Notas de Geometría - Silvestre Cárdenas - Manu FI

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 SILVESTRE CÁRDENAS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NOTAS 
DE GEOMETRÍA 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 
 
 PRÓLOGO 
 
Este libro es el producto de más de treinta años de haber impartido los 
cursos de Geometría Moderna en la Facultad de Ciencias de la UNAM. Una 
parte de los temas que se tratan fueron tomados de un libro escrito por mí 
para la serie Temas de Bachillerato, llamado “Dos o tres trazos”, a los que he 
agregado el material que falta para completar los programas de dicha 
materia. Deseo agradecer la generosidad del Instituto de Matemáticas de la 
UNAM por haberme permitido usar el contenido de ese libro para incluirlo en 
el presente. Aunque hay algunos elementos que no están contenidos en los 
programas de Geometría Moderna, por ser propios de cursos elementales, he 
decidido dejarlos, pues sé que hay alumnos de primer ingreso que nunca los 
han estudiado, o bien, ya los han olvidado. No pretendo cubrir todos los 
temas de lo que podría llamarse Geometría Elemental, sólo lo que he de 
menester en la parte propia del curso objeto del libro. 
 
En los primeros capítulos se presentan las propiedades de congruencia y 
semejanza de triángulos a partir del esquema axiomático de Euclides; 
enseguida se hace un breve repaso de Trigonometría, después se exponen 
algunas propiedades del triángulo estudiadas entre los siglos III A. C. y XIX 
D. C. y que no han sido muy difundidas en los libros de texto elementales. 
Los siguientes capítulos se dedican a estudiar ciertas propiedades 
importantes de la circunferencia y en el último se hace una presentación 
elemental de la Geometría Hiperbólica. 
 
El lector habrá de encontrar más de trescientos ejercicios, algunos de los 
cuales creo que representan verdaderos retos al ingenio y otros implican 
conocimientos que por diversas razones no consideré pertinente poner en la 
teoría, creo que si a algún profesor le parece que son importantes los podrá 
resolver y ampliar en sus cursos. Estos ejercicios están marcados con un 
asterisco; en el caso de que su resolución le parezca al lector imposible, antes 
de rendirse puede encontrar sugerencias, en el Apéndice A, al final del libro, 
que seguramente lo ayudarán; lo que yo quisiera es que quien se anime a 
resolverlos se divierta en la empresa. En el Apéndice B se tratan, 
someramente, el teorema del hexagrama místico y la construcción de polos y 
polares en cónicas. 
 
Creo que el estudio de la Geometría, además de divertido, puede ser de gran 
utilidad para quien pretenda ser ingeniero, arquitecto o físico e indispensable 
para quien aspire a ser matemático. 
 
Finalmente deseo manifestar mi agradecimiento a mi querida amiga Ana 
Irene Ramírez Galarza quien fue la autora de la idea de que este libro se 
escribiera y que además tuvo la paciencia de leer la primera versión e hizo 
innumerables sugerencias que lo enriquecieron. 
 
También deseo hacer patente mi reconocimiento a un entrañable amigo, 
Juan José Rivaud Morayta, por las valiosas ideas que tan generosamente 
me dio. Obviamente, los errores que haya en el libro son todos míos. 
2 
 
ÍNDICE 
 
Capítulo 1 
Congruencia de triángulos 6 
 Postulados de Euclides 10 
 Transformaciones rígidas 13 
 Congruencia de triángulos 16 
Ejercicios 20 
 
Capítulo 2 
Semejanza de triángulos 26 
 Teorema de Tales 26 
 Teorema de la semejanza de triángulos 28 
Ejercicios 31 
 
Capítulo 3 
Teorema de Pitágoras y Teorema de Tolomeo 35 
 Teorema de Pitágoras 35 
 Ángulos entre cuerdas concurrentes en una circunferencia 36 
Teorema de Tolomeo 40 
Ejercicios 46 
 
Capítulo 4 
Trigonometría 49 
 Definiciones 49 
 Círculo trigonométrico 50 
 Gráficas 51 
 Ley de los senos 53 
 Ley de los cosenos 55 
 Fórmula de Brahmagupta 55 
 Fórmula de Herón 57 
Ejercicios 58 
 
Capítulo 5 
Rectas y puntos notables, circunferencia de 
los nueve puntos y línea de Simson 62 
 Bisectrices exteriores y excírculos 62 
 Triángulos pedales 63 
 Circunferencia de los nueve puntos 64 
 Teorema de Simson 65 
 Ángulo entre dos líneas de Simson 66 
 Relación entre la línea de Simson y la circunferencia de 
 los nueve puntos 67 
Ejercicios 69 
3 
 
 
Capítulo 6 
Teoremas de Menelao, de Ceva y de Desargues 73 
 Razón en que un punto divide a un segmento 73 
 Sentido, punto ideal y recta ideal 74 
 Axioma de Pasch 74 
 Teorema de Menelao 74 
 Forma trigonométrica del Teorema de Menelao 76 
 Teorema de Ceva 77 
 Forma trigonométrica del Teorema de Ceva 78 
 Teorema de la división interna y externa 78 
Triángulos en perspectiva 78 
 Teorema de Desargues 78 
 Principio de dualidad 81 
Ejercicios 82 
 
Capítulo 7 
Hileras de puntos y haces de rectas 91 
 Hileras armónicas 91 
 Haces armónicos 92 
 Hileras anarmónicas 94 
 Haces anarmónicos 95 
 Teorema de Pascal 97 
 Teorema de Pappus 98 
Ejercicios 99 
 
Capítulo 8 
Circunferencias coaxiales y circunferencias homotéticas 104
 Potencia de un punto con respecto a una circunferencia 104 
 Eje radical 108 
 Circunferencias coaxiales 108 
 Circunferencias homotéticas 109 
 Puntos límites 111 
 Red ortogonal 113 
Ejercicios 113 
 
Capítulo 9 
Inversión 122 
 Definiciones 122 
 Inversión de una circunferencia 123 
 Inversión de una recta 125 
 Circunferencia de antisimilitud 126 
 El plano inversivo 127 
Ejercicios 128 
 
4 
 
Capítulo 10 
Polos y polares 135 
 Definiciones 135 
 Círculo polar 138 
 Triángulo autopolar 138 
Ejercicios 140 
 
Capítulo 11 
Introducción a la Geometría Hiperbólica 148 
 Cuadrilátero de Saccheri 149 
 Defecto de un triángulo 154 
 Geometría hiperbólica 154 
Modelos de Poincaré 158 
Ejercicios 163 
 
Apéndice A 166 
 
Apéndice B 176 
 
Índice alfabético 180 
 
Bibliografía 183 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6 
 
Capítulo 1 
 
Congruencia de triángulos 
 
 
El triángulo es el polígono más simple; además, el triángulo es el único 
polígono que tiene igual número de lados1 que de ángulos, por eso no 
usamos la palabra “trilátero”. Por ejemplo, un cuadrángulo completo, es 
decir, una figura construida con cuatro vértices y las rectas que los unen 
tiene seis lados (Figura 1.1): 
 
 
 Figura 1.1 
 
Otra característica del triángulo es ser el único polígono rígido, es decir, si 
imaginamos un triángulo construido con varillas unidas por pernos o 
tornillos, no podríamos deformarlo sin doblar las varillas o romperlas, en 
cambio, cualquier otro polígono se deformaría al girar las varillas en los 
pernos; podríamos imaginar, por ejemplo, un bastidor de cuatro lados 
iguales que, según movamos los lados, tendría forma de cuadrado o de 
rombo. 
 
Gracias a esta última característica, el triángulo nos sirve para resolver 
muchos problemas de Geometría Plana, por ejemplo, el siguiente: 
 
Supongamos que estamos en un desierto cuyo suelo es totalmente plano y 
hay en él un lago. En lados opuestos del lago hay dos objetos fijos. Queremos 
medir la distancia entre dichos objetos sin meternos en el lago (Figura 1.2). 
 
 
1 El término lado se sueleemplear indistintamente para denominar a la recta completa que acota una parte 
de un polígono, al segmento de esa recta determinado por los vértices que están en ella, así como a la 
longitud de dicho segmento. 
7 
 
 
 Figura 1.2 
 
 
Una solución es la siguiente: 
 
Busquemos un punto a un lado del lago desde el cual se puedan ver los 
puntos A y B. 
 
Desde ese punto, llamémoslo C, tracemos las rectas que unan a A y C, y a B 
y C (Figura 1.3). 
 
 
 
 Figura 1.3 
 
Ahora prolonguemos los segmentos AC y BC, hasta los puntos A’ y B’, de tal 
manera que las prolongaciones sean del mismo tamaño que los propios 
segmentos, es decir, AC=CA’ y BC=CB’, con lo cual tendremos que B’A’=AB, 
que es lo que estábamos buscando (Figura1.4): 
A
B
A
B
C
8 
 
 
 
 Figura 1.4 
 
¿Por qué podemos estar seguros de que efectivamente B’A’= AB? 
 
Alguien con cierto sentido de las proporciones podría aducir que el triángulo 
cuyos vértices son C, A’ y B’ (∆CA’B’) y el triángulo cuyos vértices son C, A y 
B (∆CAB) son “iguales”. 
 
¿Por qué son iguales? Sabemos que tienen dos lados respectivamente 
iguales, porque así los construimos. Pero ¿basta con eso? Claramente no, 
veamos, por ejemplo, la Figura 1.5: 
 
 
 Figura 1.5 
 
Podemos ver que, aunque los lados AB y AC son respectivamente iguales a 
A’B’ y A’C’, los terceros, trazados con las líneas gruesas, no lo son. ¿Qué más 
se necesita para que dos triángulos sean iguales? Como ya dijimos que el 
triángulo es una figura rígida, si los tres lados fueran respectivamente 
iguales, los triángulos tendrían que ser iguales; sólo que en este caso 
precisamente lo que queremos demostrar es que con nuestra construcción 
los terceros lados de los triángulos trazados deben ser iguales entre sí, así 
que necesitamos otra propiedad que nos permita afirmar la efectiva igualdad 
de dichos triángulos. 
A
B
C
A'
B'
A'
C
B
A
B'
C'
9 
 
Lo único que nos queda entonces es recurrir a los ángulos; aparentemente 
los ángulos formados en la intersección de las rectas AA’ y BB’ son iguales, 
los denominaremos ∠ ACB y ∠ A’CB’, a los ángulos en esta posición se les 
llama opuestos por el vértice. Más adelante demostraremos que 
efectivamente son iguales y, como consecuencia, demostraremos también 
que si dos triángulos tienen dos lados respectivamente iguales y los ángulos 
comprendidos entre ellos son también iguales, entonces, los triángulos son 
iguales. 
 
