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Geometría (nivel 1)

Lección 2. La circunferencia

En las lecciones anteriores, hemos tratado algunas propiedades elementales de rectas, segmentos y polígonos. No obstante, en muchos problemas y construcciones geométricas, es la circunferencia la que juega el papel fundamental. En esta lección veremos algunas herramientas con las que tratar problemas en los que intervienen circunferencias.

Ángulos en la circunferencia

Sea $\Gamma$ una circunferencia de centro $O$. Si $A$ y $B$ son puntos de $\Gamma$, entonces el ángulo $\angle AOB$ se llama ángulo central asociado a un arco de circunferencia de extremos $A$ y $B$. Normalmente, tomaremos los ángulos centrales no superiores a $180º$ salvo mención expresa. Si $A$ y $B$ son puntos distintos de $\Gamma$ y $P$ es otro punto del plano, surgen otras posibilidades para un ángulo $\angle APB$:

  • Si $P$ está en $\Gamma$, el ángulo $\angle APB$ se dice que está inscrito en $\Gamma$. En el caso límite en que $P$ coincide con $A$ puede pensarse en $AP$ como la tangente a $\Gamma$ en $A$ y se dice que el ángulo está semiinscrito en $\Gamma$.
  • Si $P$ está en el interior de $\Gamma$, el ángulo $\angle APB$ se dice que es interior a $\Gamma$.
  • Si $P$ está en el exterior de $\Gamma$, se dice que el ángulo $\angle APB$ es exterior a $\Gamma$. Podemos contemplar también los casos en que una de los lados del ángulo sea tangente a $\Gamma$.

En la siguiente figura podemos ver todas estas situaciones, en las que además hemos representado los puntos $A'$ y $B'$ en que las rectas $AP$ y $BP$ vuelven a cortar a la circunferencia.

Ángulo inscrito Sean $A$, $B$ y $P$ tres puntos distintos de una circunferencia de centro $O$.
  1. Si $O$ y $P$ están al mismo lado de la recta ${AB}$, entonces $\angle APB=\frac{1}{2}\angle AOB$.
  2. Si $O$ y $P$ están a distinto lado de la recta ${AB}$, entonces $\angle APB=180-\frac{1}{2}\angle AOB$.
Demostración
Supongamos en primer lugar que $O$ y $P$ están al mismo lado de la recta $AB$. Entonces, como $AOP$ y $BOP$ son triángulos isósceles ya que $AO=OP=BO$, tenemos que \[\angle PAO=\angle APO,\qquad\angle PBO=\angle BPO.\] Sumando, tenemos que $\angle APB=\angle PAO+\angle PBO$. Usando ahora que los ángulos de los triángulos $PAB$ y $AOB$ suman $180$, llegamos a que \[180-\angle AOB=\angle OAB+\angle OBA=180-2\angle APB\] y de aquí se obtiene la igualdad del ángulo central dada en el enunciado.

Supongamos ahora que $O$ y $P$ están a distinto lado de la recta $AB$. La situación es similar y tenemos que $\angle APB=\angle PAO+\angle PBO$. Usando ahora que la suma de los ángulos del cuadrilátero $APBO$ es $360$, obtenemos que $\angle AOB+2\angle APB=360$ y de aquí la igualdad del enunciado.

La propiedad del ángulo inscrito da lugar a otra propiedad súper útil en muchos problemas: la del arco capaz. Esta nos dice que el ángulo desde el cual se ve un segmento $AB$ de la circunferencia no depende del punto de la circunferencia desde el que se mire. Todos los ángulos del mismo color en las siguientes figuras son iguales (el ángulo rojo y el azul suman $180$ y a la derecha se tiene el caso límite de las tangentes):

Es muy importante darse cuenta de que el ángulo es constante a lo largo de cualquier arco de circunferencia con extremos $A$ y $B$ y que este ángulo decrece según crece el radio de dicha circunferencia. Esto se utiliza frecuentemente para comparar ángulos con extremos comunes $A$ y $B$.

