MISCELANEA_GEOMETRIA_Tomo_III

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Juan Ángel Díaz Hernando
Doctor Ingeniero Industrial
Licenciado en Ciencias Matemáticas
Profesor Titular de la Universidad Politécnica de Madrid
MISCELÁNEA DE GEOMETRÍA
Tomo III
Lugares Geométricos
Madrid, 2016
Datos de catalogación bibliográfica.'
&
$
%
JUAN ÁNGEL DÍAZ HERNANDO.
Miscelánea de Geometría. Tomo III. Circunferencias notables. Homografías
c©JUAN ÁNGEL DÍAZ HERNANDO, Madrid 2017
Formato 176 x 250 mm Páginas: 373
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intelectual. La infracción de los derechos mencionados puede ser constitutiva de delito contra la propie-
dad intelectual (arts. 270 y sgts. Código Penal)
DERECHOS RESERVADOS
c©2017 por Juan Ángel Díaz Hernando
Presentación: M-005672/2016
R.P.I. 16/2017/594 del 2 de Febrero de 2017
(España)
Editor: Juan Ángel Díaz Hernando
Técnico editorial: E.B.M.
IMPRESO EN ESPAÑA - PRINTED IN SPAIN
A mis queridos nietos: Lucía, Diego y Mario.
III
Prólogo
Lo mismo que ocurrió con los anteriores Tomos I y II, que hubo que desdoblar, de lo que se planificó
como un único volumen , dado la extensión de lo tratado , se ha repetido en lo que constituyen
los Tomos III y IV.
Centrados en el que nos ocupa, anticipamos que, en el Capítulo I, la primera lección está dedicada a
los trazados elementales para las construcciones geométricas.
En la segunda lección se desarrolla un elevado número de propiedades útiles para las construcciones
geométricas, que amplían las dadas en la lección anterior.
En la tercera lección se ejemplariza, abundantemente, la determinación de lugares geométricos, muy
de agradecer, sobre todo algunos, en las construcciones de cuadriláteros y triángulos con los que nos
encontraremos más adelante.
La cuarta lección estudia los polígonos estrellados que, ilustrados con numerosos ejemplos, entiendo
hacen atractiva su lectura.
Abre el Capítulo II, una lección en la que, siguiendo mi costumbre, vuelvo a replantear el tema de la
inversión, estudiando el producto de transformaciones y, finalizando con la resolución de un problema
clásico, como es la determinación de una circunferencia tangente a otra dada, a una recta también cono-
cida y que pase por un determinado punto.
Las lecciones sexta y séptima constituyen una verdadera curiosidad, ya que desde siempre se consideró,
en geometría, como las soluciones más simples, aquellas que no exigían más que la ayuda de la regla
y el compás; la primera, que titulamos Geometría del Compás, nos muestra, con un buen número de
ejemplos, como es posible prescindir de la regla y, utilizar sólo el compás, mientras que la segunda,
titulada Geometría de la Recta, también con un buen número de ejemplos, nos advierte de que, con
una condición adicional, toda construcción resoluble, utilizando la regla y el compás, puede solucionarse
valiéndose únicamente de la regla.
El Capítulo III, con una única lección, está dedicado exclusivamente a la construcción de cuadriláte-
ros, aplicando un buen número de propiedades estudiadas antes.
El Capitulo IV, aunque también con una única lección, aparece ésta fraccionada en cinco apartados, que
bien hubieran constituido otras tantas lecciones. En el primero se plantea, en general, la representación
de curvas, estando los cuatro siguientes dedicados al dibujo específico de los distintos tipos que pueden
presentársenos: paramétricas, implícitas, explícitas y polares.
V
Anticipemos, ahora, el contenido del Tomo IV, que como apuntábamos antes no es sino la continua-
ción natural del Tomo III. Sus cuatro capítulos estarán dedicados, íntegramente, a la construcción de
triángulos. En el Capítulo V, se tratan los triángulos equiláteros, mientras el Capítulo VI se dedica a
los triángulos isósceles, siendo el objetivo del Capítulo VII, los triángulos rectángulos. Por último, el
Capítulo VIII, el más extenso, pretende la construcción de los triángulos, en general, escalenos.
El saber popular suele aconsejarnos diciendo: “La experiencia es la madre de la Ciencia”, a lo que
tal vez, convendría apostillar: “Sí, pero sin olvidar que la observación es la abuela”. Observemos a
la abeja, que siempre hemos admitido como modelo de laboriosidad y de constancia, ya que aunque
mecánicamente no puede volar, no sólo vuela sino que además hace cera y miel. Quiero, en este sentido
recordar lo que escribió R. Kipling: “Si encomiendas a un hombre más de lo que puede hacer, lo hará;
si solamente le encomiendas lo que puede hacer, no hará nada”. ¡Atención estudiantes!.
Es para mi una fuente de reflexiones recordar las lecciones de gramática parda que nos regaló Am-
brosio el de la Carabina, cuando definió la constancia diciendo: “Su obra se reconoce a regañadientes,
atribuyéndola a la suerte u otras circunstancias que no dependen del individuo. Así queda satisfecho el
orgullo de los que no la poseen”.
Seguiré agradeciendo los comentarios, tanto de Profesores como de Alumnos, que sin duda mejorarán
posibles nuevas ediciones, y en particular a los estudiosos, que estoy convencido abundan más de lo que
nos dicen las estadísticas.
Siempre en mi memoria mis amigos, mi esposa y mis padres, mis hijos y mis nietos.
Juan Angel Díaz Hernando.
VI
ÍNDICE
CAPÍTULO I
Lección 1 TRAZADOS GEOMÉTRICOS ELEMENTALES
1.1 Segmentos........................................................................................... 3
1.2 Trazados geométricos......................................................................... 8
1.3 División de una circunferencia y construcción de polígonos............. 15
1.4 Figuras planas y cuerpos geométricos................................................ 20
1.5 Los poliedros regulares....................................................................... 24
1.6 Trigonometría (Cuadro resumen)........................................................ 25
Lección 2 PROPIEDADES ÚTILES PARA LAS CONSTRUCCIONES
GEOMÉTRICAS
2.1 Propiedades......................................................................................... 27
2.2 Ejemplos.............................................................................................. 58
Lección 3 LUGARES GEOMÉTRICOS
3.1 Ejemplos............................................................................................... 81
Lección 4 POLÍGONOS CONVEXOS Y ESTRELLADOS
4.1 Polígonos estrellados............................................................................ 135
4.2 El pentágono regular............................................................................ 142
4.3 Propiedades de los decágonos y pentadecágonos regulares................. 144
4.4 Áreas equivalentes................................................................................ 148
CAPÍTULO II
Lección 5 ALGO MAS SOBRE LA INVERSIÓN
5.1 Generalidades...................................................................................... 165
5.2 Producto de transformaciones............................................................. 172
5.3 Unos problemas clásicos..................................................................... 175
Lección 6 GEOMETRÍA DEL COMPÁS
6.1 Construir utilizando sólo el compás..................................................... 181
6.2 Aplicación de la inversión en la geometría del compás....................... 195
Lección 7 GEOMETRÍA DE LA REGLA
7.1 Secciones cónicas................................................................................ 199
7.2 Rectas paralelas................................................................................... 204
7.3 Construir conociendo una circunferencia y su centro......................... 207
IX
CAPÍTULO III
Lección 8 CUADRILÁTEROS
8.1 Construcción de cuadriláteros............................................................. 213
CAPÍTULO IV
Lección 9 REPRESENTACIÓN DE CURVAS
9.1
Generalidades...................................................................................... 233
9.2 Dibujo de una curva en forma paramétrica......................................... 239
9.3 Dibujo de una curva en forma implícita.............................................. 282
9.4 Dibujo de una curva en forma explícita............................................... 328
9.5 Dibujo de una curva dada en coordenadas polares.............................. 337
ÍNDICE ALFABÉTICO ............................................................................................... 351
SÍMBOLOS ............................................................................................... 355
ALFABETO GRIEGO ............................................................................................... 359
BIBLIOGRAFÍA ............................................................................................... 363
X
CAPÍTULO I
Lección 1.- TRAZADOS GEOMÉTRICOS ELEMENTALES
1.1 Segmentos
1.2 Trazados geométricos
1.3 División de una circunferencia y construcción de polígonos
1.4 Figuras planas y cuerpos geométricos
1.5 Los poliedros regulares
1.6 Trigonometría (cuadro resumen)
1.1 Segmentos
1.- Cuarta proporcional
Resuelve la determinación de x dada la proporcionalidad
a
b
=
c
x
.
a
x
c
a
c x
b
b
3
2.-Tercera proporcional
Resuelve la determinación de x dada la proporcionalidad
a
b
=
b
x
.
a
x a
x
b
a
x
b
ax
b
b b
b
3.- Media proporcional
Resuelve la determinación de x dada la proporcionalidad
a
x
=
x
b
.
a
x
b
a
x
b
x
a
b
4
4.- Productos de dos segmentos
Resuelve la determinación de x dada la igualdad x = a ·b ⇐⇒ x
b
=
a
1
.
x
a
1
b
5.- Cociente de dos segmentos
Resuelve la determinación de x dada la igualdad x =
a
b
⇐⇒ x
1
=
a
b
.
a
x
b 1
6.- Raíz cuadrada de un segmento
Resuelve la determinación de x dada la igualdad x2 = a ⇐⇒ x =
√
a .
a
x
1
5
7.- Determinación de dos segmentos conocida su suma y su media proporcional
Resuelve el sistema de ecuaciones
 s = a+bm2 = a ·b (s=suma, m=media proporcional).
b
m
a
s
8.- Determinación de dos segmentos conocida su diferencia y su media proporcional
Resuelve el sistema de ecuaciones
 d = a−bm2 = a ·b (d=diferencia, m=media proporcional).
d
a
b
m
6
9.- División de un segmento en media y extrema razón (División áurea)
Diremos que un punto M divide al segmento AB en media y extrema razón, si se verifica:
AM2 = AB ·MB
y del segmento AM diremos que es el segmento áureo de AB.
(Observamos que sobre la recta AB hay otro punto M′ tal que : AM′2 = AB ·M′B ) .
M´ 
x
MA B
D
y
O
a
x´
OB = 
AB
 2
x2 = a · (a−x) =⇒ x2 +a ·x−a2 = 0 =⇒ x = a
2
· (
√
5−1) ; x′ = a
2
· (
√
5+1)
10.- Determinación del segmento AB del que AM es su segmento áureo
A M
B
O
OM = 
AM
 2
7
1.2 Trazados geométricos
1.- Trazar la mediatriz de un segmento AB
A B
2.- Trazar una paralela a una recta, r, por un punto P
AB
P C
punto arbitrario
AC = PB
r
3.- Trazar la perpendicular a una recta, r, por un punto P
P
r
P r
4.- Trazar la circunferencia que pasa por tres puntos, P, Q y R
P
Q
R
8
5.- Trazar una circunferencia, (c), conocidos dos puntos P, Q y la tangente PT en uno de ellos
P
Q
T
O
(c)
6.- Trazar un triángulo equilátero inscrito en una circunferencia
O
7.- Dividir un ángulo en dos partes iguales
(recta arbitraria)