Hasta el momento hemos hecho, aparentemente, dos suposiciones 
importantes, aunque en realidad hemos hecho más, a saber, cuando 
localizamos el punto C supusimos que siempre es posible trazar las rectas 
AC y BC; después supusimos que las rectas AC y BC eran susceptibles de 
prolongarse hasta donde quisiéramos, o sea hasta los puntos A’ y B’ 
respectivamente. 
 
Alguien muy exigente podría decirnos que si todo lo vamos a suponer como 
válido, pues entonces la respuesta al problema no pasa de ser una mera 
suposición y que, en realidad, no podemos estar seguros de haber resuelto 
nada. 
 
¿Qué tanto es válido suponer como verdadero al resolver un problema? La 
respuesta a esta pregunta es en sí misma una suposición, pues no existe 
ningún criterio absoluto para contestarla. 
 
En la antigüedad, la respuesta hubiera sido algo así: “Todo aquello que 
sepamos cierto por experiencia”, pero resulta que la experiencia es 
esencialmente subjetiva, así que la validez de una suposición dependería de 
quién la hace. 
 
Alrededor de trescientos años antes de Cristo vivió en Grecia un hombre, 
llamado Euclides, que a su manera respondió esas preguntas y, con ello, 
elaboró una teoría matemática que hasta la fecha se conoce como Geometría 
Euclidiana. 
 
Para elaborar su teoría, Euclides enunció primero un conjunto de 
definiciones de todos los elementos con los que iba a trabajar, es decir, 
definió punto, recta, plano, etc. Después enunció las propiedades más 
simples que relacionan a dichos elementos y finalmente enunció un conjunto 
de propiedades generales de la relación de igualdad. 
 
Durante todos los siglos posteriores se han hecho diversas críticas a la Teoría 
Euclidiana, sin embargo, el método euclidiano, o método teórico deductivo, 
sigue siendo válido en el estudio no sólo de la Geometría, sino en general de 
la Matemática, por eso lo analizaremos aquí de manera somera. 
 
No partiremos, como Euclides, de definiciones; las propiedades de los 
elementos con los que trabajaremos los irán definiendo intuitivamente. Es 
importante decir que no vamos a trabajar con objetos físicos; los trazos que 
10 
 
nos ayudan a resolver problemas son sólo un modelo del esquema 
abstracto en el que nos vamos a mover. 
 
También es importante decir que no se puede partir de “la nada” para 
elaborar algo, así que efectivamente tenemos que suponer algunas 
propiedades como universalmente verdaderas. Actualmente, a las 
propiedades de una teoría que se aceptan a priori se les llama axiomas. 
 
En Lógica Formal, se requiere que los axiomas de una teoría deben tener las 
siguientes características: ser completos2, ser independientes y ser 
consistentes; esto quiere decir, que sean capaces de generar todas las 
propiedades de los elementos que sean objeto de la teoría; que ninguno de 
ellos sea susceptible de ser generado por los demás y que no existan 
contradicciones entre ellos. 
 
Los axiomas de Euclides no cumplen con la primera de estas condiciones, es 
decir, no son completos, sin embargo, sirvieron para construir una buena 
parte de la geometría que hasta hoy se estudia y se emplea en diversas 
disciplinas de la actividad humana. 
 
Euclides partió de sólo cinco propiedades verdaderas, a las que llamó 
Postulados. 
 
Éstas son, puestas en un lenguaje coloquial, las siguientes: 
 
1. Por dos puntos siempre se puede trazar una recta. Eso nos permite 
trazar AC y BC en nuestro problema. 
 
2. Toda recta es prolongable tanto como se quiera en cualquiera de sus 
dos direcciones. Con esto podemos trazar CA’ y CB’. 
 
3. Cualquier punto del plano se puede usar como centro de un círculo (o 
de un arco de círculo) de radio arbitrario. Esta propiedad es la que permite 
comparar tamaños de segmentos, pues en la Geometría que estamos 
estudiando no se emplean escalas preestablecidas, así que cuando dijimos 
que AC=CA’, implícitamente estamos diciendo que podemos trazar un círculo 
de radio AC con centro en C que contenga a A’. Esto es muy importante, 
pues todas las construcciones se basan en medidas propias de la 
construcción misma. 
 
4. Todos los ángulos rectos son iguales. Con esta propiedad es posible 
definir una unidad angular: el ángulo recto. 
 
Con ello podríamos demostrar que efectivamente los ángulos opuestos por el 
vértice son iguales, para ello nos apoyaremos en la Figura 1.6: 
 
2 El matemático austrohúngaro Kurt Gödel demostró en 1931 que en la aritmética y en disciplinas 
similares, no es posible tener un sistema de axiomas completo, pues esto llevaría a inconsistencias. 
Se puede consultar el libro Gödel’s Proof de Ernest Nagel y James R. Newman, editado por N. Y. 
University Press en 1958. 
11 
 
 
 Figura 1.6 
 
Los ángulos M y N suman dos ángulos rectos; de igual forma los ángulos L y 
N suman dos ángulos rectos, de donde ∠ M+∠ N=∠ L+∠ N, lo cual implica 
que ∠ M = ∠ L. 
 
En adelante nosotros usaremos como unidades angulares los grados o los 
radianes3, según nos convenga, en vez del ángulo recto, como Euclides. 
 
El último postulado de Euclides tiene diversos enunciados, todos 
equivalentes, por supuesto; nosotros emplearemos según nos convenga 
cualquiera de los siguientes, sin demostrar las equivalencias, lo que 
dejaremoscomo ejercicio: 
 
51. Dada una recta y un punto fuera de ella, existe una sola paralela a la 
recta dada que contenga al punto dado. (Playfair) 
 
 
 Figura 1.7 
 
 
52. Los ángulos alternos internos entre paralelas son iguales. 
 
 Figura 1.8 
 
3 Un radián es la medida de un ángulo que abarca un arco de circunferencia de longitud igual al radio de 
ella; por lo tanto, es igual a 180°/π, puesto que una circunferencia de radio uno mide 2π unidades, y para 
formarla hace falta que el radio recorra 360°. 
N
L
M
m
P
α
α
12 
 
 
53. Un ángulo exterior de un triángulo es igual a la suma de los dos 
interiores no adyacentes a él (se llama ángulo exterior al que se forma con 
un lado y la prolongación, fuera del triángulo, de otro). 
 
 
 Figura 1.9 
 
En la Figura 1.9, Q es un ángulo exterior. 
 
54. La suma de los ángulos interiores de cualquier triángulo es 180°. 
 
 Figura 1.10 
 
55. Si dos rectas son cortadas por una transversal y de alguno de los 
lados de ésta la suma de los ángulos interiores con las rectas es menor a 
dos ángulos rectos, entonces, si las rectas se prolongan suficientemente 
de ese mismo lado, se habrán de intersecar. 
 
 
 Figura 1.11 
 
Esta última es la que Euclides enunció originalmente. 
 
Como puede verse, los cuatro primeros postulados son aseveraciones 
simples, mientras que el último, en cualquiera de las formas enunciadas 
tiene una forma condicional. Esto molestó a los matemáticos de la época de 
QP
γ
α
β
α
β
13 
 
Euclides y a los posteriores a él, pues la forma condicional parece requerir de 
una demostración, es decir, si decimos que dadas tales condiciones va a 
cumplirse algo, parece que se debería demostrar que efectivamente así será. 
 
Hubo, durante los siglos subsecuentes, infinidad de intentos para demostrar 
este postulado, todos fueron infructuosos, en el último capítulo haremos una 
breve descripción de las consecuencias que una de estas demostraciones 
frustradas tuvo en la Geometría. 
 
Volvamos ahora a nuestro problema, tenemos dos triángulos 
construidos de tal manera que tienen dos lados respectivamente iguales 
y el ángulo entre ellos también igual, lo que representaremos en la 
siguiente Figura 1.12 siguiente: 
 
 
 Figura 1.12 
 
Para demostrar la congruencia de estos triángulos, Euclides supuso que 
podía llevar al segmento AB hasta superponerlo al segmento A’B’, de tal 
manera que A y A’ coincidieran, y por lo tanto también B y B’, ello 
implica que, como el ángulo en A es igual al ángulo en A’, entonces los 
segmentos AC y A’C’ quedarían sobrepuestos y como coinciden en 
longitud, entonces los puntos C y C’ coincidirían, lo que demuestra que 
BC=B’C’. 
 
Esa “superposición” de segmentos no puede justificarse mediante los 
postulados, así que habría que aceptarla como un postulado más. 
Recordemos que ya dijimos que los Postulados de Euclides no son 
completos. 
 
En el lenguaje moderno, en vez de hablar de llevar un elemento hasta 
un lugar específico, se definen lo que se llaman transformaciones 
rígidas. La palabra “rígidas” implica que las figuras a las que se 
apliquen mantienen su forma, es decir, las medidas de sus lados y de 
sus ángulos. 
 
Definición: Llamaremos una transformación punto a punto, en el 
plano, a una función tal que asocie a un punto cualquiera X con un 
punto X’ y la denotaremos como f(X)=X’. 
 
B
A
C B' C'
A'
14 
 
Si los puntos X pertenecen a un conjunto A del plano y los puntos X ’ a 
otro conjunto A’, de tal manera que exista la función f -1 (X’)=X para 
cada punto de A’, diremos que f es biyectiva. 
 
Translación: Consideremos un conjunto A de puntos del plano y una 
función τ, punto a punto y biyectiva, que cumpla con las siguientes 
condiciones: 
 
- A cada punto del conjunto A le asocie un solo punto de otro conjunto 
del plano, al que llamaremos A’. 
- Si X es un punto de A y X’ es el punto de A’ tal que τ(X)=X’, la 
distancia XX’ sea constante para todo X. 
- Si X1 y X2 son dos puntos en A tales que τ(X1)= X1’ y τ(X2)= X2’, la 
distancia X1X2 sea igual a la distancia X1’ X2’. 
 
Diremos que la función τ es una translación en el plano. (Vea la Figura 
1.13). 
 
 
 Figura 1.13 
 
Rotación: Consideremos un punto fijo O en el plano, un conjunto A, un 
ángulo fijo α y una función σ, punto a punto y biyectiva, que cumpla 
con las siguientes condiciones: 
 
- A cada punto del conjunto A le asocie un solo punto de otro conjunto 
del plano, al que llamaremos A’. 
- Si X es un punto de A y X’ es el punto de A’ tal que σ(X)=X’, y se 
cumpla que ∠XOX’=α . 
- Si X1 y X2 son dos puntos en A tales que σ(X1)= X1’ y σ(X2)= X2’, la 
distancia X1X2 sea igual a la distancia X1’ X2’. 
 
Diremos que σ es una rotación en el plano con centro O y ángulo α 
(Vea la Figura 1.14). 
 