Ángulos interior y exterior Sean $A$ y $B$ puntos distintos de una circunferencia $\Gamma$ y sea $P$ un punto que no está en $\Gamma$. Sean $A'$ y $B'$ los puntos en que las rectas ${AP}$ y ${BP}$ cortan de nuevo a $\Gamma$ (como se muestra en la figura más arriba).
  1. Si $P$ es interior a $\Gamma$, entonces $$\angle APB=\frac{\angle AOB+\angle A'OB'}{2}.$$
  2. Si $P$ es exterior a $\Gamma$, entonces $$\angle APB=\frac{\angle AOB-\angle A'OB'}{2}.$$ Los casos límite de tangencia se obtienen para $A=A'$ y/o $B=B'$.
Demostración
Comencemos con el ángulo interior, llamando $\gamma=\angle APB=\angle A'PB'$, $\alpha=\angle A'BO$ y $\beta=\angle B'AO$, así como $x=\angle AOB$ e $y=\angle A'OB'$. Como los triángulos $A'OB$ y $B'OA$ son isósceles, tenemos que $\angle BA'O=\alpha$ y $\angle AB'O=\beta$. Usando que los ángulos del triángulo $ABO$ suman $180$ y que $\angle PAB+\angle PBA=180-\alpha$, tenemos que $x=\gamma-\alpha-\beta$. Usando ahora que los ángulos del triángulo $A'B'P$ suman $180$ y que $\angle OA'B'+\angle OB'A'=180-y$, tenemos que $y=\gamma+\beta+\gamma$. Sumando, llegamos a que $x+y=2\gamma$, que es la igualdad buscada para el ángulo interior.

Para el ángulo exterior, el razonamiento es similar aunque cambian algunos signos. Llamamos $\gamma=\angle APB$, $\alpha=\angle AA'O$ y $\beta=\angle BB'O$, así como $x=\angle A'OB'$ e $y=\angle AOB$. Como los triángulos $AA'O$ y $BB'O$ son isósceles, tenemos que $\angle A'AO=\alpha$ y $\angle B'BO=\beta$. Usando que la suma de los ángulos de $PA'OB'$ es $360$, obtenemos que $x=-\gamma+\alpha+\beta$ y, usando que la suma de los ángulos de $PA'B'$ es $180$, obtenemos que $y=\gamma+\alpha+\beta$. Por tanto, tenemos que $y-x=2\gamma$, que es la igualdad buscada.

Este resultado puede visualizarse de la siguiente manera:

Tangentes

La tangencia tiene un lugar destacado en los problemas de olimpiada puesto que da lugar a cuestiones muy sugerentes. Recordemos que dos circunferencias o bien una recta y una circunferencia son tangentes cuando se tocan en un único punto. La propiedades más importantes que hay que recordar son las siguientes:

  • Si dos circunferencias son tangentes, entonces el punto de tangencia está alineado con sus centros.
  • Si una recta es tangente a una circunferencia, entonces el radio que pasa por el punto de tangencia es perpendicular a la recta.
Ejercicio propuesto En las siguientes tres figuras, los círculos verdes tienen radio $1$ y el cuadrado azul tiene lado $2$. Hallar los radios de los círculos rojos y amarillos en cada caso:

Por otro lado, es fácil darse cuenta de que desde un punto exterior a una circunferencia se pueden trazar exactamente dos rectas tangentes a esta. Cuando tenemos dos circunferencias exteriores de distinto radio, se pueden trazar exactamente cuatro rectas tangentes a ambas: dos llamadas tangentes exteriores y otras dos llamadas tangentes interiores. Al punto $P$ donde se encuentran las tangentes exteriores se le llama centro de homotecia directo de las circunferencias, mientras que al punto $Q$ donde se encuentran las tangentes interiores se le llama centro de homotecia inverso. Estos nombres los justificaremos más adelante cuando estudiemos la homotecia.

En la figura, al trazar las tangentes se forman distintos triángulos rectángulos: los dos de color rosa son semejantes así como los dos de color azul. Usando estas semejanzas es muy fácil calcular las longitudes de los segmentos tangentes a ambas circunferencias y las distancias desde los centros $O_1$ y $O_2$ a los puntos $P$ y $Q$, todo ello en función de los radios de las circunferencias y de la distancia entre sus centros.

Finalmente, observamos que si las dos circunferencias son secantes, no existen tangentes exteriores; si tienen el mismo radio, entonces el centro de homotecia directo no existe pues las tangentes exteriores son paralelas; si una circunferencia está dentro de la otra, entonces claramente no hay ninguna tangente común.

Ejercicio propuesto Tenemos dos circunferencias exteriores tangentes en un punto $T$ y trazamos una recta tangente común que toca a las circunferencias en los puntos $A$ y $B$. Demostrar que $APB$ es un ángulo recto.