(bisectriz)
P
(bisectriz)P
α
α
α
α
β
β
9
8.- Dividir un ángulo recto en tres partes iguales
9.- Trazar las tangentes a una circunferencia desde un punto P
O
P
P
A
B
T1
T2
OB = 2·OA
O
T2 T1
10
10.- Trazar las tangentes comunes a dos circunferencias
ó
 r - r
r
ór
ór
=
==
==
=
ór
ór
r
11
11.- División de un segmento MN en partes proporcionales a segmentos dados, a, b y c
p q r
M N
a
b
c
s= recta auxiliar
p q r
a b c= =
s
12.- Determinar la cuarta proporcional, x , respecto a tres segmentos dados, a, b y c
a
b
c
x
rectas auxiliares
a c
b x
=
(Si b = c entonces
a
b
=
b
x
, y por tanto: x = tercera proporcional)
13.- Determinar la media geométrica (o media proporcional) , x , entre dos segmentos dados ,
a, b.
a
x
=
x
b
⇐⇒ x2 = a ·b
a
x
b a
b
x
12
14.- Sección áurea de un segmento; división de un segmento en media y extrema razón
Dado un segmento PQ, un punto X la divide en media y extrema razón cuando la parte mayor PX es
media proporcional entre el segmento total PQ y la parte menor XQ:
x y
P X
a
Q
a x
x y=
La parte mayor, x, recibe el nombre de segmento áureo del segmento total PQ.
Ademas:
a
x
=
x
y
=⇒ x
y
=
a−x
x−y
=⇒ x
y
=
y
x−y
luego, la parte menor y del segmento PQ dividido en media y extrema razón es, por tanto, segmento
áureo de la parte mayor, x.
y
P X
x
x-y
15.- Construcción del segmento áureo, x, de un segmento dado, PQ
P
R
QX
x y
seg
men
to á
ure
o
segmento dado
QR = PQ
13
16.- Construcción de un segmento PQ conocido su segmento áureo, x
P
Q
M
X
seg
men
to t
otal
XM = PX
segmento áureo
17.- Construcción del decágono y del pentágono
P
Q
S
O
lado
 del
dec
ágo
no
 radio de la
circunferencia
C
 
ra
di
o 
de
 la
ci
rc
un
fe
re
nc
ia
R
Observemos que PR es el segmento áureo del radio, OP, de la circunferencia.
P
R
O
OP= radio
decágono
pentágono
14
18.- El lugar geométrico de los puntos cuyas distancias a dos puntos dados, A y B, están en una
relación dada,
m
n
, es una circunferencia
Determinación de la circunferencia.
AB
A
BC D
m
n
n
m
n
rectas paralelas
cualesquiera
Los puntos C y D dividen armónicamente a AB según la relación
m
n
.
1.3 División de una circunferencia y construcción de polígonos
1.- División en tres partes (y por extensión en 6, 12, ...)
Se consideran dos puntos A y B, diametralmente opuestos, siendo O el centro de la circunferencia.
Haciendo centro en B y con radio AO, se traza un arco
_
DOC.
El segmento AC es el lado del triángulo equilátero
4
ACD, cuyos vértices dividen a la circunferencia dada
en tres partes iguales.
La división en 6, 12, ... partes iguales resulta entonces inmediata.
A
B
CD
l12
6
3
6
l
l
l
==
O
`̀̀3
`̀̀6
`̀̀12
· · ·
· · ·

lado del

triángulo equilátero
hexágono regular
dodecágono regular
· · ·
· · ·

inscrito en la circunferencia
15
2.- División en cuatro partes (y por extensión en 8, 16, ...)
Los extremos de dos diámetros AB y CD, perpendiculares entre sí, dividen a la circunferencia en cuatro
partes iguales.
El segmento AD es el lado del cuadrado inscrito
�
ADBC, cuyos vértices marcan la división de la circun-
ferencia en cuatro partes iguales.La división en 8, 16, ... partes iguales resulta entonces inmediata.
A
B
C D
l16
4l==
l8
`̀̀4
`̀̀8
`̀̀16
· · ·
· · ·

lado del

cuadrado
octógono regular
hexadecágono
· · ·
· · ·

inscrito en la circunferencia
3.- División en cinco partes (y por extensión en 10, 20, ...)
Se consideran dos diámetros, AB y CD, perpendiculares, siendo O el centro de la circunferencia.
Se determina M, punto medio del segmento OC. Luego con centro en M, se describe el arco de radio
MA, que corta a OD en el punto E.
En el triángulo rectángulo
4
AOE, la hipotenusa AE es el lado del pentágono regular, y el cateto OE es el
lado del decágono.
El lado `̀̀10 del decágono, puede hallarse directamente trazando la circunferencia (c), de centro M y radio
MO, que corta al segmento AM en F, siendo AF = AQ = `̀̀10.
A
B
C Dl
10
5l
E
F
M
Q
(c)
l 10l
10
5l
O
`̀̀5
`̀̀10
· · ·
· · ·