A A'
X1
X2 X'2
X'1
15 
 
 
 Figura 1.14 
 
Aplicando adecuadamente estas dos funciones podríamos hacer 
coincidir los segmentos AB y A’B’ si los triángulos están como en la 
Figura 1.12, pero ¿qué pasaría si el triángulo A’B’C’ estuvieran como se 
muestra en la figura 1.12 bis, en la que AB=A’B’, AC=A’C’ y ∠ BAC=∠
B’A’C’? 
 
 Figura 1.12 bis 
 
Ninguna translación ni rotación, ni la composición de ellas, podría 
llevarnos a hacer coincidir los segmentos AB con A’B’ y AC con A’C’ 
simultáneamente, así que hace falta definir una transformación más: 
 
Reflexión: Sea l una recta en el plano, un conjunto A y una función 
ρ, punto a punto y biyectiva, que cumpla con las siguientes 
condiciones: 
 
- A cada punto del conjunto A le asocie un solo punto de otro conjunto 
del plano al que llamaremos A’. 
- Para todo X∈A tal que ρ(X)=X’∈A’ existe una recta única, l, 
perpendicular al segmento XX’ en su punto medio (a l se le conoce como 
la mediatriz del segmento XX’). Lo que implica que si X1 y X2 son puntos 
de A y ρ(X1)=X1’ y ρ(X2)=X2’ de A ‘, entonces X1X2=X1’X2’. 
 
α
A
α
A'
α
O
X1
X'1
X2
Y
X'2
Y'
C
A
B
B'C'
A'
16 
 
Diremos que ρ es una reflexión sobre l en el plano. (Vea la Figura 1.15). 
 
 
 Figura 1.15 
 
Como puede verse en la figura 1.12 bis, el triángulo A’B’C’ puede 
reflejarse con respecto a cualquier recta del plano y quedar con los 
vértices en el mismo orden del triángulo ABC. Para hacer coincidir AB 
con A’B’ sólo será necesario hacer, a lo más, una composición de una 
rotación y una translación. Con esto se puede establecer la siguiente 
propiedad sin necesidad de salirse del plano: 
 
“Si dos triángulos tienen dos de sus lados respectivamente iguales y los 
ángulos formados por dichos lados son también iguales, entonces esos 
triángulos serán congruentes” (LAL). 
 
El término congruentes se emplea en vez de iguales porque aunque sus 
dimensiones son las mismas, ocupan distinto lugar en el plano, es decir, no 
son iguales en su situación. 
 
Note que dicha propiedad no la obtuvimos a partir de los Postulados de 
Euclides, de manera que no podemos decir que hicimos una demostración. 
 
Por otra parte, la abreviatura LAL significa que hay igualdad respectiva en un 
lado (L), un ángulo adyacente a él (A) y el otro lado adyacente al ángulo (L), 
exactamente en ese orden. Si los ángulos iguales no fueran los formados por 
los lados mencionados, entonces usaríamos la abreviatura ALL o bien LLA. 
 
¿Qué otras condiciones, no triviales entre las dimensiones de los lados y los 
ángulos de dos triángulos nos permiten afirmar que son congruentes? 
 
Las posibilidades son las siguientes: 
 
a) Dos ángulos respectivamente iguales (dos ángulos implica tener los tres 
ángulos, pues por el quinto postulado (54), el ángulo que nos faltaría sería 
el suplementario de la suma de los dos ángulos dados) y el lado entre 
ellos también respectivamente igual. 
A
l
A'
X1
X2
X'1
X'2
17b) Los tres lados respectivamente iguales. 
 
 c) Dos lados respectivamente iguales y uno de los ángulos no adyacentes a 
ambos también igual. 
 
 
 
 
 Figura 1.16 
 
En el caso a), considere la figura 1.16. Supongamos que AB=A’B’, que 
∠A=∠A’ y que ∠B=∠B’. Consideremos un punto C” en la recta A’C’ tal que 
A’C’’=AC, tracemos B’C’’, luego los triángulos ABC y A’B’C’’ son congruentes 
(LAL), pero, por hipótesis ∠A’B’C’=∠B, entonces C’=C’’. Este caso lo 
abreviaremos con el símbolo ALA. Note que para hacer esta demostración no 
usamos, ni explícita ni implícitamente el 5° postulado. 
 
La demostración del caso b) la dejaremos como ejercicio. 
 
El otro caso que queda por analizar es el de dos lados respectivamente 
iguales y un ángulo no adyacente a ambos también igual. Se puede 
demostrar, con un ejemplo, que éste no es, en general, un caso de 
congruencia. En la Figura 1.13 se ve claramente que puede haber dos 
triángulos que cumplan con las condiciones dadas y que no son 
congruentes: 
 
 
 Figura 1.17 
 
A B
C
B'
C'
A'
C"
AC
B
D
18 
 
En la Figura 1.17 se pueden ver dos triángulos, a saber, el ABC y el ADC, 
esos triángulos tienen dos lados respectivamente iguales, el AC, que es 
común y el CB que es igual al CD, ya que son radios del círculo; tienen 
además un ángulo igual -no adyacente a los lados respectivamente iguales- 
pues ∠ BAC = ∠ DAC, y sin embargo, claramente los triángulos no son 
congruentes. Esta misma figura nos muestra que si el ángulo dado fuera 
mayor o igual a 90°, entonces, los triángulos ABC y ADC no podrían 
construirse en la forma que se hizo y, con esta hipótesis adicional, sí se 
tendría un caso de congruencia (vea el Ejercicio 4). 
 
Antes de seguir adelante con el triángulo, sería bueno recordar dos conceptos 
geométricos elementales: 
 
Definición: Se llama bisectriz de un ángulo a la recta que lo divide en dos 
ángulos iguales. 
 
Teorema: Las distancias de cualquier punto P de la bisectriz a cada una de 
las rectas que forman el ángulo que la determina son iguales. 
Demostración: En la Figura 1.18 se puede ver que los triángulos APB y APC 
son congruentes por ALA, luego, BP=PC 
 
 
 Figura 1.18 
 
Definición: Se llama mediatriz de un segmento a la recta perpendicular al 
segmento que pasa por el punto medio de éste. 
 
Teorema: Las distancias de cualquier punto de la mediatriz a los extremos 
del segmento son iguales: 
 
 Figura 1.19 
 
Demostración: En la Figura 1.19, si AB es un segmento y M es su punto 
medio y MP es perpendicular a AB, entonces PA = PB, para cualquier punto P 
en la mediatriz, puesto que el triángulo AMP es congruente con el BMP, por 
LAL. 
B
C
P
A
A BM
P
19 
 
 
Con estos resultados podemos demostrar una propiedad muy conocida de 
los triángulos isósceles, a saber: 
 
Teorema: Si un triángulo tiene dos lados iguales, es decir, es isósceles, 
entonces tiene también dos ángulos iguales y la altura y la bisectriz trazadas 
desde el vértice en el que concurren los lados iguales y la mediatriz del lado 
opuesto a dicho ángulo coinciden. 
 
Demostración: Vamos a auxiliarnos con la Figura 1.20, en la que ABC es un 
triángulo isósceles, con AB=AC y AM es la bisectriz del ángulo A. 
 
 Figura 1.20 
 
El triángulo AMB y el triángulo AMC son congruentes, puesto que tienen dos 
lados respectivamente iguales, AB=AC, por hipótesis, AM por ser común, y el 
ángulo adyacente a ellos también igual ∠ BAM =∠ CAM, por ser AM bisectriz 
del ángulo A (LAL). Por lo tanto, los ángulos restantes serán también 
respectivamente iguales, es decir, ∠ ABM=∠ ACM, que es lo que debíamos 
demostrar. Como además ∠ AMB = ∠ AMC = 90°, resulta que la bisectriz 
del ángulo A es también una altura del ∆ABC. Por otra parte, BM=MC, que 
son los terceros lados de cada uno de los triángulos en que dividimos al 
triángulo ABC; eso quiere decir que M es el punto medio de BC y, por lo 
tanto, AM es también mediatriz de dicho segmento. 
 
La proposición recíproca de esta propiedad es también cierta: 
 
Teorema: Si un triángulo tiene dos ángulos iguales, entonces tiene dos lados 
iguales. La demostración es similar y se deja como ejercicio. 
 
Hemos hecho hasta ahora algunas demostraciones, valdría la pena 
preguntarse en este momento qué es una demostración y quizá también para 
qué se hacen demostraciones. Trataremos de responder someramente a 
estas preguntas. 
 
Una demostración es un proceso lógico que consta de tres partes, la primera 
es un conjunto de conceptos que se consideran verdaderos a priori — por 
ejemplo, los postulados de Euclides — o bien, aquellas proposiciones que se 
hayan derivado directamente de ellos, a las que se les suele llamar teoremas; 
la segunda es una proposición que se sospecha verdadera; y la tercera es 
B CM
A
20 
 
una sucesión de razones lógicas que permiten establecer si la segunda 
proposición puede obtenerse de las primeras. 
 
Como consecuencia de lo anterior, podemos decir que se demuestra que una 
proposición es verdadera si se deriva lógicamente de un conjunto de 
proposiciones verdaderas. 
 
Por otra parte, la única manera de estar seguros de que lo que hacemos es 
válido es demostrando que las propiedades que empleemos provengan de 
manera lógica, directa o indirectamente, de los axiomas que hayamos 
aceptado, pues muchas veces la simple intuición es engañosa, como se verá 
en algunos de los ejercicios siguientes. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ejercicios: 
 
 
 
1. Supongamos que en un terreno plano hay un cerro, y que se quiere hacer 
pasar un túnel a través de dicho cerro; para ahorrar tiempo se quiere cavar 
en ambas direcciones, de tal manera que en algún momento se encuentren 
los dos huecos y no que queden dos túneles. ¿Cómo se pueden determinar 
desde afuera del túnel las direcciones en que hay que cavar? 
 
 
 
2. Demuestre que si un triángulo tiene dos ángulos iguales, entonces tiene 
los lados opuestos a dichos ángulos también iguales. 
 
3. Demuestre que si dos triángulos tienen sus lados respectivamente iguales, 
entonces son congruentes (LLL). 
 
4. Encuentre la falacia en la siguiente demostración de que si dos triángulos 
tienen dos lados respectivamente iguales y un ángulo no adyacente a ambos 
también igual, entonces los triángulos son congruentes: 
 
21 
 
 i. Sean ABC y A’B’C’ dos triángulos tales que AB=A’B’, BC=B’C’ y, 
además ∠ A = ∠ A’. 
 
 ii. Coloquemos los triángulos de tal manera que BC coincida con B’C’, 
según se muestra en la figura siguiente: 
 
 iii. Tracemos el segmento AA’ 
 
 iv. El triángulo BAA’ es isósceles, pues por hipótesis AB=A’B’, por lo que 
∠ BAA’=∠ BA’A. 
 
 v. Como ∠ A=∠ A’, por hipótesis, restando miembro a miembro la 
igualdad obtenida en el inciso iv., tenemos: ∠ A-∠ BAA'=∠ A'-∠ BA'A, 
entonces, ∠ CAA’=∠ CA’A, de donde el triángulo CAA’ es isósceles, pues 
tiene dos ángulos iguales, por lo tanto CA=CA’, o lo que es lo mismo, 
CA=C’A’, pero esto implica que los tres lados del triángulo son 
respectivamente iguales, por lo que, de acuerdo con el resultado del ejercicio 
anterior, son congruentes. 
 