Mediatrices y circuncentro

La mediatriz de un segmento $AB$ es el conjunto de los puntos que equidistan de $A$ y $B$, los extremos del segmento. Es fácil darse cuenta de que se trata de la recta $m_{AB}$ que es perpendicular a $AB$ y pasa por su punto medio (¿serías capaz de probarlo?). En el caso de tener tres puntos no alineados $A$, $B$ y $C$, podemos considerar las mediatrices $m_{AB}$ y $m_{AC}$ no son paralelas luego deben cortarse en un punto $O$. Este punto equidista de los tres puntos $A,B,C$, luego también está en la mediatriz $m_{BC}$. Se trata, claro está, del circuncentro del triángulo $ABC$, intersección de las tres mediatrices.

Como el circuncentro equidista de los tres vértices del triángulo, existirá una circunferencia de centro $O$ que pasa por $A$, $B$ y $C$. Esta se llama circunferencia circunscrita al triángulo $ABC$ y a su radio se le llama radio circunscrito de $ABC$. Es importante darse cuenta de que esta construcción no tiene sentido si los vértices del triángulo están alineados y que tres puntos no alineados determinan una única circunferencia. Además, por la propiedad del arco central, al trazar los radios, se forman varios ángulos iguales y triángulos isósceles que conviene conocer, como se muestra en la figura de arriba.

Cuadriláteros cíclicos

Si en vez de tres tenemos cuatro puntos $A$, $B$, $C$ y $D$ en el plano, entonces no nesariamente pasa una circunferencia por todos ellos. En el caso de que esto sí ocurra, el cuadrilátero $ABCD$ se llama cíclico o inscriptible. La propiedad del arco capaz nos dice que la suma de los ángulos opuestos es la misma, como se muestra en la figura (ángulos iguales están representados por colores iguales):

Lo interesante es que esto sólo ocurre para los cuadriláteros cíclicos, lo que nos da un método basado en ángulos para detectarlos.

Criterio para cuadriláteros cíclicos Un cuadrilátero es cíclico si, y sólo si, los ángulos opuestos tienen la misma suma.
Demostración
Si el cuadrilátero $ABCD$ es cíclico, la figura de arriba muestra que los ángulos opuestos suman lo mismo por la propiedad del arco capaz. Supongamos ahora que el cuadrilátero $ABCD$ no es cíclico, luego al trazar la circunferencia circunscrita al triángulo $ABC$, el vértice $D$ quedará fuera o dentro de dicha circunferencida (pero no sobre ella). Si cae dentro, la propiedad del arco capaz nos dice que el ángulo $D$ es mayor que $180-A$ y, si cae dentro, entonces $D$ es menor que $180-A$, luego en ninguno de los dos casos la suma será $180$, la mitad del total.

Los cuadriláteros cíclicos también cumplen una relación especial en cuanto a las longitudes de sus lados y diagonales. Más adelante, veremos que esta condición puede usarse en la práctica para comprobar que un cuadrilátero es cíclico.

Teorema de Ptolomeo En un cuadrilátero cíclico $ABCD$, el producto de las diagonales es igual a la suma de los productos de los lados opuestos, esto es, \[AC\cdot BD=AB\cdot CD+BC\cdot AD.\]
Demostración
En la recta $AB$ elegimos un punto $P$ tal que $\angle DCA=\angle BCP$ y tal que $B$ está en el segmento $AP$. Como los ángulos $\angle ADC$ y $\angle ABC$ suman $180$, tenemos que $\angle ADC=\angle CBP$, luego los triángulos $CDA$ y $CBP$ son semejantes. Esto nos dice que \[AB\cdot CD+BC\cdot AD=AB\cdot CD+CD\cdot BP=(AB+BP)\cdot CD=AP\cdot CD.\] Ahora bien, los triángulos $BCD$ y $PCA$ son semejantes también puesto que $\angle BDC=\angle CAB$ por arco capaz y $\angle CPA=\angle DAC=\angle DBC$ también por arco capaz y por la semejanza de $CDA$ y $CBP$. Por tanto, tenemos que $AP\cdot CD=BD\cdot AC$ y hemos terminado.
Ejercicio propuesto Sea $P$ un punto de la circunferencia circunscrita de un triángulo equilátero $ABC$. Demostrar que la distancia de $P$ a uno de los vértices es igual a la suma de las distancias a los otros dos vértices.
Ejercicio propuesto En un triángulo $ABC$, sean $P$ y $Q$ los pies de las alturas desde $A$ y $B$, respectivamente. Si $PQ$ es paralela a $AB$, demostrar que $ABC$ es isósceles.
Ejercicio propuesto Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico y pongamos que la perpendicular a $AB$ que pasa por $B$ corta a la recta $CD$ en un punto $P$ y que la perpendicular a $CD$ que pasa por $D$ corta a la recta $AB$ en un punto $Q$. Demostrar que $PQ$ y $AC$ son paralelas.