lado del

pentágono regular
decágono regular
· · ·
· · ·

inscrito en la circunferencia
16
4.- División en siete partes
Se considera un punto cualquiera, B, de la circunferencia, y se traza el arco de centro en B y radio BO,
que corta a la circunferencia en los
puntos A y C.
La cuerda AC = `̀̀3 corta a OB en el punto M, siendo AM = `̀̀7, lado del heptágono regular.
A
B
C
M
7
3
7l l
lO
`̀̀7 lado del heptágono regular inscrito en la circunferencia.
5.- División en nueve partes
Se consideran dos diámetros AB y CD, perpendiculares, siendo O el centro de la circunferencia.
Con centros en C y D, y radio OC, se trazan sendos arcos, que cortan en la circunferencia en los puntos
E y F.
Luego, con centros en C y D, y radio CF = DE se trazan dos arcos que cortan en el punto G.
Por último, con centro en G y radio GC se traza el arco
_
CD, que corta al diámetro AB en el punto N.
AN = AM = `̀̀9 es el lado de eneágono regular. A
B
C D
l 99 l
E F
G
N
M
O
`̀̀9 lado del eneágono regular inscrito en la circunferencia.
6.- División en once partes
Se consideran dos diámetros AB y CD, perpendiculares, siendo O el centro de la circunferencia.
Con centro en C, y radio CO se traza el arco
_
OE.
17
La cuerda DE corta a AO en el punto F.
EF = EM = `̀̀11 es el lado de endecágono regular.
A
B
CD
l
11
11
l
E
F M
O
`̀̀11 lado del endecágono regular inscrito en la circunferencia.
7.- Método aproximado para dividir una circunferencia en n partes iguales
Se consideran dos diámetros AB y CD, perpendiculares, siendo O el centro de la circunferencia.
Con centro en B, y radio BA, se traza un arco que corta a la prolongación de CD en el punto P.
Se divide el diámetro AB en n partes iguales (en el ejemplo que sigue: n = 11), y se une P con la división
2 de AB, prolongando la recta hasta cortar a la circunferencia.
El segmento AE = AN = `̀̀11, es el lado del polígono regular de once lados.
(Si n es par (en el ejemplo siguiente: n = 10), el punto P se unirá con la división 1 de AB.)
La construcción del polígono se hace como muestran las figuras.
A
B
C D
10l
10l
n=10
A
B
C
11l
11l
n=11
D
1
2
3
4
8
7
5
9
10
6
P
P
E
N
18
8.- Construcción de polígonos regulares convexos de n lados
Consideremos los dos casos siguientes:
a.- Conocemos el radio, R, de la circunferencia en la que inscribirlos.
En este caso lo que hacemos es dividir la circunferencia en n partes iguales, como ya sabemos hacer, y
unir sucesivamente los puntos de división.
b.- Conocemos el lado, `̀̀, del polígono
En este caso procedemos como sigue (diremos que por homotecia):
Trazamos una circunferencia arbitraria, (c′), que dividimos en n partes iguales, como antes, lo que nos
determinará un polígono de n lados, semejante al pedido.
Continuamos con un ejemplo ilustrativo: el caso de un pentágono de lado `̀̀.
El pentágono determinado, que tiene por vértices los puntos A′,B′,C′,D′, nos permite llevar sobre uno
de sus lados, B′C′, y a partir de B′ el segmento B′M = `̀̀. Luego por M trazamos la paralela al radio
OB′, que corta a la prolongación de OC′ en C. El segmento OC será el radio de la circunferencia, (c),
circunscrita al polígono buscado, de lado `̀̀.
A B
C
D
E
O
A´ B´
C´
D´
E´
M
(c)
(c´)
=
=
l
19
1.4 Figuras planas y cuerpos geométricos
1.- Polígonos regulares
R
r
l = lado
R = radio de la circunferencia circunscrita
r = radio de la circunferencia inscrita 
 = superficie del polígono
 = número de lados
S
n
�
�
�
�
�
�
�
l
La suma de los ángulos de un polígono es igual a 2 · (n−2) rectos.
n POLÍGONO R r `̀̀ S
3 Triángulo 0,577 · `̀̀ 0,289 · `̀̀ 1,732 ·R / 3,463 · r 0,433 · `̀̀2 / 1,299 ·R2
4 Cuadrado 0,707 · `̀̀ 0,500 · `̀̀ 1,414 ·R / 2,000 · r 1,000 · `̀̀2 / 2,000 ·R2
5 Pentágono 0,851 · `̀̀ 0,688 · `̀̀ 1,176 ·R / 1,453 · r 1,721 · `̀̀2 / 2,378 ·R2
6 Hexágono 1,000 · `̀̀ 0,866 · `̀̀ 1,000 ·R / 1,155 · r 2,598 · `̀̀2 / 2,598 ·R2
7 Heptágono 1,152 · `̀̀ 1,038 · `̀̀ 0,868 ·R / 0,963 · r 3,634 · `̀̀2 / 2,736 ·R2
8 Octógono 1,307 · `̀̀ 1,208 · `̀̀ 0,765 ·R / 0,828 · r 4,828 · `̀̀2 / 2,828 ·R2
9 Eneágono 1,462 · `̀̀ 1,374 · `̀̀ 0,684 ·R / 0,728 · r 6,182 · `̀̀2 / 2,892 ·R2
10 Decágono 1,618 · `̀̀ 1,540 · `̀̀ 0,618 ·R / 0,649 · r 7,694 · `̀̀2 / 3,939 ·R2
11 Endecágono 1,775 · `̀̀ 1,703 · `̀̀ 0,566 ·R / 0,587 · r 9,366 · `̀̀2 / 2,974 ·R2
12 Dodecágono 1,932 · `̀̀ 1,866 · `̀̀ 0,518 ·R / 0,536 · r 11,190 · `̀̀2 / 3,000 ·R2
20
Circunferencia
Circulo
Triángulo
Rectángulo
Paralelogramo
Trapecio
Cuadrilátero inscrito
Cuadrilátero circunscrito
Cuadrilátero cualquiera
Sector circular
Segmento circular
C
O R
A
Longitud circunferencia = 2·π·R
Longitud arco AC = 
Área círculo = π·R
π·R·α
 180
2
a
bc h
S = área del triángulo
S = = = a·h 2
a·b·c
 4·R
p·(p-a)·(p-b)·(p-c)√
b
h
b
h
S = b·h
S = b·h
a
b
h
a
b
c
d
a b
cd
r
S = ·h
a+b
 2
(p-a)·(p-b)·(p-c)·(p-d)√S =
(p = a+b+c 2 )
(p = a+b+c+d 2 )
S = p·r
(p = a+b+c+d 2 )
m
n
α
S = ·m·n·sen α1
2
α
s
r
S = ·s·r = π·r ·1
2
 α
360
s
f
l
rϑ
f = r· 1-cos( )ϑ2
l = 2·r·sen ϑ
2
S = 
r·(s-l) +l·f
 2
2
α
R
21
2.- Cuerpos geométricos
Cubo
Paralelepípedo rectángulo
Paralelepípedo
Prisma recto
Pirámide
Tetraedro 
regular
Octaedro 
regular
Dodecaedro 
regular
Icosaedro 
regular
S =6·a
V = a
S = 2·(a·b+a·c+b·c)
S = 2·(a·b·sen γ+a·c·sen β+b·c·sen α)
V = a·b·c
V = a·b·c·√1-cos α-cos β-cos γ-2·cos α·cos β·cos γ
S = a·c+2·S
V = a·S
V = ·h·S
S = a ·√3
V = a ·
2
3
a
a
b
c
a
b
c
α
βγ
γ
222
base
base
base
a
S
baseS
h
1
3
a
√2
 12
2
3
S = 2·√3·a
V = ·a
S = 3·√25+10·√5·a
V = · 15+7·√5 ·a
S = 5·√3·a
V = · 3+√5 ·a
a
a
a
base
2
3√2
 3
2
3
1
4 ( )
2
3( ) 512
c = perímetro de la base
22
Cilindro de 
revoluvión
Tronco de 
cilindro de
revolución
Cono oblicuo
Cono de revolución
Tronco recto de cono de
revolución
Esfera
Casquete eférico
Zona eférica
Huso esférico
S = π·r·√r +h
S = π·r· r+√r +h
V = ·π·r ·h
2 2
2 2( )
1
3
2
S = 2·π·r·h
S = 2·π·r·(h+r)
V = π·r ·h
h
r
2
L
S = π·r·( h +h ) = 2·π·r·hL 21
S = π·r· h +h +r+r·√r +(h -h ) 
V = π·r · = π·r ·h
1
1 2
2
21
2
2( )2
h +h 
 2
2
V = ·S ·h13 B
BS
h
h
r
h
h h
r
1
2
S = π·(r-r´)· (r-r´) +h
S = π·(r-r´)· r+r´+ (r-r´) +h
√
√
V = ·π·(r +r·r´+r´ )·h
1
3
2 2
( )22
2 2
r
h
r´
S = 4·π·r
V = ·π·r
2
34
3
r
S = 2·π·r·h
V = ·π·h ·(3·r-h)13
2
L
h
r
S = 2·π·r·hL
V = ·(3·a +3·b +h )
π·h
 6
2 22
ah
b
S = ·ϕ
V = ·π·r ·
4·π·r
 360
2
4
3
 ϕ
360
3
ϕ
r
L
23
1.5 Poliedros regulares
1. Tetraedro 2. Cubo 3. Octaedro 4. Dodecaedro 5. Icosaedro
Cuyos elementos son:
a = número de aristas
`̀̀ = número de lados de una cara
c = número de caras
v = número de vértices
n = número de caras que concurren en cada vértice
ligados por las siguientes fórmulas y condiciones:
1a.- En todo triedro, la suma de los diedros ha de ser mayor que 180o y menor de 540o.
2a.- En todo ángulo poliedro convexo, la suma de los ángulos concurrentes, de las caras también
concurrentes en un vértice común, ha de ser menor que cuatro rectos.
3a.- c+v = a+2
4a.- a =
`̀̀ · c
2
.
5a.- v =
`̀̀ · c
n
.
6a.- El número de ángulos diedros iguales ha de ser igual al número de aristas.
7a.- El número de ángulos poliedros iguales ha de ser igual al número de vértices
Para que un poliedro regular exista, será, por tanto, necesario que cumpla todas las condiciones anterio-
res. Tan pronto como una de estas no se cumpla, el poliedro que estemos analizando no existirá como
poliedro regular.
La conclusión a la que se llega con este planteamiento es muy sencilla:
Solo existen cinco poliedros regulares
Una característica importante de los cinco poliedros regulares estudiados es la facilidad con la que es
posible determinar su área. Tal vez la única dificultad podríamos encontrarla en la búsqueda del área de
un dodecaedro, que por otra parte nos resuelve la siguiente fórmula:
S = 20,64 ·a2 , (a= arista del dodecaedro)
Por si cabe alguna duda damos, a continuación, las definiciones de los elementos que figuran en el cuadro
anterior:
24
Ángulo diedro . Porción de
espacio comprendida entre dos semiplanos concurrentes en una línea recta
denominada arista. A dichos semiplanos se les denomina caras del diedro.
Ángulo triedro . Porción de espacio limitado por tres diedros concurrentes en un punto, de manera que
las tres caras tienen que cortarse dos a dos.
Ángulo poliedro . Porción de espacio limitado por tres o más diedros concurrentes en un punto, de forma
que las tres o más caras tienen que cortarse dos a dos.
Son propiedades, que conviene recordar, las siguientes:
1.- En todo triedro, la suma de los diedros que lo constituyen es mayor que dos rectos y menor que seis
rectos.
2.- En todo ángulo poliedro convexo, la suma de los ángulos concurrentes de las caras también concu-
rrentes en el vértice común, de ser menor que cuatro rectos.
1.6 Trigonometría (cuadro resumen)
Razones trigonométricas de un ángulo: sen ααα =
BA
OA
, cos ααα =
OB
OA
, tg ααα =
BA
OB
A
B
r
x
y
O α
cosec ααα =
OA
BA
, sec ααα =
OA
OB
, cotg ααα =
OB
BA
Representación geométrica :
OA = 1
AB = seno
CD = tangente
EF = cotangente
OB = coseno
OG = cosecante
OH = secante