5. Demuestre que la perpendicular a una recta desde un punto exterior a ella 
es única. 
 
6. Demuestre que la perpendicular a una recta en un punto de ella es única. 
 
7. Analice la siguiente “demostración” del quinto postulado de Euclides y 
señale en dónde está la falacia: 
 
Se va a “demostrar” que la paralela a una recta que contiene a un punto 
exterior a ella es única: 
 
 i. Se traza la perpendicular a la recta dada desde el punto dado, la cual es 
única, según se puede demostrar (Ejercicio 5). 
 
 ii. Se traza la perpendicular a la recta que se acaba de obtener que 
contenga al punto dado, ésta recta es única (Ejercicio 6). 
 
 iii. Los ángulos alternos internos entre la recta dada y la últimaque se 
obtuvo, usando a la primera perpendicular como transversal, son iguales –
B,B'
C,C'
A
A'
22 
 
son rectos—. Ello implica que la última recta trazada es paralela a la recta 
dada y contiene al punto dado. 
 
 iv. Como cada una de las rectas perpendiculares que se trazaron son 
únicas entonces la paralela a la recta dada es única. 
 
 
 
8. Analice la siguiente demostración de que todos los triángulos son isósceles 
y encuentre la falacia: 
 
 i. Sea el ABC un triángulo cualquiera. 
 
 ii. Trace la bisectriz del ángulo A, que en general no será perpendicular a 
BC. 
 
 iii. Sea D el punto de intersección de la bisectriz trazada con la mediatriz 
del segmento BC. 
 
 iv. Trace las perpendiculares desde D a los lados AB y AC; llamémoslas 
respectivamente DP y DQ. 
 
 v. El ∆ADP y el ∆DAQ son congruentes (AAL). Por lo tanto, AP=AQ y PD= 
QD. 
 
 vi. Como D está en la mediatriz de BC, DB=DC; y como PD=QD y los 
triángulos DPB y DQC son rectángulos, entonces PB= QC. 
 
 vii. Sumando las igualdades obtenidas en los pasos 5. y 6., tenemos que 
AP+PB=AQ+QC; es decir, AB=AC, y por lo tanto el triángulo ABC es isósceles. 
Pero como no supusimos ninguna particularidad para dicho triángulo, 
entonces ¡todos los triángulos son isósceles! 
 
9.* Demuestre, sin usar ni directa ni indirectamente el Quinto Postulado de 
Euclides que todo ángulo exterior de un triángulo es mayor que cualquiera 
de los ángulos interiores no adyacentes a él. 
 
10. Demuestre que si se hacen dos reflexiones sucesivas con respecto a dos 
rectas paralelas, eso equivale a una translación. ¿Qué relación hay entre la 
distancia de la translación y la distancia que separa a las rectas paralelas? 
 
m
(1)
(2)
P
23 
 
11. Demuestre que si se hacen dos reflexiones sucesivas con respecto a dos 
rectas concurrentes eso equivale a una rotación con respecto al punto de 
concurrencia de las rectas. ¿Qué relación hay entre el ángulo de la rotación y 
el ángulo entre las rectas concurrentes? 
 
12. En un poblado situado junto a un río, cuyo borde es totalmente recto, 
hay un incendio en un lugar que llamaremos A. Cerca del borde del río está 
la casa del bombero del pueblo, en un lugar al que llamaremos B; para 
apagar el incendio el bombero llena con agua una cubeta en el río y corre a 
vaciarla sobre el fuego. ¿Cuál de los puntos en el borde del río haría que la 
trayectoria sea la mínima posible? 
 
 
13. Demuestre que las mediatrices de los lados de un triángulo concurren en 
un punto. A dicho punto se le llama circuncentro, pues con él como centro se 
puede construir un círculo circunscrito al triángulo, al que se le conoce como 
circuncírculo. 
 
14. Demuestre que las bisectrices de los ángulos internos de un triángulo 
concurren en un punto. A dicho punto se le llama incentro, pues con él como 
centro se puede construir un círculo inscrito en el triángulo, al que se le 
conoce como incírculo. 
 
15. Demuestre que si un diámetro AB y una cuerda AC, de un círculo con 
centro O, tienen uno de sus extremos en común, A, el ángulo entre ellos, ∠
BAC, es igual a la mitad del ángulo entre el propio diámetro y el radio 
trazado al otro extremo de la cuerda, ∠ BOC. 
 
 
 
 
O
A
B
C
24 
 
16. Use el resultado del ejercicio anterior para demostrar que el ángulo entre 
dos cuerdas que concurren sobre una circunferencia, llamado ángulo 
inscrito, es igual a la mitad del ángulo entre los radios que van a los otros 
extremos de las cuerdas, o sea, el ángulo central correspondiente al arco que 
las cuerdas determinan; considere el caso en el que el ángulo entre las 
cuerdas contiene al centro de la circunferencia y el caso en que no lo 
contiene, según se muestra en la siguiente figura. 
 
 
 
17. Dé los valores en radianes de los siguientes ángulos: 
 
 i. 60° 
 ii.120° 
 iii. 45° 
 iv. 30° 
 v. 150° 
 
18. Dé los valores en grados de los siguientes ángulos: 
 i. 
2
π
 
 ii. 
2
3π
 
 iii. -
4
5π
 
 iv. 
3
2π
 
 v. 
5
π
 
 
 
19. Sea ABC un triángulo cualquiera; sea D un punto en el lado AB y sea E 
un punto en el lado AC, sea F el punto de intersección de las bisectrices de 
los ángulos ABE y ACD. Demuestre que∠ BDC+∠ BEC=2 ∠ BFC. (Vea la 
siguiente figura). 
 
25 
 
 
 
20. Sea ABC un triángulo tal que el ángulo en B sea recto. Sea L el 
punto medio del lado AC, sea X el punto en el que la bisectriz del ángulo 
recto B corta a AC y sea D el punto en el que la altura desde B corta a 
AC. Demuestre que el ángulo DBX es igual al ángulo XBL. 
 
21. Demuestre, mediante la forma original del quinto postulado (55), que por 
dos puntos puede pasar sólo una recta (note que el primer postulado asegura 
que siempre se puede trazar una recta, mas no sólo una). 
 
22. Demuestre las siguientes implicaciones de los enunciados del 
quinto postulado de Euclides: 55⇒51; 51⇒52; 52⇒53; 53⇒54 y 54⇒55. 
 
23. Demuestre que las diagonales de un paralelogramo se intersecan en 
su punto medio. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
B C
A
D
EF
A
B C
L
D
X
26 
 
Capítulo 2 
 
Semejanza de triángulos 
 
 
Volvamos al problema del lago planteado en el primer capítulo ¿qué pasaría 
si el espacio en el que podamos maniobrar estuviera restringido, digamos 
que por árboles o algún otro obstáculo, y no pudiéramos prolongar las rectas 
AC y BC hasta duplicarlas? 
 
 
 
 Figura 2.1 
 
Una solución posible sería prolongar AC hasta A”, en donde CA”=
n
1
 AC, 
donde n es un número entero, adecuado a lo que el espacio permita, CB”=
n
1
BC y, por lo tanto, ¿será cierto que A”B”= 
n
1
AB? Para estar seguros de la 
validez de la respuesta revisemos los siguientes teoremas: 
 
Teorema de Tales: Si dos o más paralelas son cortadas por dos 
transversales, los segmentos determinados sobre éstas son proporcionales. 
 
C
B
A
B"
A"
27 
 
 
 Figura 2.2 
 
En la Figura 2.2 las rectas AA’, BB’ y CC’ son paralelas, y las AB y A’B’ son 
transversales a ellas. Queremos demostrar que los segmentos AB y BC, son 
proporcionales a los segmentos A’B’ y B’C’, es decir, AB/BC = A’B’/B’C’. 
 
Antes de demostrar esto, partamos de lo siguiente: hay dos posibilidades, 
que existan dos enteros m y n tales que mAB=nBC o que no existan. Si la 
respuesta es afirmativa, los segmentos AB y BC se dice que son 
conmensurables; supongamos que AB<BC, entonces dividamos al segmento 
AB en segmentos suficientemente pequeños, digamos que de tamaño p, tales 
que AB=np y, por lo tanto, BC=mp. Tracemos por cada subdivisión de 
tamaño p una paralela a AA’, entonces, habrá n subdivisiones entre A’ y B’, 
digamos que de tamaño q y m subdivisiones ente B’ y C’ del mismo tamaño, 
lo que implica que A’B’/B’C’=n/m=AB/BC. 
 
Para demostrar que efectivamente A’B’=nq y que B’C’=mq supongamos, por 
facilidad, n=2, entonces, tomemos un punto M tal que divida al segmento AB 
en dos partes iguales, como en la Figura 2.2bis. Tracemos MM’ paralela a 
AA’; A’Z paralela a AM y M’Z’ paralela a MB, con lo que formaremos dos 
paralelogramos, el AA’ZM y el MM’Z’B, en los que AM =A’Z y MB = M’Z’ (vea 
el Ejercicio 23 del Capítulo 1); además los ángulos ZA’M’ y Z’M’B’ son 
iguales, pues son correspondientes entre paralelas y por el 5° Postulado, 
∠A’ZM’=∠M’Z’B’. Por la misma razón el ángulo A’M’Z y el ángulo M’B’Z’ son 
iguales. Ello implica que los triángulos A’M’Z y M’B’Z’ son congruentes 
(ALA), y por lo tanto el segmento A’M’ es igual al segmento M’B’. 
 
 
 
 Figura 2.2 bis 
C C'
B
A A'
B'
M'
A'
C'C
B'B
A
M
Z'
Z
28 
 
 
En la Figura 2.3, AB = p y BC = 2p, de donde A’B’ = q y B’C’ = 2q. 
 
 
 
 Figura 2.3 
 
En general, A’B’ = nq y B’C’ = mq. 
 
Supongamos ahora que para cierto p, AB=np, pero que no existe un entero m 
tal que BC=mp. Subdividamos cada segmento de tamañop en n segmentos, 
digamos que de tamaño p’, de manera que AB=n² p’; es posible que ahora sí 
exista un entero m tal que BC=mp’, en cuyo caso procederemos como en el 
caso anterior. De no ser así tendremos lo siguiente: 
 
Para la subdivisión en segmentos de tamaño p, AB = np y BC = mp + r, donde 
r es un segmento de tamaño menor que p. 
 
Para la subdivisión en segmentos de tamaño p’=p/n, AB=n²p’ y BC=m’p’+r’, 
donde m’ es un entero y r’ es menor o igual que r. 
 