Una aplicación particularmente útil de este resultado es encontrar relaciones entre las longitudes de las diagonales de un polígono regular eligiendo distintos cuadriláteros con vértices los vértices del polígono regular.

Ejercicio propuesto En un heptágono regular $ABCDEFG$, sean $x=AB$, $y=AC$ y $z=AD$. Demostrar que \[y^2=x^2+xz,\qquad z^2=y^2+xy,\qquad z^2=x^2+yz.\]

Potencia de un punto

En la discusión anterior, hemos encontrado algunos ángulos iguales que dan lugar a triángulos semejantes. Vamos a explorar esto para encontrar una relación métrica muy útil para trabajar con circunferencias.

Potencia respecto de una circunferencia Sea $\Gamma$ una circunferencia y $P$ un punto que no está en $\Gamma$, por el que trazamos dos rectas $r$ y $s$. Supongamos que $r$ corta a $\Gamma$ en puntos $A$ y $A'$ y que $s$ lo hace en puntos $B$ y $B'$. Entonces, se cumple que \[PA\cdot PA'=PB\cdot PB'.\]
Demostración
Vamos a demostrarlo en el caso en que $P$ es exterior a la circunferencia (el caso en que es interior es similar y se deja como ejercicio), siguiendo la figura de más abajo. Los ángulos $\angle A'AB$ y $\angle B'BA$ son iguales por arco capaz, luego los triángulos $APB'$ y $BPA'$ son semejantes por tener dos ángulos iguales. Esto nos dice que $\frac{PA}{PB}=\frac{PB'}{PA'}$, de donde obtenemos la igualdad del enunciado.

El valor de este producto $PA\cdot PB$ no depende de la recta (sólo del punto $P$). Se llama potencia de $P$ respecto de $\Gamma$ y lo denotaremos por $\mathrm{Pot}_\Gamma(P)$. Si $P$ está en $\Gamma$, se define además $\mathrm{Pot}_\Gamma(P)=0$, lo cual es bastante coherente. Veamos dos consecuencias de la libertad para escoger las rectas que pasan por $P$:

  • Si tomamos la recta $s$ por el centro de la circunferencia, entonces $s$ corta a $\Gamma$ en dos puntos diametralmente opuestos $C$ y $D$. Las longitudes de $PC$ y $PD$ son $|d-r|$ y $d+r$, donde $r$ es el radio de $\Gamma$ y $d$ la distancia de $P$ al centro de $\Gamma$. Por tanto, se tiene que \[\mathrm{Pot}_\Gamma(P)=|d^2-r^2|.\]
  • Si $P$ es exterior a $\Gamma$, entonces podemos elegir $s$ tangente a $\Gamma$, lo que se corresponde con el caso límite $C=D$. En tal caso, tenemos que $PT^2=PA\cdot PB$ siendo $T$ el punto de tangencia. Observemos que la igualdad $PC^2=d^2-r^2$ es una consecuencia directa del teorema de Pitágoras ya que el radio es perpendicular a la tangente en el punto de tangencia.

Eje radical

En el caso de tener dos circunferencias, podemos preguntarnos qué puntos tienen la misma potencia respecto de ambas. Saber esto ayuda en muchas construcciones en las que intervienen varias circunferencias, construcciones que iremos comentando más adelante en el contexto adecuado.