G
F E
A
B
C
D H
O
α
G
FE
B
C
D
H O
α
A
G
F E
B
C
D
H
O
α
A
G
FE
B
C
D H
O
α
A
25
Relaciones entre las razones trigonométricas de ciertos ángulos:
Complementarios Suplementarios
sen
(
πππ
2
−ααα
)
= cos ααα cosec
(
πππ
2
−ααα
)
= sec ααα sen ααα = sen (πππ−ααα) cosec ααα = cosec (πππ−ααα)
cos
(
πππ
2
−ααα
)
= sen ααα sec
(
πππ
2
−ααα
)
= cosec ααα cos ααα =−cos (πππ−ααα) sec ααα =−sec (πππ−ααα)
tg
(
πππ
2
−ααα
)
= cotg ααα cotg
(
πππ
2
−ααα
)
= tg ααα tg ααα =−tg (πππ−ααα) cotg ααα =−cotg (πππ−ααα)
Que difieren en πππ De igual magnitud y signos contrarios
sen ααα =−sen (πππ +ααα) cosec ααα =−cosec (πππ +ααα) sen ααα =−sen (−ααα) cosec ααα =−cosec (−ααα)
cos ααα =−cos (πππ +ααα) sec ααα =−sec (πππ +ααα) cos ααα = cos (−ααα) sec ααα = sec (−ααα)
tg ααα = tg (πππ +ααα) cotg ααα = cotg (πππ +ααα) tg ααα =−tg (−ααα) cotg ααα =−cotg (−ααα)
Que difieren en
πππ
2
sen ααα =−cos
(
πππ
2
+ααα
)
cosec
(
πππ
2
+ααα
)
= sec ααα
cos ααα =−sen
(
πππ
2
−ααα
)
sec
(
πππ
2
+ααα
)
=−cosec ααα
tg ααα =−cotg
(
πππ
2
+ααα
)
tg
(
πππ
2
+ααα
)
=−cotg ααα
Las funciones
sen y cos tienen periodo: 2 ·πππtg tiene periodo: πππ
sen 30o = cos 60o =
1
2
cos 30o = sen 60o =
√
3
2
sen 45o = cos 45o =
√
2
2
sen 18o = cos 72o =
√
5−1
4
cos 18o = sen 72o =
√
10+2 ·
√
5
4
sen 36o =
√
10−2 ·
√
5
4
, cos 36o =
√
5+1
4
Relaciones fundamentales
sen2ααα + cos2ααα = 1 , tg ααα =
sen ααα
cosααα
, cotg ααα =
cos ααα
sen ααα
, sec ααα =
1
cos ααα
, cosec ααα =
1
sen ααα
Fórmulas de adicción y sustracción de ángulos Razones trigonométricas del del arco duplo
sen (ααα±βββ ) = sen ααα · cos βββ ± cos ααα · sen βββ sen 2 ·ααα = 2 · sen ααα · cos ααα
cos (ααα±βββ ) = cos ααα · cos βββ ∓ sen ααα · sen βββ cos 2 ·ααα = cos2ααα− sen2ααα
tg (ααα±βββ ) = tg α
αα± tg βββ
1∓ tg ααα · tg βββ
tg 2 ·ααα = 2 · tg α
αα
1− tg2ααα
Transformación de un producto en suma y diferencia
sen ααα · cos βββ = 1
2
· [sen(ααα +βββ )+ sen(ααα−βββ )] , sen ααα · sen βββ = 1
2
· [cos(ααα−βββ )− cos(ααα +βββ )] ,
cos ααα · cos βββ = 1
2
· [cos(ααα +βββ )+ cos(ααα−βββ )]
26
Lección 2.- PROPIEDADES UTILES PARA LAS
CONSTRUCCIONES GEOMÉTRICAS
2.1 Propiedades
2.2 Ejemplos
2.1 Propiedades
PROPOSICIÓN 1. La bisectriz del ángulo recto de un triángulo rectángulo es también bisectriz
del formado por la mediana y la altura correspondiente a la hipotenusa
Sean AO, AM y AH, mediana, bisectriz y altura del ángulo recto Â. AH y AO son isogonales con respecto
a los lados del ángulo recto Â, puesto que, en el triángulo isósceles
4
COA, ÔAC = Ĉ, y en el rectángulo
4
HAB,
4
HAB = 90o− B̂ = Ĉ. Luego AM es bisectriz, también del ángulo ĤAO.
B
A
Ĉ
C
B̂
Bi
se
ct
riz
 d
e 
C
A
B=
A
^
^
Bi
se
ct
riz
 d
e 
O
A
H^
Ĉ
Ĉ
Â
OAH^
O H
M
PROPOSICIÓN 2. Cuatro rectas, que se cortan dos a dos, forman cuatro triángulos. Se verifica,
entonces, que las circunferencias circunscritas a esos cuatro triángulos pasan por un mismo punto
Las cuatro rectas, cortándose dos a dos, dan lugar a seis vértices: A, B, C, D, E,F. Circunscribamos, con
circunferencias, dos de los cuatro triángulos, por ejemplo los
4
ACF y
4
ADE, siendo M el segundo punto en
el que se cortan las circunferencias. Unamos este punto con los seis vértices. Se trata entonces de mostrar
que las circunferencias circunscritas a los triángulos
4
BDF y
4
BCE pasan también por el punto M.
Admitiendo lo anterior, podríamos reconocer que el cuadrilátero
�
CBME estaría inscrito, y por tanto que
el ángulo B̂CM sería igual al B̂EM. Sin embargo, la igualdad de esos dos ángulos se puede establecer
directamente, como vamos a ver: En efecto,
B̂CM = F̂CM F̂AM
y dado que el cuadrilátero
�
FACM está inscrito, se tiene
B̂EM = D̂EM D̂AM = F̂AM
27
luego:
B̂CM = B̂EM
Por ser los ángulos B̂CM y B̂EM iguales, resulta que la circunferencia circunscrita al triángulo
4
BCE pasa
por el punto M. (Ocurre lo mismo con el triángulo
4
BDF).
Al punto, M, de paso de las cuatro circunferencias circunscritas se le suele llamar punto de Miquel.
PROPOSICIÓN 3. Si en un paralelogramo se trazan las bisectrices interiores y exteriores se veri-
fica: 1o.- Las bisectrices interiores forman un rectángulo y las exteriores otro rectángulo.
2o.- Las diagonales de dichos rectángulos cortan en sus puntos medios a los lados del parale-
logramo.
3o.- El área del rectángulo exterior es igual al doble del paralelogramo dado más el rectángulo
interior.
El siguiente esquema nos guiará en los razonamientos:
A B
CD
A'
B'
O
M'
N'
P'
Q'
N
P
Q
M
1o.-
�
MNPQ y
�
M′N′P′Q′ son rectángulos porque sus lados son paralelos y perpendiculares, por ser bisec-
trices de ángulos suplementarios.
2.- Las diagonales Q′N′, P′M′, QN y PM pasan por los puntos medios de los lados del paralelogramo,
porque Q′ es el punto medio de AA′, por ser DQ′ en el triángulo
4
ADA′, bisectriz y altura, y por tanto
28
también mediana. Por la misma razón, N′ es punto medio de CB′. Luego la recta Q′N′ es la paralela media
del paralelogramo
�
A′AB′C; es decir, corta en partes iguales AD y BC. Lo mismo se diría de QN y PM.
3.- Se tiene:
�
Q′P′N′M′=
�
APBM′ +
�
DMCP′ −
�
MNPQ +
�
BNCN′ +
�
AQDQ′=
= 2·
�
APBM′ +2·
�
BNCN′ −
�
MNPQ= 4·
4
APB +4·
4
BNC−
�
MNPQ=
= (4·
4
APB +4·
4
BNC−2·
�
QMNP)+
�
QMNP
pero
�
ABCD= 2·
4
APB +2·
4
BNC−
�
QMNP .
Luego
�
Q′M′N′P′= 2·
�
ABCD +
�
MNPQ .
PROPOSICIÓN 4. Por un punto cualquiera de la base de un triángulo isósceles se trazan paralelas
a los lados iguales. Se verifica, entonces, que el paralelogramo así formado tiene un perímetro
constante.
Sean OM, ON dos paralelas a los lados igua-
les CB y AB.
Se trata de probar que el perímetro del parale-
logramo
�
OMBN es constante.
Evidentemente, bastará demostrarlo para el se-
miperímetro OM+ON.
Para comprobar que es constante, se sitúan las
dos partes sobre la misma recta, tomándose
OL = ON.
Los ángulos l̂ y m̂ son iguales, por ser opuestos
por el vértice, Así mismo m̂ = n̂, respectiva-
mente iguales a los ángulos  y Ĉ.
En consecuencia, los triángulos
4
COL y
4
CNO
A
B
M
N
C
L
O
m n
l
son iguales; luego se verifica que : ÔCL = ÔCN = Â, las rectas CL y AB son paralelas, y
�
MLCB en un
paralelogramo. Así tendremos que
OM+ON = ML = BC ,
es una longitud constante, como queríamos establecer.
29
PROPOSICIÓN 5. La suma de las perpendiculares trazadas desde un punto cualquiera de la base
de un triángulo isósceles sobre los lados iguales, es una cantidad constante.
Observemos la figura siguiente
A
B
C
M
H
O
K N
L
Prolongamos OM hasta L (OL = ON), siendo CL paralela a AB. Se verifica entonces que: OM+ON es
constante, ya que es igual a la distancia de las paralelas AB y CL. En definitiva, OM+ON es igual a la
altura CH, evidentemente constante.
Por otra parte,
trazando la paralela OK a AB, resulta:
OM = HK , ON = CK
puesto que los triángulos
4
CNO y
4
CKO son iguales; luego OM+ON = CH
PROPOSICIÓN 6. Dado un triángulo
4
ABC, cuyos tres lados son desiguales, se pide trazar rectas
OM, ON por un punto cualquiera de la base, de manera que esas rectas trazadas, limitadas por
dos lados, tengan por suma una longitud dada m, y que por otro punto de la base, las paralelas
trazadas a las rectas OM, ON tengan siempre por suma m.
De entrada, admitamos que la cuestión pro-
puesta sea factible, y sea OM+ON = m.
Puesto que la suma debe ser constante para un
punto cualquiera de la base, debe verificarse
que BE, paralela a ON, sea igual a m, ya que
por el punto B, la paralela trazada a OM es
nula. Por la misma razón, CG, trazada parale-
lamente a OM, debe ser igual a m. Nos vemos,
A
B C
M
E
O
N
G
así, conducidos a la construcción siguiente:
Desde el punto B, y con m de radio, describimos un arco que corte a AC en E. Con el mismo radio, con C
como centro, determinamos G sobre AB. Luego, por un punto cualquiera, O, de la base, trazamos paralelas