Si r’ es distinta de cero, procedemos a subdividir los segmentos de tamaño p’ 
en n partes iguales, de tal manera que AB = n³ p”, donde p”= p’/n, entonces 
BC = m”p” + r” donde m” es un entero y r” es menor o igual que r’; así vamos 
construyendo una sucesión de valores de los residuos, { r, r’, r”,..., rk}, tal 
que cada uno de sus términos es menor o igual al anterior; es decir, el 
sobrante de dividir al segmento BC en segmentos de tamaño cada vez menor 
es, en algún momento, tan pequeño como se quiera, de tal manera que a 
algún valor determinado podremos considerarlo totalmente despreciable y 
tomar como una buena aproximación BC=mkpk para alguna k>0. En ese 
momento procedemos como en el caso en que AB y BC eran conmensurables 
y habremos demostrado el teorema1. 
 
Una consecuencia directa del Teorema de Tales es el 
 
Teorema de la Semejanza: Si se tienen dos paralelas cortadas por dos 
transversales no paralelas entre sí, de tal manera que se forman dos 
triángulos con dos de sus lados sobrepuestos (AB y AB’, así como AC y AC’) y 
 
1 La demostración formal de que una sucesión monótona y acotada, como ésta, es convergente 
corresponde a un curso de Cálculo. 
C'
X'
C
B
X
B'
A A'
29 
 
los terceros paralelos, las razones de lados correspondientes son iguales o, 
dicho de otra forma, los triángulos ABC y AB’C’ son semejantes. (Vea la 
figura 2.4) 
 
 Figura 2.4 
Hay que demostrar que 
 
 AB/AB’ = AC/AC’ = BC/B’C’. 
 
Para ello procederemos de manera similar a como hicimos con el Teorema de 
Tales, sólo que aquí cuando dividamos el segmento AB en n segmentos de 
tamaño p, trazaremos paralelas a las paralelas dadas para dividir al 
segmento AC en n segmentos de tamaño q, y después trazaremos paralelas a 
AC para subdividir al segmento BC en n segmentos digamos que de tamaño 
s, como se muestra en la Figura 2.5. El resto de la demostración se deja 
como ejercicio al lector. 
 
 Figura 2.5 
 
Como puede verse claramente, los triángulos de la Figura 2.4 tienen sus tres 
ángulos respectivamente iguales, A por ser común, B y B’ por ser 
correspondientes entre paralelas y C y C’ también. Eso nos lleva a la 
siguiente propiedad: Los lados de dos triángulos son proporcionales si y sólo si 
sus ángulos interiores son iguales. Aquí hemos demostrado el caso en que la 
hipótesis es que los ángulos son iguales, se deja la demostración del inverso 
como ejercicio. 
 
¿Qué otras condiciones se requieren para que dos triángulos sean 
semejantes? Obviamente, dos triángulos congruentes son semejantes, la 
razón de semejanza vale uno; así que las condiciones de congruencia serán 
B'
B
A
C
C'
B'
A
CB
C'
p
s
q
30 
 
también de semejanza; además de la ya considerada --tres ángulos iguales—, 
que no es de congruencia. 
 
Si por los vértices de un triángulo ABC se trazan rectas concurrentes AO, BO 
y CO; y si en los segmentos determinados por los vértices y el punto de 
concurrencia se toman puntos P, Q y S tales que los dividan en una misma 
razón, 
OP
OA
=
OQ
OB
=
OS
OC
=r, los puntos de división P, Q y S corresponden a los 
vértices de un triángulo semejante al triángulo dado, y la razón de 
semejanza, 
PQ
AB
=
QS
BC
=
SP
CA
, coincide con la razón r de división de los 
segmentos. Los triángulos ABC y PQS se dice que son homotéticos y a r se le 
llama la razón de homotecia. En general, dos polígonos son homotéticos si los 
pares de vértices correspondientes están sobre líneas concurrentes y tales 
que las razones entre los respectivos segmentos que van del punto de 
concurrencia a dichos vértices sean iguales, en otras palabras, si sus lados 
correspondientes son paralelos. El caso de circunferencias homotéticas se 
verá en el Capítulo 8. 
 
 Figura 2.6 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O
A
P
B
C
Q
S
31 
 
Ejercicios: 
 
 
1. Complete la demostración del Teorema de la Semejanza de triángulos. 
 
2. Demuestre que si dos triángulos tienen dos lados respectivamente 
proporcionales y el ángulo comprendido entre ellos igual, entonces son 
semejantes. 
 
3. Demuestre que si dos triángulos tienen sus lados respectivos 
proporcionales, entonces sus ángulos correspondientes son iguales. 
 
4. En la figura siguiente encuentre el total de pares de triángulos semejantes 
 
 
 PQ // BC 
 
5. Demuestre que si en un triángulo se trazan las alturas, o sea las rectas 
que salen de cada uno de los vértices perpendicularmente a los lados 
opuestos, y se trazan paralelas a los lados por cada uno de los vértices, 
entonces, las alturas del primer triángulo son mediatrices del triángulo 
formado por las paralelas a los lados, lo cual implica que las alturas de un 
triángulo son concurrentes (al punto en el que concurren se le llama 
ortocentro). 
 
6. Demuestre que si en un triángulo ABC se trazan las rectas BM y CN, en 
donde M y N son, respectivamente, los puntos medios de CA y AB, y si G es el 
punto de intersección de esos dos segmentos, entonces BG y CG son, 
respectivamente, dos veces más grandes que los segmentos GM y GN. Para 
demostrarlo se sugiere trazar el segmento que une los puntos medios de BG 
y de CG, según se muestra en la figura siguiente, y probar que dicho 
segmento es paralelo al segmento NM y del mismo tamaño que él. 
 
B C
A
Q
L
O
P
M
N
32 
 
 
 
7. Demuestre, usando el resultado del ejercicio anterior, que las medianas de 
un triángulo son concurrentes, es decir, que la mediana trazada desde el 
vértice A también debe pasar por G. Al punto G se le suele llamar centroide, 
punto mediano o baricentro. 
 
8. Se tiene un triángulo ABC y un segmento PQ paralelo a AB, si se trazan 
las rectas PA y QB, tales que PAI QB=O, un punto fuera de las rectas BC y 
AC, encuentre un método para localizar al punto R tal que el triángulo PQR 
sea semejante al triángulo ABC. 
 
9. Construya4 un triángulo semejante a un triángulo dado y que tenga un 
perímetro específico. 
 
10. Construya un pentágono regular sabiendo el valor de la diferencia entre 
su radio y su apotema. 
 
11. Construya un rombo sabiendo su perímetro y el valor de la razón de sus 
diagonales. 
 
12*. Construya un triángulo que sea semejante a un triángulo dado y cuyos 
vértices estén, cada uno, sobre tres rectas paralelas dadas. 
 
13. Construya un cuadrado dentro de un triángulo dado, de tal manera que 
uno de los lados del cuadrado caiga sobre un lado del triángulo, y los otros 
vértices del cuadrado caigan en los otros lados del triángulo. 
 
14. Si dos rectas se intersecan en un punto invisible e inaccesible, encuentre 
la recta que une a dicho punto con un punto dado. 
 
15. Si tres o más triángulos semejantes se colocan de tal manera que un 
conjunto de vértices correspondientes coincida y otro conjunto de vértices 
correspondientes sea colineal, demuestre que el tercer conjunto de vértices 
correspondientes será también colineal. 
 
 
4 En adelante, cuando se pida construir algo se deberá entender que los únicos instrumentos válidos para 
efectuar una construcción son: una regla sin graduar y un compás. 
B C
A
N M
G
33 
 
16. Si cuatro o más triángulos semejantes se colocan de tal manera que un 
conjunto de vértices correspondientes coincida y otro conjunto de vértices 
correspondientessea concíclico, el tercer conjunto de vértices 
correspondientes será también concíclico. 
 
17. Demuestre que si se trazan dos secantes cualesquiera desde un punto P, 
exterior a un círculo C, tales que corten al círculo en los puntos A, B y A’, B’, 
respectivamente, los triángulos PAB’ y PA’B son semejantes y, por lo tanto, 
PA×PB = PA’×PB’ (el resultado de este producto se llama potencia de P con 
respecto al círculo C). 
 
18. Demuestre que en la siguiente figura los triángulos ABC y AED son 
semejantes. Usando esto, demuestre que también los triángulos ABE y ACD 
lo son. 
 
 
 
19. En la siguiente figura se muestra un método para multiplicar segmentos. 
El segmento OI representa la unidad de medida; el segmento OB se va a 
multiplicar por el segmento OA. Se traza IA, luego BC paralela a IA, el 
resultado buscado es el segmento OC. Demuestre la validez del método. 
 
 
 
20. En la siguiente figura se muestra un método para dividir segmentos. El 
segmento OI representa la unidad de medida; el segmento OA se va a dividir 
entre el segmento OB. Se traza AB, luego IC paralela a AB, el resultado 
buscado es OC. Demuestre la validez del método. 
α
α
β
β
D
C
B
A
E
O
B
I
A C
34 
 
 
 
21. Demuestre el Teorema de la Semejanza a partir de la siguiente figura: 
 
 En la que BE ⊥ AC, CF ⊥ AB y CH//AB. 
 
22. A partir del resultado del ejercicio anterior, demuestre el Teorema 
de Tales. 
 
23. Demuestre que si se traza una altura de un triángulo, el segmento 
determinado por el ortocentro y el punto de intersección entre la altura 
trazada y el circuncírculo es bisecado por el lado opuesto al vértice desde el 
cual se trazó la altura. En la siguiente figura HK es bisecado por BC. En 
otras palabras, demuestre que HD=DK. Vea la siguiente figura: 
 
 
A
BO I
C
A
B' C'
B C
EF
H
B C
A
K
D
H
35 
 
Capítulo 3 
 
Teorema de Pitágoras y Teorema de Tolomeo 
 
 
Otra solución del problema del lago, planteado en el Capítulo 1, es la 
siguiente (vea la Figura 3.1): trazar una recta perpendicular a AB que pase 
por A y trazar una recta que una a B con algún punto de dicha 
perpendicular, llamemos al punto D; entonces AB = 22 ADBD − . Aquí hemos 
aplicado el resultado de un famoso teorema conocido como Teorema de 
Pitágoras, pero ¿por qué es aplicable dicho teorema? 
 
 
 Figura 3.1 
 
El llamado Teorema de Pitágoras, que por cierto se sabe que no fue 
enunciado originalmente por Pitágoras, es probablemente el teorema más 
conocido que hay; al menos podemos asegurar que es el más demostrado. 
¡Se dice que alguien recopiló doscientas cincuenta y nueve demostraciones 
distintas! Aquí daremos dos que son probablemente las más sencillas, una 
que se expondrá enseguida y otra que se pedirá como ejercicio. 
 