Supongamos que $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$ son dos circunferencias no concéntricas de radios $r_1$ y $r_2$ y centros $O_1$ y $O_2$. Sea $P$ un punto cualquiera con distancias $d_1$ y $d_2$ a $O_1$ y $O_2$, respectivamente. Estamos interesados en saber qué puntos $P$ cumplen \[\mathrm{Pot}_{\Gamma_1}(P)=d_1^2-r_1^2=d_2^2-r_2^2=\mathrm{Pot}_{\Gamma_2}(P).\]

Eje radical de dos circunferencias El conjunto de puntos que tienen la misma potencia respecto de dos circunferencias no concéntricas $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$ es una recta perpendicular a la recta que une los centros de $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$.
Demostración
Es fácil ver que hay un único punto $P_0$ en la recta $O_1O_2$ que cumple la igualdad $d_1^2-r_1^2=d_2^2-r_2^2$, que no es otro que el que cumple \[d_1=\frac{d^2+r_1^2-r_2^2}{2d},\qquad d_2=\frac{d^2-r_1^2+r_2^2}{2d}\] de $O_1$ y $O_2$, respectivamente, donde $d$ es la distancia entre $O_1$ y $O_2$, como se muestra en la figura. Una de las distancias $d_1$ y $d_2$ es negativa cuando $P_0$ no está en el segmento $O_1O_2$, luego se trata de distancias orientadas, pero ambas cumplen $d_1+d_2=d$, lo que confirma que $P_0$ está alineado con $O_1$ y $O_2$.

Ahora bien, si nos movemos desde $P_0$ una distancia $h$ en la dirección perpendicular a $O_1O_2$, el teorema de Pitágoras aplicado a los triángulos $O_1PP_0$ y $O_2PP_0$ nos dice que la diferencia de cuadrados no cambia: \[d_1^2-d_2^2=(a_1^2+h^2)-(a_2^2+h^2)=a_1^2-a_2^2=r_1^2-r_2^2,\] donde $a_1$ y $a_2$ son las correspondientes distancias de $P_0$ a $O_1$ y $O_2$. Por tanto, los puntos que tienen la misma potencia respecto de $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$ están en la perpendicular a $O_1O_2$ que pasa por $P_0$.

A esta recta se le llama eje radical de las dos circunferencias (no concéntricas). Observemos que el punto $P_0$ en que el eje radical corta a $O_1O_2$ es aquel en que los segmentos tangentes $P_0T_1$ y $P_0T_2$ tienen la misma longitud. En realidad, el eje radical se puede construir de forma más sencilla:

  • Si $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$ se cortan en dos puntos, entonces el eje radical es la recta que pasa por estos dos puntos. En caso de ser tangentes, el eje radical es la tangente común.
  • Si $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$ no se cortan, entonces tomamos una tercera circunferencia auxiliar $\Gamma_3$ cuyo centro no esté alineado con los de $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$ y que las corte (en verde discontinuo en la figura de abajo). Trazamos el eje radical de $\Gamma_1$ y $\Gamma_3$ y el eje radical de $\Gamma_2$ y $\Gamma_3$, que se cortarán en un punto $P$. Este punto tiene la misma potencia respecto de las tres circunferencias, luego está en el eje radical de $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$, que no será otra cosa que la perpendicular a $O_1O_2$ que pasa por $P$.

En la discusión anterior, hemos usado el concepto de centro radical de tres circunferencias, como el punto de corte de los tres ejes radicales. Este punto existe cuando los centros de las tres circunferencias no están alineados. En el caso en que los radios de las tres circunferencias son iguales, los ejes radicales son las mediatrices de los segmentos que unen los centros y el centro radical es el circuncentro del triángulo con vértices en los centros. En cualquier caso, el centro radical nos da una construcción general de tres rectas concurrentes; en la siguiente sección, analizaremos en más detalle qué significa que tres rectas sean concurrentes mediante el teorema de Ceva.

Ejercicio propuesto Razona por qué las siguientes afirmaciones son ciertas:
  1. Si $P$ es un punto del eje radical de dos circunferencias $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$, los segmentos tangentes desde $P$ a $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$ tienen la misma longitud.
  2. Dados dos puntos $A$ y $B$ de una circunferencia $\Gamma$ que no son diametralmente opuestos, existe una circunferencia perpendicular a $\Gamma$ que pasa por $A$ y $B$.
  3. Si $P$ es un punto del eje radical de dos circunferencias $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$, existe una circunferencia perpendicular a $\Gamma_1$ y a $\Gamma_2$ con centro en $P$. ¿Puede ser esto cierto para puntos que no estén en el eje radical?
Ejercicio propuesto Por un punto del eje radical de dos circunferencias se trazan dos rectas secantes a ambas circunferencias. Demostrar que los cuatro puntos de intersección están en una misma circunferencia.
Ejercicio propuesto Dado un triángulo $ABC$, ¿cuál es el centro radical de las circunferencias que tienen como diámetros los segmentos $BC$, $BH$, $CH$, siendo $H$ el ortocentro de $ABC$.
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