a BE y CG.
Bastará, entonces, probar que: OM+ON = m.
30
Así, tendremos que los triángulos semejantes
4
OCN y
4
BCE dan:
ON
m
=
OC
BC
=⇒ ON = m · OC
BC
.
Los triángulos semejante
4
OBM y
4
CBG dan, así mismo:
OM = m · OB
BC
.
En consecuencia,
OM+ON = m · OB+OC
BC
= m .
PROPOSICIÓN 7. La suma de las distancias de los tres vértices de un triángulo a una recta cual-
quiera es igual al triple de la distancia de dicha recta al centro de gravedad.
A
B
CG
M
N
H
A'B' C'G' N' H'
ab
c
m n h
r
Sea la recta r.
Llamemos: AA′ = a , BB′ = b , CC′ = c , GG′ = m , NN′ = n , HH′ = h .
Se tiene entonces que:
b+ c = 2 ·n ,
ahora bien
2 ·n = m+h ,
luego
b+ c = m+h ;
por tanto
a+b+ c = a+m+h
pero como
a+h = 2 ·m
resulta lo que nos interesaba establecer:
a+b+ c = 3 ·m .
31
PROPOSICIÓN 8. En el triángulo
4
ABC, B′C′ es antiparalela a BC con respecto al Â. Las medianas
de
4
ABC y de
4
AB′C′ son semimedianas entre sí.
A
B C
B'
C'
P P'
M
HH1
M1
Sea B′C′ antiparalela de BC con respecto de Â.
Tomando AP = AC′ y AP′ = AB′ se tiene
AB ·AB′ = AC ·AC′ =⇒ AB
AC′
=
AC
AB′
=⇒ AB
AP
=
AC
AP′
.
Luego PP′ es paralela a BC, y el punto M es medio del PP′. Así, en los triángulos
4
AB′M1 y
4
ACH se
tiene: Ĉ = B̂′, y los lados que los forman son proporcionales, puesto que
AC
AB′
=
BC
B′C′
=
HC
B′M1
.
Luego: B̂′AM1 = ĈAH. En consecuencia las rectas consideradas son isogonales.
PROPOSICIÓN 9. Trazado de la perpendicular a una recta, r1, por el punto de corte de otras dos,
r2 y r3, estando el punto de corte fuera de los límites del papel.
El siguiente esquema nos va sugerir la solución:
A
B
O
C
Observemos que las perpendiculares desde ca-
da vértice, al lado opuesto, pasan por el orto-
centro. En realidad es así como se define éste.
Luego bastará, en nuestro caso, con determinar el ortocentro con la ayuda de los dos vértices accesibles, y
luego trazar la perpendicular desde él a la recta dada.
32
r
r
r O1
2
3
PROPOSICIÓN 10. Dadas tres rectas concurrentes, en O, y un punto cualquiera A. Por este punto
trazar una transversal tal que los segmentos interceptados BC y CD, guardan una relación
m
n
.
M
N
A
B
C
D
B´
C´
D´
O
m
n
Supongamos el problema resuelto, y sea
BC
CD
=
m
n
. Observemos que la misma relación se verificará para
una paralela cualquiera B′C′D′. Para determinar esta línea, podemos trazar una recta cualquiera, que pasa
por O, y sobre ella situar los puntos M y N, tales que
OM
ON
=
m
n
,
trazando, a continuación, las paralelas por ellos a la recta OC, es decir MB′ y ND′.
Por último, una paralela a B′D′, desde el punto A, la AD, determinará los puntos B, C y D que nos
interesaban.
33
PROPOSICIÓN 11. Se da una circunferencia, (c), un diámetro fijo a ella, AB, y una recta XY,
trazar una cuerda paralela a XY, tal que su proyección sobre el diámetro fijado tenga una longitud
dada `̀̀.
J
A
E
B
C
D
C´
G HO
Y
F
J´X
D´
E´
I´
I
(c)
Supongamos el problema resuelto, siendo FH = `̀̀.
Por el punto medio de la cuerda, D, se ha trazado el segmento IJ, igual y paralelo a FH.
La solución que se nos sugiere es la siguiente: Se traza ODD′, y sobre una paralela a AB se toman los
puntos I′ y J′ tales que
D′I′ = D′J′ =
`̀̀
2
.
Las perpendiculares, en I′ y J′, a I′J′, determinan los puntos C′ y E′, siendo D′C′ = D′E′. Luego, las
proyectantes C′C y E′E transportan el segmento C′E′ a la cuerda CE buscada, que se proyectará sobre AB
en el segmento FH = `̀̀.
PROPOSICIÓN 12. Los lados de un cuadrilátero inscribible, en el que una de sus diagonales es un
diámetro, se proyectan sobre la otra diagonal según longitudes iguales.
Sea
�
ABCD el cuadrilátero inscrito, AOC el
diámetro, y CE, AF las perpendiculares traza-
das sobre la diagonal BD. Se trata de probar
que:
BE = DF
En efecto: Tracemos como línea auxiliar el diá-
metro paralelo a BD, el segmento CM y la
perpendicular OH; con ello obtendremos dos
triángulos rectángulos iguales:
4
OAN y
4
OCM.
A
B
C
D
E F
M
N
H
O
Así tendremos
OM = ON
34
de donde resultará
BE = FD
y por tanto
BF = ED
Las siguientes propiedades de las bisectrices de un triángulo pueden resultar útiles en la construcción de
triángulos:
PROPOSICIÓN 13. La diferencia de los ángulos que una bisectriz interior forma con el lado opues-
to de un triángulo, es igual a la diferencia de los ángulos de la base de ese triángulo.
A
B CD
α α
m̂ n̂
En efecto: Dado que el ángulo exterior de un triángulo
es igual a la suma de los dos ángulos interiores opuestos,
se verifica:
m̂ = Ĉ+ααα
n̂ = B̂+ααα
de donde resulta:
m̂− n̂ = Ĉ− B̂
PROPOSICIÓN 14. El ángulo formado por dos bisectrices interiores de un triángulo, es igual a la
suma de un ángulo recto más la mitad del ángulo del tercer vértice.
A
B C
D
m̂
n̂m̂
n̂
Â
D̂
En efecto: Se verifica que
D̂ = 180o− (D̂BC+ D̂CB)
es decir
D̂ = 180o−
(
B̂
2
+
Ĉ
2
)
Además
B̂
2
+
Ĉ
2
= 90o− Â
2
(pues : A+B+C = 180o)
de donde
D̂ = 180o−
(
90o− Â
2
)
es decir D̂ = 90o +
Â
2
35
PROPOSICIÓN 15. El ángulo de las bisectrices exteriores de un triángulo es igual a la semisuma
de los ángulos interiores correspondientes.
A
B C
D
Ê
E
m̂ n̂D̂
p̂
q̂
q̂
p̂
En efecto: Se verifica que
m̂+ n̂ = 180o− D̂
y como el cuadrilátero
�
BDCE tiene dos ángulos rectos
(m̂+ p̂ y n̂+ q̂), resulta
D̂+ Ê = 180o
es decir
D̂ = 180o− Ê
Luego
m̂+ n̂ = 180o− (180o− Ê)
es decir
Ê = m̂+ n̂
(
m =
B̂
2
, n =
Ĉ
2
)
por tanto
Ê =
B̂
2
+
Ĉ
2
PROPOSICIÓN 16. El ángulo formado por la bisectriz del ángulo de un triángulo y por la altura
trazada desde el mismo vértice, es igual a la semidiferencia de los ángulos de la base.
En efecto: Se verifica que
Â
2
=
180o− (B̂+ Ĉ)
2
, y también D̂AE =
Â
2
− ĈAE.
Y como ĈAE = 90o− Ĉ
A
B CD E
m̂ n̂
tendremos
D̂AE =
180o− (B̂+ Ĉ)
2
− (90o− Ĉ)
es decir
D̂AE =
180o− B̂− Ĉ−180o +2 · Ĉ
2
luego
D̂AE =
Ĉ− B̂
2
36
PROPOSICIÓN 17. La bisectriz interior del ángulo de un triángulo es bisectriz del ángulo formado
por el diámetro de la circunferencia circunscrita y la altura bajada desde el ángulo considerado.
COROLARIO B̂− Ĉ = ÔAH A
BC
α
B̂
α
β β
β
Ĉ
O
B̂
ĈB̂-
H
B̂+ Ĉ+(2 ·ααα)+(2 ·βββ ) = 180o (en
4
ABC)
ααα = 90o− B̂ (en
4
AHB)
B̂+ Ĉ+(180o� −2 · B̂)+2 ·βββ = 180o�
Ĉ− B̂+2 ·βββ = 0
B̂− Ĉ = 2 ·βββ
βββ =
B̂− Ĉ
2
⇐⇒ B̂− Ĉ = 2 ·βββ
PROPOSICIÓN 18. En un triángulo rectángulo, la bisectriz del ángulo recto es bisectriz del ángulo
formado por la mediana y la altura que parten de ese ángulo recto.
Sabemos, por proposición 16, que:
D̂AE = B̂− Ĉ
También sabemos que el ángulo de la bisectriz
y de la altura es igual a la semidiferencia de los
ángulos de la base, es decir,
A
BC DE G
D̂AG =
B̂− Ĉ
2
,
luego, el ángulo D̂AG es la mitad del D̂AE, es decir
D̂AG =
D̂AE
2
37
PROPOSICIÓN 19. La mediana relativa a la hipotenusa de un
triángulo rectángulo es la mitad de
dicha hipotenusa.
AB
C
m
a
M ma = MA = BC2
PROPOSICIÓN 20. Las mediatrices de los dos lados del ángulo recto de un triángulo rectángulo
se cortan en la hipotenusa.
AB
C
M
PROPOSICIÓN 21. Las mediatrices de los lados del ángulo recto de un triángulo rectángulo, y
la recta que une su punto de intersección con el vértice del ángulo recto, dividen al triángulo
rectángulo en cuatro triángulos iguales.
AB
C
M
PROPOSICIÓN 22. Si un lado del ángulo recto de un triángulo rectángulo es la mitad de la hipo-
tenusa, el ángulo opuesto a este lado es igual a
1
3
del ángulo recto, y recíprocamente.
AB
C
c
a b= 1
2
·a
30º 90º
38
PROPOSICIÓN 23. Un triángulo es rectángulo cuando uno de sus ángulos agudos vale
1
3
del
ángulo recto, y la altura del triángulo corta a la base a los
3
4
a partir del ángulo agudo dado.
A
B C30º
3
4 ·a ·a
1
4a
PROPOSICIÓN 24. En un triángulo rectángulo, la mediana y la altura que parten del vértice del
ángulo recto, forman un ángulo igual a la diferencia de los ángulos agudos.