Teorema de Pitágoras: En todo triángulo rectángulo, el cuadrado de la 
hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos. 
 
Se llama hipotenusa al lado opuesto al ángulo recto y catetos a los lados que 
forman dicho ángulo. 
 
Demostración: Sea el triángulo de lados a, b y c rectángulo, como se 
muestra en la Figura 3.2. 
B
A
D
36 
 
 
 
 Figura 3.2 
 
Construyamos dos cuadrados de lado a+b y unamos los puntos que 
delimitan los segmentos de tamaños a y b como se ilustra en la Figura 3.3 
 
 
 Figura 3.3 
 
Si en cada cuadrado quitamos los cuatro triángulos congruentes de lados a, 
b y c; quedan, en uno, un cuadrado de área c²; mientras que en el otro, dos 
cuadrados de áreas a² y b², respectivamente, por lo que: 
 
c² = a² + b² 
 
Que es lo que se quería demostrar. 
 
En los Ejercicios 15 y 16 del Capítulo 1 está implícito un importante 
teorema, cuya demostración es precisamente lo que se pide en dichos 
ejercicios. El enunciado del teorema es el siguiente: 
 
Teorema: Si dos cuerdas de un círculo se intersecan sobre la circunferencia, 
el ángulo entre ellas, llamado ángulo inscrito es igual a la mitad del ángulo 
formado por los radios que llegan a los otros extremos de las cuerdas, 
llamado ángulo central. (Figura 3.4) 
 
b
c
a
a
b
c
b
ac
37 
 
Es decir, un ángulo inscrito en una circunferencia es igual a la mitad del 
ángulo central correspondiente. 
 
 
 Figura 3.4 
 
Una consecuencia directa de ese teorema es: 
 
Corolario 1: Si dos pares de cuerdas que se intersecan sobre la 
circunferencia subtienden el mismo arco, entonces forman ángulos iguales. 
(Figura 3.5) 
 
 
 
 Figura 3.5 
 
 De aquí se deriva la siguiente propiedad (vea la Figura 3.6): 
 
Corolario 2: Un cuadrilátero puede inscribirse en un círculo si y sólo si los 
ángulos entre cada una de las diagonales y dos de los lados opuestos son 
iguales. 
β
α
α
α
38 
 
 
 
 Figura 3.6 
 
Supongamos que en el cuadrilátero PQRS de la Figura 3.6 ∠ PQS = ∠
PRS; entonces, en el circuncírculo del triángulo PQR deberá estar el punto S, 
pues es el único punto sobre la línea RS que subtiende al arco QR de dicho 
circuncírculo, ya que, por ser semejantes los triángulos POQ y SOR, ∠ RPQ=
∠ RSQ. Se dice que los puntos P, Q, R y S son concíclicos o que son los 
vértices de un cuadrilátero cíclico. El enunciado y la demostración del 
teorema recíproco se dejan como ejercicios. 
 
Suele decirse que los lados opuestos de un cuadrilátero cíclico son 
antiparalelos con respecto a los otros dos. En la Figura 3.6, PQ y SR son 
antiparalelas con respecto a QR y PS. Obviamente también QR y PS son 
antiparalelas con respecto a PQ y SR. Por otra parte, también lo son PS y QR 
con respecto a PR y SQ y también PQ y SR con respecto a PR y QS. A los 
cuadriláteros de lados PQ, SR, PR y SQ y PS, QR, PR y SQ se les suele llamar 
cruzados. Así que cuatro puntos no colineales determinan tres cuadriláteros, 
uno convexo, el de lados PQ, QR, RS y SQ, y dos cruzados, el de lados PS, 
SQ, QR y RP, y el de lados PQ, QS, SR y RQ. 
 
Corolario 3: Si dos cuerdas concurren en un punto de una circunferencia y 
si los otros extremos de ellas caen en puntos diametralmente opuestos, el 
ángulo que forman es recto, como se muestra en la Figura 3.7. 
 
 
β
β
O
α
α
γ
γ
Q
P
S
R
δ
δ
90°
180°
39 
 
 
 Figura 3.7 
 
Por otra parte, en el Ejercicio 18 del Capítulo 2, se pidió demostrar, para un 
cuadrilátero cualquiera, la semejanza entre los triángulos ABC y AED, así 
como la de los triángulos AEB y ADC de la Figura 3.8: 
 
 
 Figura 3.8 
 
De la primera de estas semejanzas se tiene que BC/DE = AC/AD, y de la 
segunda que AB/AC = EB/DC; es decir, 
 
 BC ×AD = AC ×DE y AB ×DC = AC ×EB. 
 
Si sumamos estas igualdades miembro a miembro obtenemos que: 
 
 AB ×DC + BC ×AD = AC ×EB + AC ×DE = AC × (EB + DE). 
 
Pero EB +DE ≥DB, que es la diagonal del cuadrilátero; por lo tanto: 
 
 AB ×DC + BC ×AD ≥ AC ×DB 
 
Hemos demostrado el siguiente: 
 
Teorema: La suma de los productos de lados opuestos de un cuadrilátero es 
siempre mayor o igual que el producto de sus diagonales. 
 
Los puntos D, E y B forman un triángulo, la relación 
 
 DE + EB ≥ DB 
 
es una propiedad conocida como la desigualdad del triángulo, que en otras 
palabras diría que la suma de dos de los lados de un triángulo es mayor o 
igual al tercer lado. Esta propiedad permite determinar, por ejemplo, si tres 
segmentos pueden o no formar un triángulo. 
α
α
β
β
D
C
B
A
E
40 
 
 
Probablemente el lector se esté preguntando en este momento cuándo es que 
vale la igualdad, porque por experiencia podríamospensar que la suma de 
dos lados de un triángulo es siempre mayor que el tercer lado. La respuesta 
es que la igualdad sólo vale en lo que se conoce como triángulos degenerados, 
es decir, triángulos en los que los tres vértices son colineales y, por lo tanto 
dos ángulos son cero y el tercero 180°. 
 
Volviendo al cuadrilátero, la igualdad sólo valdrá cuando el punto E caiga 
sobre la diagonal DB. Pero eso querría decir que el ángulo ADE, que sería el 
mismo que el ángulo ADB, es igual al ángulo BCA, es decir, que los ángulos 
entre diagonales y lados opuestos son iguales y, por lo tanto, el cuadrilátero 
sería inscriptible en una circunferencia. 
 
Hemos demostrado una parte de un importante teorema, a saber: 
 
Teorema de Tolomeo. Un cuadrilátero es cíclico si y sólo si la suma de los 
productos de sus lados opuestos es igual al producto de sus diagonales. 
 
Dejaremos al lector la demostración de la otra parte del teorema, es decir, si 
el cuadrilátero es cíclico, entonces la suma de los productos de sus lados 
opuestos es igual al producto de sus diagonales. 
 
Tolomeo, que estaba interesado principalmente en la Astronomía, se propuso 
dar las medidas de las cuerdas correspondientes a los ángulos centrales de 
una circunferencia de diámetro unitario desde medio grado hasta ciento 
ochenta grados. Para ello, utilizando el resultado de su teorema, encontró las 
siguientes propiedades: 
 
En un círculo de diámetro uno consideremos dos cuerdas AB y AD, con un 
extremo común, de tal manera que si trazamos el diámetro AC, que pasa por 
el punto de intersección de dichas cuerdas determina con ellas un ángulo α 
y un ángulo β, respectivamente, según se muestra en la Figura 3.9. 
 
 
 Figura 3.9 
α
γ
βA
B
D
E
C
41 
 
 
Aplicando el Teorema de Tolomeo tenemos que AB ×DC + BC×AD = AC×BD, 
en donde CD es la cuerda subtendida por el ángulo α , a la que llamaremos 
p. BC es la cuerda subtendida por el ángulo β, a la que llamaremos q, y BD 
es la cuerda subtendida por el ángulo γ , que es la suma de α y β, a la que 
llamaremos x; por lo tanto, como dijimos que el diámetro vale uno y los 
ángulos entre las cuerdas cuyos extremos son diametralmente opuestos 
forman ángulos rectos, tendremos: 
 
 x = p (1-q²)1/2 + q (1-p2)1/2 …………………….(1) 
 
Ésta es la medida de la cuerda determinada por el ángulo γ , el cual es 
precisamente la suma de los ángulos α y β, como ya se dijo. 
 
Calculemos ahora la longitud de la cuerda que subtiende un ángulo γ =α -β 
a partir de la longitud de las cuerdas subtendidas por α y β . La Figura 
3.10 nos puede servir como referencia: 
 
 
 
 Figura 3.10 
 
Si el ángulo α es mayor que el ángulo β, por el Teorema de Tolomeo tenemos 
que AB ×CD + BC×AD = AC ×BD; llamemos p a BD, que es la cuerda 
determinada por el ángulo α ; q a la cuerda determinada por el ángulo β, que 
es CD, y x a la cuerda determinada por el ángulo γ =α – β, que es BC. 
Recordemos que el diámetro AD vale uno, así que el resultado de aplicar el 
teorema, y de usar nuevamente el Teorema de Pitágoras, será: 
 
 q (1-p2)1/2 + x = p (1-q²)1/2 
 
Por lo tanto: 
 
 x = p (1-q²)1/2 - q (1-p2)1/2 …………………….(2) 
 
β
γ
γ
α
B
C
DA
42 
 
Por último, se puede encontrar una manera de calcular la cuerda de un 
ángulo igual a la mitad de un ángulo dado. En este caso, la cuerda que 
subtiende el ángulo β =½ α . Nos podemos auxiliar con la Figura 3.11: 
 
 
 
 Figura 3.11 
 
 
Sea p = BD; sea x = BC = CD y recordemos que AD = 1, así que, aplicando 
nuevamente los Teoremas de Tolomeo y de Pitágoras, tenemos que x(1-p2)1/2 
+x=p(1-x2)1/2, cuya solución válida es: 
 
 x = ½(2 - 2(1-p2)1/2)1/2 ...........................(3) 
 
Aparte de estas tres fórmulas, mediante el propio Teorema de Tolomeo se 
puede obtener la razón entre el lado y la diagonal de un pentágono regular. 
Dicha razón es la siguiente: 
 
d
l
= ½( 5 –1) 
 
La obtención de este resultado se dejará como ejercicio. 
 
Ahora vamos a determinar el valor de la cuerda correspondiente a un ángulo 
central de 72° en una circunferencia de diámetro 1. En la Figura 3.12, la 
cuerda que queremos determinar es BC: 
β
β
α
B
DA
C
43 
 
 
 
 Figura 3.12 
 
Como los triángulos OEC y CDB son semejantes, BD/BC = EC/OC, pero 
sabemos lo siguiente: 
 
BC = l 
CF = d 
BD = (l²- d²/4)1/2 
EC = ½ l 
OC = ½ 
 
Sustituyendo en la razón de semejanza planteada, se obtiene que: 
 
 l² = ½ (4 l² - d²)1/2 
 
Utilizando el valor de la razón 
d
l
= ½( 5 –1) y resolviendo para l, obtenemos: 
 
 l = ¼ (10 - 2 5 )1/2 
 
Que es el valor de la cuerda determinada por los extremos de un diámetro y 
de otra cuerda, cuyo ángulo con dicho diámetro es de 36°, es decir, de un 
ángulo central de 72°, como se pretendía. 
 
