razón o cociente para obtener:

     AB/AC=AC/AH por lo tanto AC*AC=AB*AH.

     Finalmente, en los triángulos ABC y CHB, tomar la razón o cociente de los lados homólogos, para obtener:

     AB/CB=CB/HB por lo tanto CB*CB=AB*HB. 

     Hemos demostrado lo prometido. Sin dificultad podemos deducir ahora el famoso teorema de Pitágoras para el triángulo ABC, con sólo sumar miembro a miembro las dos últimas igualdades obtenidas:

     AC*AC+CB*CB=AB(AH+HB)=AB*AB por lo tanto AC*AC+CB*CB=AB*AB.

     Es decir: la suma de los cuadrados de los catetos es igual al cuadrado de la hipotenusa.