Se verifica que:
B̂AO = B̂ y B̂AD = Ĉ
luego
D̂AO = B̂− Ĉ
A
B CDO
PROPOSICIÓN 25. En un triángulo rectángulo los cuadrados de los catetos son proporcionales a
sus proyecciones ortogonales sobre la hipotenusa.
Se verifica que:
c2 = BH ·BC
b2 = CH ·BC
y dividiendo
c2
b2
=
BH ·BC
CH ·BC
es decir
c2
b2
=
BH
CH
A
B CH
bc
39
PROPOSICIÓN 26. En un triángulo, cada mediana equidista de los otros dos vértices.
Puesto que AM es una mediana, los triángulos rectángulos
4
BMF y
4
CMG son iguales, por tener iguales la
hipotenusa y un ángulo agudo.
En consecuencia
BF = CG
A
B C
F
M
G
PROPOSICIÓN 27. Las tres alturas de un triángulo acutángulo,
4
ABC, se cortan en el punto H.
Sobre AB se construye un triángulo rectángulo con el vértice del ángulo recto sobre la perpendicu-
lar CD. Se verifica, entonces, que la superficie del triángulo rectángulo
4
ALB es media proporcional
entre las superficies de
4
ABC y
4
ABH.
La siguiente figura corresponde a las condiciones del enunciado
A B
C
F
L
α
D
α
β
H
β
Se trata de probar que:
AB ·DL
2
AB ·CD
2
=
AB ·DH
2
AB ·DL
2
⇐⇒ DL2 = CD ·DH.
Observemos que los triángulos
4
ADH y
4
CDB son semejantes, por tener iguales los tres ángulos internos;
luego AD
DC
=
DH
BD
de donde
DA ·DB = DC ·DH
40
Ahora bien, en el triángulo rectángulo
4
ALB se verifica:
DL2 = DA ·DB
en consecuencia
DL2 = DC ·DH
como queríamos probar.
PROBLEMA DE FRANCOEUR
Por el punto medio de un arco de circunferencia, trazar una recta tal que el segmento comprendido
entre la cuerda del arco y la otra parte de la circunferencia tenga una longitud dada `̀̀.
Veamos en primer lugar una propiedad sencilla que vamos a utilizar a continuación: Dada una circunfe-
rencia, (c), si trazamos un diámetro OC, y por un punto cualquiera de él una perpendicular, r, se verifica
que:
OB
ON
=
OM
OC
es decir
OM ·ON = OB ·OC
puesto que los triángulos rectángulos
4
OBM y
4
ONC son semejantes.
N
O C
M
r
B
(c)
Supongamos, ahora, nuestro problema resuelto, siendo MN = `̀̀
Si tomamos OM = x como incógnita, y es OA = a,
tendremos
OM ·ON = OC ·OB = a2
es decir
x · (x+ `̀̀) = a2
o lo que es lo mismo, la ecuación de segundo gra-
do:
x2 + `̀̀ ·x−a2 = 0
cuya solución es
x =− `̀̀
2
±
√
`̀̀2
4
+a2
N
O
C
M
rB
A
41
La construcción geométrica se hará como sigue:
1o.- Trazamos, por O, una paralela a AC, sobre la que tomaremos
OE = OA = a
2o.- Levantamos una perpendicular en el punto E, y determinamos el punto F, tal que
EF =
`̀̀
2(
con lo que tendremos: OF =
√
`̀̀2
4
+a2
)
3o.- Luego determinamos los puntos G y H, haciendo FG = FH =
`̀̀
2
, (la longitud OG representa la
primera raíz y OH la segunda).
4o.- Tanto PQ como MN, responden al problema planteado. Otras dos soluciones serán las M′N′ y P′Q′,
lo que supone la existencia de cuatro soluciones geométricas.
A
B
C
F
l
M
H
E P
Q´
O
N´
G
Q
N
P´
M´
42
PROPOSICIÓN 28. El área de un triángulo
4
ABC puede obtenerse multiplicando el radio de la
circunferencia circunscrita por el semiperímetro del triángulo órtico.
Establezcamos, en primer lugar, una propiedad que aplicaremos en la resolución de lo que se nos plantea:
“La recta que une los pies de las alturas de dos vértices A y C, del triángulo
4
ABC, es perpendicular al radio
de la circunferencia circunscrita, trazada desde el tercer vértice B.”
A
B C
F
H
D
C´
A´
G B´
O
Unamos los puntos A′ y C′. El radio OB es perpendicular a la cuerda A′C′, puesto que BA′ = BC′. Además
las rectas FH y C′A′ son paralelas, puesto que F es el punto medio de DC′ y H el punto medio de DA′.
Luego, el radio OB es perpendicular a FH.
Pasamos, ahora, a resolver el problema planteado, no sin antes recordar que llamamos triángulo órtico al
que se obtiene uniendo dos a dos los pies de las alturas del triángulo dado.
Razonamos sobre la siguiente figura:
A
BC
F
D
E
O
Unimos el centro, O, de la circunferencia circunscrita al triángulo
4
ABC, de radio R con los vértices A, B,
C y con los puntos D, E, F.
43
Por lo que hemos establecido antes podemos afirmar que el radio OA es perpendicular a FD; en conse-
cuencia el área del cuadrilátero
�
ADOF se obtiene multiplicando OA = R por la mitad de FD, como es
inmediato comprobar.
Se tiene por tanto
Área de
�
ADOF= R · FD
2
Área de
�
BDOE= R · DE
2
Área de
�
CEOF= R · FE
2
de donde resulta
Área de
4
ABC= R · FD+DE+EF
2
PROPOSICIÓN 29. Dadas dos circunferencias secantes, de centros A y B, es posible trazar por
uno de sus puntos de intersección, E, una secante que quede dividida por ese punto según una
relación dada
m
n
.
Si suponemos el problema resuelto tendremos
CE
DE
=
m
n
o bien
GE
HE
=
m
n
si consideramos la mitad de las cuerdas
D
F
HC E
B
A
G
Si se traza, por el punto E, una perpendicular, EF, a GH, el segmento AB quedará dividido según la rela-
ción dada, y el punto F permitirá conocer la dirección de FE.
En consecuencia, la solución pasará por dividir AB según la relación
m
n
, unir el punto F con el E, y por
último trazar, por el punto E, una perpendicular CD a la recta EF.
44
PROPOSICIÓN 30. Si se trazan la tres tangentes comunes a dos circunferencias, de centros I y K,
tangentes ambas, la tangente interna AB encuentra a cada una de las otras dos a igual distancia de
los puntos de contacto.
D
I
C
F
B
A
G
E
K
Por ser iguales los segmentos de tangente trazados desde un punto dado a una circunferencia, tendremos,
considerando el punto A:
AC = AG y AG = AD
luego el punto A es el punto medio del segmento CD.
(Se razona de la misma manera con el punto B.)
Observemos que si con centro en A y radio AG trazamos una circunferencia, pasará ésta por los puntos de
contacto C y D, y cortará ortogonalmente a las circunferencias dadas.
Observamos, así mismo, que la recta AB es el lugar geométrico de los puntos desde los que se pueden
trazar tangentes iguales a las dos circunferencias dadas.
PROPOSICIÓN 31. Se verifica que: Dadas dos circunferencias de centros A y B, la circunferencia
que tiene AB por diámetro pasa por los cuatro puntos de intersección de las tangentes interiores y
de las tangentes exteriores.
Observemos, viendo la figura adjunta, que bastará probar que el ángulo ÂEB es recto.
D
C
F
BA
G
E
H
45
En efecto: El radio AE es bisectriz del ángulo D̂EC, formado por dos tangentes, Así mismo, la recta BE
es bisectriz del ángulo suplementario F̂EG. En consecuencia ÂEB es un ángulo recto.
TEOREMA DE EULER
Dado un triángulo
4
ABC, la distancia, d, del centro de la circunferencia inscrita, que tiene por radio
r, al centro de la circunferencia circunscrita, cuyo radio es R, viene dada por la fórmula:
d2 = R · (R−2 · r)
El razonamiento resulta fácil con la ayuda de la siguiente figura, que visualiza el problema:
D
IH
C
O
B
A
G
dR
r
Podemos escribir:
d2 = R2 +DI2−2 ·R ·DH (triángulo
4
ODI)
= R2 +2 ·R ·DG−2 ·R ·DH (DI = DB, y T. del
cateto)
= R2−2 ·R · (DH−DG)
= R2−2 ·R · r
= r · (R−2 · r)
[Designando por ra el radio de la circunferencia exinscrita tangente al lado BC, y por da la distancia
correspondiente, tendríamos
d2a = R · (R+2 · ra) ]
46
PROPOSICIÓN 32. Las circunferencias descritas con centros en los tres vértices de un triángulo
4
ABC, pasando por los puntos de contacto de la circunferencia inscrita son tangentes dos a dos.
D
C
F
B
A
E
I
Por ser iguales las tangentes trazadas por un punto a una circunferencia dada, se tiene:
AE = AF , BF = BD , CD = CE .
Las circunferencias consideradas, por tener un punto común, sobre la línea de los centros, son tangentes
dos a dos.
PROPOSICIÓN 33. Consideramos dos circunferencias tangentes interiormente en un punto A. Si
por el segundo extremo, B, de la línea de los centros, AB, se traza una cuerda BCD, tangente en el
punto C a la circunferencia interior, la recta AC es bisectriz del ángulo B̂AD.