En adelante, para hacer explícito que se trata de un valor particular 
correspondiente al ángulo de 36°, en vez de l, usaremos la notación l(36°). 
 
De manera similar, pero ahora usando un hexágono regular determinaremos 
el valor correspondiente a l(30°); para ello nos referiremos a la Figura 3.13: 
 
36° 36°
36°
O
A C
B
E
F
D
44 
 
 
 
 Figura 3.13 
 
Como el lado de un hexágono regular es igual al radio del 
círculo en el que puede inscribirse, vemos que l (30°)= ½. 
 
Ahora, si aplicamos la fórmula (2) para la diferencia de cuerdas, tendremos 
que la cuerda correspondiente a un ángulo de 6° será: 
 
 l(6°)=
4
1
 (10-2 5 )1/2(1–
4
1
)1/2-
2
1
(1–
8
1
(5- 5 ))1/2 = 0.10452846 
 
Entonces, aplicando la fórmula (3), el valor de la cuerda de un ángulo de 3° 
es: 
 l (3°) = 0.052335956. 
 
Nuevamente, usando la fórmula (3) para 90’, el valor de la cuerda es: 
 
 l (90’) = 0.026176948. 
 
Por último, usando la misma fórmula (3), podemos obtener el valor de la 
cuerda correspondiente a un ángulo de 45’: 
 
 l (45’) = 0.013089596. 
 
Ahora veamos el brillante razonamiento de Tolomeo: 
 
Si tomamos el cociente de dos cuerdas determinadas por ángulos cuyos 
valores sean mayores que 0° y menores que 90°, la razón de las cuerdas 
correspondientes a dos ángulos α y β tales que 0° ≤ α <β ≤90°, cumple con 
la siguiente propiedad: 
 
 
)(
)(
β
α
l
l
>
β
α
 
 
l(30°)
30°
O
B
C
A
45 
 
Que demostraremos en el siguiente capítulo. 
 
Ahora, en el caso de los ángulos y las cuerdas correspondientes a 45’ y 60’ 
tenemos que 
 
 
)'60(
013089596.0
l
> 
'60
'45
=
4
3
 
 
De donde la cuerda correspondiente a 60’, será menor que 0.0174527947. 
Por otro lado, aplicando la desigualdad a las cuerdas y los ángulos 
correspondientes a 60’ y 90’ tenemos que 
 
 
026176948.0
)'60(l
> 
'90
'60
=
3
2
 
 
Por lo que la cuerda correspondiente a 60’ será mayor que 0.0174512987. Es 
decir, que si consideramos sólo las primeras cinco cifras después del punto 
decimal, lo cual sería una excelente aproximación, la cuerda correspondiente 
a 60’, es decir, un grado, vale 0.01745. Con este resultado, Tolomeo pudo 
elaborar una tabla de valores tomados de medio grado en medio grado, desde 
0° hasta 180°. Probablemente el lector ya se haya dado cuenta de que esto 
no es otra cosa que la tabla de valores de lo que hoy conocemos como la 
función seno. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
46 
 
Ejercicios 
 
 
1. Demuestre que si en un triángulo ABC se cumple que AB²= BC²+AC², 
entonces el triángulo es rectángulo. (Recíproco del Teorema de Pitágoras) 
 
2. Demuestre que si CM es la altura de un triángulo rectángulo ABC, trazada 
del vértice C a lahipotenusa, el producto de los segmentos AM y MB es igual 
a CM ². 
 
3*. Demuestre que la tangente a un círculo es perpendicular al radio de éste 
trazado desde el punto de tangencia. 
 
4. Demuestre que el ángulo que forman una cuerda y la tangente a una 
circunferencia en uno de los extremos de la cuerda es igual a la mitad del 
ángulo entre los radios que van a los extremos de la cuerda. 
 
5. Demuestre la proposición directa del Teorema de Tolomeo, es decir, si un 
cuadrilátero es inscriptible, entonces la suma de los productos de lados 
opuestos es igual al producto de sus diagonales. 
 
6. Aplique el Teorema de Tolomeo a un rectángulo, note que el resultado es 
otra demostración del Teorema de Pitágoras. 
 
7. Aplique el Teorema de Tolomeo a un cuadrado. 
 
8. Aplique el Teorema de Tolomeo a un trapecio isósceles cuyo lado mayor 
sea igual al diámetro de la circunferencia que lo circunscribe y los otros tres 
lados sean del mismo tamaño. 
 
9. Demuestre, usando la Figura 3.11, que la razón del lado entre la diagonal 
de un pentágono regular es 
d
l
= ½( 5 –1). 
10. Demuestre que si se prolongan los lados opuestos de un cuadrilátero 
cíclico, las bisectrices de los ángulos que forman son perpendiculares entre 
sí. Esto prueba que si dos rectas son antiparalelas con respecto a otras dos, 
la bisectriz del primer par es perpendicular a la del segundo. 
47 
 
 
 
11. Sea P un punto en el arco AB de un círculo. 
 
 a. Si el segmento AB es el lado de un triángulo equilátero ABC, 
 demuestre que PC = PA + PB 
 
 b. Si el segmento AB es el lado de un cuadrado ABCD, demuestre 
 que (PA +PC) ×PC = (PB + PD) ×PD 
 
 c. Si el segmento AB es el lado de un pentágono regular ABCDE, 
 demuestre que PC + PE = PA + PB +PD 
 
 d. Si el segmento AB es un lado de un hexágono regular, demuestre 
 que PD + PE = PA +PB + PC + PF 
 
12. El siguiente método se usa para sacar gráficamente la raíz cuadrada de 
un segmento (ver la siguiente figura): 
 
 
 
Sea OA el segmento al cual se le quiere sacar raíz cuadrada; AB la unidad de 
medida, OB el diámetro del semicírculo trazado y CA la semicuerda 
perpendicular a OA en A. CA representa a la raíz cuadrada de OA. 
Demuestre la validez del método. 
 
13. Sea ABCD un cuadrilátero inscrito en una circunferencia; sea E el punto 
de intersección de las diagonales de ABCD. Demuestre que BE/DE=AB ×
BC/AD ×CD. 
 
m
l
CD
B
A
O B
C
A
48 
 
14. Demuestre que un cuadrilátero es cíclico si y sólo si, sus ángulos 
opuestos suman 180° 
 
15. Demuestre que todo trapecio isósceles, es decir, aquél que tiene dos lados 
opuestos paralelos y los otros dos no paralelos y del mismo tamaño, es 
cíclico. 
 
16. Encuentre, aplicando las fórmulas obtenidas por Tolomeo, los valores de 
l(2°), l(5°) y l(210’). 
 
17. Sea ABCD un paralelogramo, sean P, Q y R los puntos en que un círculo 
cualquiera que pase por D corta a los segmentos CD, BD y AD, 
respectivamente. Pruebe que DQ ×DB = DP ×DC + DR ×DA. 
 
 
 
18. Sea ABC un triángulo isósceles, tal que AB = AC, inscrito en un círculo, 
sea P un punto del círculo sobre el arco determinado por los puntos B y C. 
Demuestre que la razón 
PCPB
PA
+
=
BC
AC
 es constante para cualquier punto P. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A
B
CD P
R
Q
49 
 
Capítulo 4 
 
Trigonometría 
 
 
Como hemos visto, los triángulos semejantes tienen sus tres ángulos 
interiores respectivamente iguales; si consideramos el conjunto de triángulos 
que tienen un ángulo recto, entonces, al fijar uno de los otros ángulos 
obtendremos todo un conjunto de triángulos semejantes, puesto que el tercer 
ángulo tendrá que ser el suplementario de los dos conocidos. Como los 
triángulos semejantes tienen sus lados proporcionales, si conocemos la razón 
de dos lados de uno de los elementos de un conjunto de triángulos 
semejantes, conoceremos la razón correspondiente de todos los demás. Esta 
propiedad nos permite establecer las razones de los lados de cualquier 
triángulo rectángulo como función de uno de los ángulos no rectos. 
 
 Figura 4.1 
 
Por ejemplo, supongamos que en el triángulo rectángulo de la Figura 4.1 el 
ángulo B midiera 60°, entonces podríamos decir que las relaciones AC/AB, 
BC/AB, AC/BC, BC/AC, AB/BC y AB/AC son las mismas para todos los 
triángulos rectángulos con un ángulo de 60°. Así que, si hacemos AB = 1, 
entonces, BC =
2
1
 y, por el Teorema de Pitágoras tendremos que 
AC =
2
3
, por lo que AC/AB =
2
3
; BC/AB =
2
1
; AC/BC = 3 ; BC/AC =
3
3
; 
AB/BC =2 y AB/AC =
3
32
 
Como el valor de las razones depende del ángulo, que en este ejemplo es 60°, 
las razones de los lados se expresan como funciones de dicho ángulo, es 
decir, si en vez de 60° tuviéramos un ángulo α , definimos: 
 
sen α = AC/AB (cateto opuesto al ángulo α entre hipotenusa). 
cos α = BC/AB (cateto adyacente al ángulo α entre hipotenusa). 
tan α = AC/BC (cateto opuesto a α entre el cateto adyacente). 
cot α = BC/AC (cateto adyacente a α entre el cateto opuesto). 
B
A
C
60°
50 
 
sec α = AB/BC ( hipotenusa entre el cateto adyacente a α ). 
csc α = AB/AC (hipotenusa entre el cateto opuesto a α ). 
 
El conocimiento de los valores de las funciones trigonométricas es de gran 
utilidad; ahora basta con apretar algunas teclas en una calculadora o en una 
computadora para conocer el valor de cualquier función de cualquier ángulo, 
pero en la antigüedad eso no era tan fácil, de ahí la importancia del trabajo 
de Tolomeo descrito en el capítulo anterior. 
 
Una forma, en general poco precisa, de calcular los valores de las funciones 
trigonométricas era medir directamente sobre un triángulo “modelo” en el 
que se trazaba el ángulo deseado y se establecía que la hipotenusa tuviera 
una longitud de una unidad. Con el auxilio de un círculo de radio uno y de 
unos ejes coordenados, se puede ver cómo evaluar los valores de las 
funciones de manera más o menos aproximada. Veamos la Figura 4.2. 
 