D
C
M B
A
O
Si trazamos MC tendremos que el triángulo isósceles
4
AMC nos da
ĈAM = ÂCM .
47
Ahora bien, por ser MC perpendicular a la tangente BC, tendremos que MC es paralela a AD.
En consecuencia, ÂCM = ĈAD, por ser ángulos alternos internos, luego se verificará que
ĈAD = ĈAM
PROPOSICIÓN 34. Cuando un triángulo inscrito en una circunferencia tiene un ángulo constante,
el lado opuesto es tangente a una circunferencia concéntrica con la primera.
Sea  el ángulo constante, que tendrá por me-
dida la mitad del arco
_
BC.
Luego si
Â′ = Â
tendremos
_
BC=
_
B′C′
de donde
BC = B′C′
C´
B´
A´
C
B
A
O
Dado que cuerdas iguales están a la misma distancia del centro, se verifica que las cuerdas BC, B′C′, · · ·
serán tangentes a una misma circunferencia, descrita con el punto O como centro.
PROPOSICIÓN 35. La suma de los radios de las tres circunferencias exinscritas de un triángulo,
4
ABC, es igual a la suma del radio de la circunferencia inscrita mas cuatro veces el radio de la
circunferencia circunscrita.
C
M
EA
O
L
F G
I
P
G´B
r´´´ R
r´´
r´
T
r
D
48
Sean R el radio de la circunferencia circunscrita, r el de la circunferencia inscrita, y r′, r′′, r′′′ los radios
de las circunferencias exinscritas, tangentes a los lados a, b, c;
IT = r , DG′ = r′ , LG = 2 ·R .
Como el punto L es el punto medio de DI, se tiene:
LP =
r′− r
2
, GP =
r′′+ r′′′
2
,
de donde
LG = 2 ·R = r
′+ r′′+ r′′′− r
2
es decir
r′+ r′′+ r′′′ = 4 ·R+ r
PROPOSICIÓN 36. La suma de los segmentos que unen dos a dos los pies de las alturas se obtiene
dividiendo el producto de los tres lados del triángulo por el doble del cuadrado del radio de la
circunferencia circunscrita.
Establezcamos, en primer lugar, una propiedad que aplicaremos en la resolución de lo que se nos plantea:
“El radio, R, de la circunferencia circunscrita al triángulo
4
ABC es igual al producto de dos de sus lados,
dividido por el doble de la altura trazada desde su vértice común.”
En efecto: se verifica que el ángulo B̂AC del triángulo es la mitad del ángulo central B̂OC, es decir igual
al M̂OC, limitado por OC y el diáme-
tro perpendicular a BC. Resulta, por tanto,
que son semejantes los triángulos rectángulos
4
MOC y
4
HCAC.
En consecuencia:
R
a
2
=
b
hc
de donde resulta;
R =
a ·b
2 ·hc
B
C
H A
M 2a
b
h
a
C
R
O C
/
Veamos, a continuación, como aplicando el resultado anterior, obtenemos una expresión del área de un
triángulo en función de sus lados y el radio de la circunferencia circunscrita:
Sabemos, pues, que el radio de la circunferen-
cia circunscrita al triángulo admite la expre-
sión:
R =
a ·b
2 ·hC
,
de donde resulta la
hC =
a ·b
2 ·R
, B
C
A
b
a
c
R
S
hC
O
49
que sustituida en la expresión de siempre conocida nos da
S =
1
2
· c ·hC =
1
2
· c · a ·b
2 ·R
=
a ·b · c
4 ·R
Este último resultado combinado con el obtenido en la proposición 28, nos permite escribir
Área del triángulo ÂBC =
a ·b · c
4 ·R
= R · FD+DE+EF
2
es decir
FD+DE+EF =
a ·b · c
2 ·R2
o lo que es lo mismo
d+ e+ f =
a ·b · c
2 ·R2
BC
F
A
E
f
e
Dd
O
R
PROPOSICIÓN 37. Inscribir en un triángulo,
4
ABC, una secante DE, de longitud dada, `̀̀, tal que
dicha secante sea igual a la suma de los segmentos BD y CE.
B
C
F
A
E
H
ID
G
O
K
Si suponemos el problema resuelto y DE = BD+CE = `̀̀, tenemos
AF = AG =
`̀̀
2
· (AB+AC)
Todo triángulo, tal como el
4
ADE, tiene por perímetro AB+AC. Basta entonces trazar la tangente DE de
una longitud dada `̀̀.
Ahora bien, el lado DE, comprendido entre la circunferencia inscrita y la exinscrita, es igual a FH = GK,
habrá que tomar FH = GK = `̀̀.
Dibujaremos, por tanto, la circunferencia de centro I, lo que nos permitirá trazar la tangente interior DE,
común a las dos circunferencias.
50
PROPOSICIÓN 38. Cuando los lados iguales, AM y AN, de un triángulo isósceles
4
MAN se cortan
por un segmento rectilíneo BC, de manera que BC = BM+CN, la circunferencia, de centro O,
tangente a los lados iguales en M y N, es también tangente a BC.
Si tomamos BL = BM entonces LC = CN.
Las mediatrices del triángulo
4
MLN se cortan
en un punto O que equidista de los tres vérti-
ces. Habrá que probar, entonces, que la circun-
ferencia que pasa por L, M, N es tangente a las
tres rectas AM, AN y BC.
Las mediatrices del triángulo
4
LMN son al
mismo tiempo las bisectrices de los ángulos
Â, B̂, Ĉ, porque los triángulos
4
MAN,
4
MBL,
4
LCN son isósceles. Luego los ángulos en L,
ÔLB y ÔLC son iguales entre ellos, como
son respectivamente iguales a los ángulos
ÔMA y ÔNA, iguales entre ellos. En conse-
cuencia esos cuatro ángulos son rectos, y el ar-
co
_
MLN es tangente a MB, a BCy a CN.
B
C
A
L
M
O
N
PROPOSICIÓN 39. Consideremos el triángulo
4
ABC, y las circunferencias exinscritas de centros
O1 y O2, y radios respectivos rB y rC. Se verifican las siguiente relaciones:
B
CF
A
E
D
OO
Ĉ
B̂
B-Ĉ^
ADB^
1 2
D̂AB = 90o− Â
2
= 90o− 180
o− B̂− Ĉ
2
=
B̂+ Ĉ
2
ÂBD = 180o− B̂
En consecuencia
ÂDB = 180o− B̂+ Ĉ
2
−180o + B̂ = B̂− B̂+ Ĉ
2
=
B̂− Ĉ
2
51
PROPOSICIÓN 40. Dividir un arco de circunferencia en dos partes, de forma que las
cuerdas de los arcos así determinados estén entre ellas en una relación dada
m
n
.
Suponemos el problema resuelto, siendo el arco dado el
_
ACB, y que se verifica:
AD
BD
=
m
n
,
para determinar la solución emplearemos el teorema de la bisectriz (la base está dividida en segmentos
proporcionales a los lados).
Así tendremos
AE
BE
=
AD
BD
=
m
n
Podemos, luego, determinar el punto E, ya que la bisectriz del ángulo D̂ debe pasar por el punto medio
del arco
_
AFB, lo que nos conduce a la construcción siguiente:
Sobre una recta cualquiera, trazada por el punto A, tomaremos AM = m, MN = n. Luego, uniremos el
punto B con el punto N, y a continuación por M trazaremos ME paralela a NB. Después uniremos el
punto medio del arco, F, con el punto E.
La recta FED determinará el punto D.
B
C
A
M
F
N
D
m
n
E
PROPOSICIÓN 41. Consideremos un triángulo isósceles
4
BAC. Con centro en A trazamos una
circunferencia cualquiera (c), y desde B y C se dibujan las cuatro tangentes a dicha circunferencia.
En estas condiciones el lugar geométrico de los puntos de intersección de esas tangentes se compone
de una recta (en la figura AH) y de una circunferencia (en la figura , la (c′), circunscrita al triángulo
4
BAC).
En efecto: Observamos, en primer lugar, que las tangentes se cortan en los cuatro puntos E, F, I, J.
Así, evidentemente, el lugar geométrico de los puntos E, F, es la recta EAF, perpendicular a la base del
triángulo, BC. Por otra parte, el lugar geométrico de los puntos I, J es la circunferencia circunscrita al
52
triángulo
4
BAC, puesto que trazados los radios de contacto AM, AN, vemos que los triángulos rectángulos
4
AMB ,
4
ANC, son iguales, luego ÂBM es igual a ÂCN, el ángulo B̂IC = B̂AC, y en consecuencia el punto
I pertenece a la circunferencia
©
BAC.
B
C
F A E
HO
N
M
J
(c´)
α
α
(c)
I
PROPOSICIÓN
42. En todo triángulo, la circunferencia inscrita, determina sobre el perímetro
de este triángulo seis segmentos iguales dos a dos. Representando por p el semiperímetro, los tres
segmentos distinto tienen respectivamente por valor: (p−a), (p−b), (p− c).
B
C
F
A
E
H
I J
M
L
n
m
N
=p-a
p
a
l
En efecto: Por ejemplo, para AL se tiene
AL+AN = AB+BC+CA− (LB+BM+MC+CN)
es decir
2 · `̀̀ = 2 ·p− (2 ·m+2 ·n)
de donde
`̀̀ = p−a
Razonando de la misma manera tendremos
m = p−b , n = p− c
53
Observemos que:
1o.- AE = AH = p
2o.- LE = NH = a
3o.- BM = FC , pues LE = BM+BF y NH = CF+CM
4o.- FM = a−2 ·m o bien FM = b− c
PROPOSICIÓN 43. Las siguientes relaciones suelen ser muy utilizadas en la construcción de trián-
gulos.
x = AP = AR
y = BP = BQ
z = CQ = CR
 =⇒
x+y = c
y+ z = a
x+ z = b
 =⇒ x+y+ z = p =⇒
x = p−a
y = p−b
z = p− c