 
 Figura 4.2 
 
Si el radio del círculo es igual a una unidad, OP = 1, el valor de la distancia 
PQ será igual al seno del ángulo α ; el valor de OQ será el coseno de ese 
mismo ángulo; TR la tangente, puesto que OR = 1; US la cotangente, puesto 
que el ángulo USO es igual a α (alternos internos entre paralelas) y OU = 1; 
la magnitud de OT será igual a la secante del mismo ángulo y la de OS a la 
cosecante. Por esta propiedad estas funciones también se conocen como 
funciones circulares. Como PQ caerá siempre en el interior del círculo, o sea 
en el seno del círculo, de ahí toma el nombre; algo similar ocurre con OQ, 
que como ya se dijo, es el coseno. TR y US se miden sobre dos tangentes al 
círculo y tanto OT como OS sobre una secante al mismo; de ahí los nombres 
de las funciones. 
 
α
αU
O R
S
P
T
Q
51 
 
Si tomamos los signos correspondientes a los cuadrantes formados por los 
ejes en la Figura 4.2, el seno y el coseno serán positivos en el primer 
cuadrante, positivo y negativo respectivamente en el segundo, negativos 
ambos en el tercero y negativo y positivo en el cuarto. Como la función 
tangente es igual a la función seno entre la función coseno (Ejercicio 1.i. de 
éste capítulo), los signos de la tangente se deducen de los signos del seno y 
del coseno, análogamente con el resto de las funciones. 
 
Las siguientes gráficas corresponden al seno, al coseno y a la tangente, en 
función del ángulo: 
 
 
 
 
 
Figura 4.3 
 
Hemos trazado las gráficas de las primeas tres funciones en el intervalo de 
cero a 2π , es decir, el que corresponde a una vuelta completa al círculo. 
Como puede verse, las gráficas del seno y del coseno corresponden a lo que 
se llama un periodo, o dicho de otra manera,dado un ángulo específico, los 
52 
 
valores tanto del seno como del coseno se repiten cada vez que agregamos 2
π al valor del ángulo. 
 
Sin embargo, en la gráfica de la tangente puede verse que el periodo es de 
valor π , pues los valores en la gráfica se repiten cada vez que se agrega π al 
ángulo. Además, en esta gráfica se aprecia que, conforme el valor del ángulo 
tiende a tomar valores múltiplos impares de 
2
π
, la curva tiende a confundirse 
con una recta vertical; a dicha recta se le llama asíntota. En general, se dice 
que una curva tiene una asíntota si existe una recta a la cual la curva se 
aproxime sin llegar a tocarla para algún valor específico de la variable, en 
este caso 
2
)12( π+n
, con n entero. 
 
Se dejará al lector como ejercicio la elaboración de las gráficas restantes, así 
como la determinación de los periodos de las funciones cotangente, secante y 
cosecante. 
 
Si nos fijamos en la gráfica de la función seno, vemos que para valores del 
ángulo entre 0 y 
2
π
 es creciente, es decir, si α es mayor o igual que cero y β 
es mayor que α , pero menor o igual a 
2
π
, entonces: 
 sen β>sen α . 
 
Algo similar pasa con la tangente, por lo que se cumple la siguiente 
propiedad: si 0 ≤ α < β ≤
2
π
, entonces 
 
 
α
αsen
>
β
βsen
 
 
Esto se deduce de construir en la gráfica del seno, en el intervalo considerado 
— donde la curva es convexa —, un triángulo rectángulo de base α y altura 
senα y otro de base β y altura sen β. Puesto que el cociente de la altura entre 
la base es la tangente del ángulo opuesto a la altura y como la tangente es 
creciente entre 0 y
2
π
, se deduce la desigualdad. Vea la Figura 4.4, en la cual 
se muestra que el ángulo opuesto al lado AB del triángulo OAB, que es el que 
corresponde al valor senα (α =OA y senα =AB), es siempre mayor, en el 
intervalo considerado, que el ángulo opuesto al lado CD, del triángulo OCD, 
que es el que corresponde al valor sen β (β =OC y sen β = CD). 
53 
 
 
 Figura 4.4 
 
Con esto se demuestra la propiedad usada en el Capítulo 3, a saber: 
 
 
)(
)(
β
α
l
l
>
β
α
. En donde 0 ≤ α < β ≤
2
π
. 
 
Como se pudo apreciar en el capítulo anterior, el triángulo rectángulo es de 
gran ayuda para resolver una enorme cantidad de problemas, puesto que 
todo polígono puede descomponerse en triángulos y todo triángulo no 
rectángulo puede a su vez descomponerse, mediante cualquiera de las 
alturas, en dos triángulos rectángulos. Sin embargo, cuando se tiene 
suficiente información, pueden deducirse datos de un triángulo no 
rectángulo sin necesidad de descomponerlo explícitamente en triángulos 
rectángulos. Veamos cómo. 
 
La Ley de los Senos: Supongamos que el triángulo ABC de la Figura 4.5 
está inscrito en una circunferencia de diámetro d, tracemos desde C un 
diámetro que corte a la circunferencia en un punto P, y tracemos la cuerda 
PB, entonces, el triángulo PBC es rectángulo y el ángulo BPC es igual al 
ángulo BAC, pues subtienden al mismo arco, eso quiere decir que: 
 
 sen BAC = sen BPC = BC/PC. 
x
sen x
B
O
D
A C
54 
 
 
 Figura 4.5 
 
Si llamamos a al segmento BC, y A al ángulo BAC, tendremos que 
 
 senA=
d
a
. 
 
Claramente, con razonamientos totalmente análogos podremos deducir que 
 senB =
d
b
 y senC= 
d
c
 
 
Es decir: 
 
 
a
senA
=
b
senB
=
c
senC
=
d
1
 
 
A esta fórmula se le conoce como ley de los senos y sirve para deducir los 
valores de los lados o de los ángulos de un triángulo no rectángulo del que se 
conocen suficientes datos como para que esté bien determinado, según se vio 
en la sección dedicada a la congruencia de triángulos. 
 
Sin embargo, en el caso de que se conozcan los tres lados, el procedimiento 
para conocer los ángulos, mediante la ley de los senos, resulta algo 
engorroso, por lo que puede recurrirse a otra propiedad que se conoce como 
ley de los cosenos, que se obtendrá enseguida: 
 
Ley de los Cosenos: Consideremos un triángulo cualquiera cuyos vértices 
llamaremos A, B y C, en el cual trazaremos la altura desde A, cuya 
intersección con BC llamaremos D, según se muestra en la Figura 4.6. 
 
Sea a = BC, b = CA, c = AB, h = AD y x = BD, entonces DC = a - x. 
 
Aplicando el Teorema de Pitágoras en los triángulos ADB y ADC: 
 
 h² = c² - x², y también h² = b² - (a – x)². 
 
b
a
c
A
C
B
P
55 
 
De la segunda ecuación, 
 
 h² = b² - a² + 2ax - x². 
 
Si restamos esto de la primera ecuación, tendremos que 
 
 c² - b² + a² - 2ax = 0. 
 
Pero como cos B = x/c, despejando a b² tenemos que: 
 
 b² = c² + a² - 2ac cos B 
 
a esta ecuación se le llama ley de los cosenos y obviamente se pueden 
obtener expresiones análogas para a² y para c². 
 
 Figura 4.6 
 
 
Aunque dijimos que sirve para el caso en que se conozcan los tres lados y se 
deseen conocer los ángulos del triángulo, resulta cómoda también en el caso 
en que se conozcan dos lados y un ángulo. 
 
Brahmagupta, un matemático de la India del siglo VII, descubrió que el área 
A de un cuadrilátero inscriptible se puede calcular del siguiente modo (vea la 
Figura 4.7): 
x
c
bh
a
B C
A
D
56 
 
 
 
 Figura 4.7 
 
Llamemos s a la mitad del perímetro del cuadrilátero y a, b, c y d a sus lados; 
el cuadrado de la diagonal x es, según la ley de los cosenos: 
 
 x² = c² + d² - 2cd cos α , o bien x² = a² + b² - 2ab cos(180°- α ) 
 
pero cos α = - cos(180°- α ) — vea las Figuras 4.2 y 4.3 —, lo que implica que 
 
 2(ab+cd) cos α = c² + d²-(a² + b²) 
 
Por otra parte, el área del cuadrilátero se puede expresar como la suma de 
las áreas de los triángulos, cuyos lados son a, b, x y c, d, x, en los cuales 
usaremos como bases los lados a y c, respectivamente, por lo que las alturas 
correspondientes serán b sen(180°- α ) y d sen α . 
 
Como sen(180°- α )= sen α , el área del cuadrilátero será: 
 
 A= ½ (ab+cd) sen α , de donde, 4 A= 2(ab+cd) sen α 
 
Como consecuencia del Teorema de Pitágoras, sen² α + cos² α =1, de 
donde: 
 
 16A²= (2ab+2cd)² - (c²+ d²- a²-b²)² 
 
que por ser una diferencia de cuadrados se puede expresar como 
 
 16A²=[2ab+2cd-(c²+ d²- a²-b²)][2ab+2cd+(c²+ d²- a²-b²)]= 
 
 =[a²+2ab+b²-(c²-2cd+d²)][c²+2cd+d²-(a²-2ab+b²)]= 
 
 =[(a+b)²-(c-d)²][(c+d)²-(a-b)²]= 
 
a
d
c
bx
180°−α
α
57 
 
 =[(a+b)+(c-d)][(a+b)-(c-d)][(c+d)-(a-b)][(c+d)+(a-b)]= 
 
 =2(s-d) ×2(s-c) ×2(s-a) ×2(s-b)= 
 
 =16(s-a)(s-b)(s-c)(s-d). 
 
De donde el área del cuadrilátero cíclico será: 
 
 A= ))()()(( dscsbsas −−−− 
 
Un caso particular de esta fórmula es la Fórmula de Herón, que sirve para 
calcular el área de un triángulo en función de las longitudes de sus lados, sin 
tener que medir su altura, fórmula de gran utilidad en el cálculo de áreas de 
superficies poligonales de forma irregular. Si en la fórmula anterior tomamos 
el límite cuando d→0, el cuadrilátero de la Figura 4.7 tomará la forma de un 
triángulo ∆ cuya área será: 
 
 A∆= scsbsas ))()(( −−− 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
58 
 
 
Ejercicios: 
 
 
1. Demuestre que para cualquier valor de α , se cumple que 
 
 i. tan α = sen α /cos α 
 ii. sen² α + cos² α = 1 
 iii. sec² α = 1 + tan² α 
 iv. sen(180°- α ) = sen α 
 v. sen(α + 90°) = cos α 
 
2. Deduzca, de un triángulo equilátero, los valores de las seis funciones 
trigonométricas de los ángulos de 30° y de 60°. 
 
3. Deduzca, de un triángulo rectángulo isósceles, los valores de las seis 
funciones trigonométricas del ángulo de 45°. 
 
4. Obtenga la fórmula de la ley de los senos partiendo de la Figura 4.6, sin 
usar el