Considerando la circunferencia de centro O3.

AL = AM
AL = AB+BL = AB+BEAM = AC+CM = AC+CE
BE = BL
CE = CM
y como: AB+BE+AC+CE = 2 ·p = AL+AM = 2 ·AL = 2 ·AM =⇒ AL = AM = p
Así mismo: CH = CI = BJ = BK = p
C
F
E
H
I
J
M
L Q
R
O1
2O
K
T
O3
B
A
D
P










rc
ra
rb
BC
 
QE
y
AL=p
PL=a
QE=b-c
HK=b+c
T=punto medio de
PL = AL−AP = p− (p−a) = a = RM
CM = AM−AC = p−b = CE
 y como: BQ = y = p−b =⇒
=⇒ Los puntos medios, (T),de BC y QE coinciden.
Además
 QE = BC− (BQ+CE) = a−2 · (p−b) = a−a−b− c+2 ·b = b− cHK = HC+CK = p+(p−a) = 2 ·p−a = b+ c
54
PROPOSICIÓN 44. CIRCUNFERENCIA DE LOS NUEVE PUNTOS
En un triángulo, los puntos medios de los lados y los puntos medios de los segmentos que unen los
vértices con el ortocentro (punto de intersección de las alturas), están situados en una circunferencia
(circunferencia de EULER, o de FEUERBACH).
PROPIEDADES
1.- El centro de la circunferencia de EULER es el punto medio del segmento que une el ortocentro, H,
con el centro de la circunferencia circunscrita al triángulo, O (A la recta que une H con O se le llama
recta de Euler).
2.- El radio de la circunferencia de Euler es la mitad del radio de la circunferencia circunscrita.
3.- El baricentro está alineado con el ortocentro y el circuncentro, y a doble distancia del primero que
del segundo.
4.- Si
4
PQS es el triángulo órtico del
4
ABC se verifica que:
4.1.- H es el centro de la circunferencia inscrita de
4
PQS, y
4.2.- A, B,C, son los exincentros de
4
PQS.
5.- La circunferencia inscrita es tangente a la circunferencia de Euler.
C
H
Q
N
S
O
B
A
G
MP.Ha
R
ω
Recta d
e Euler
Circunferencia 
 de Euler
 ωH=ωO
 AN=NH
GH=2·GO
 R
 2 r=
r
55
 Recta de Simson
relativa al punto M
 Recta de Simson
relativa al punto M´
Circunferencia de los nueve puntos
M´
A
B C
M
O
A´
B´C´
M1́
M1
H
α
α´
β
β´
γ
γ´
ω
PROPOSICIÓN 45. Si desde un punto de la circunferencia circunscrita a un triángulo se trazan
perpendiculares a los tres lados del triángulo, los tres punto así obtenidos están en línea recta.
Un enunciado equivalente sería el siguiente:
Si cuatro puntos A, B, C, D, están sobre una circunferencia, (c), si trazamos las perpendiculares
DA1, DB1, DC1, sobre los lados BC, CA, AB del triángulo
4
ABC, los pies A1, B1, C1 están en línea
recta.
B
C
(c )
B
O
O
O
A
Recta de 
 Simson
(c)
D
C
A1
1
2
1
2
1
(c )1
56
Dado que los puntos A1, B1, C, D y los A1, B, C1, D están, respectivamente sobre sendas circunferen-
cias, (c1) y (c2) se tiene la siguiente cadena de igualdades:
D̂A1B1 = D̂CB1 = D̂CA = D̂BA = D̂BC1 = D̂A1C1
es decir
D̂A1B1 = D̂A1C1
luego los puntos A1, B1, C1 están sobre una recta.
(A la recta A1B1C1 se la llama recta de Simson.)
Observemos que la circunferencia circunscrita es el lugar geométrico de los puntos cuyas proyecciones
sobre los tres lados de un triángulo están en línea recta.
PROPOSICIÓN 46. La condición que han de cumplir las longitudes de los lados de un triángulo
cualquiera para que la línea que une el baricentro con el incentro sea paralela a uno de sus lados
es:
a =
b+ c
2
Consideremos el triángulo
4
ABC.
Para el baricentro, G, se verifica:
GM
AM
=
1
3
.
Para el incentro, I, se tiene ID = r (radio de la circunferencia inscrita).
Sea AH = h, la altura del triángulo.
Suponemos que GI es paralela al lado BC.
C
A
D
G
M HB
I b
c
a
E
El Teorema de Thales nos permite escribir:
GM
AM
=
EH
AH
=
1
3
=⇒ r = ID = EH = h
3
.
Si p es el semiperímetro del triángulo dado, su área será:
S = p · r = p · h
3
.
Igualando ambas expresiones del área, se tiene
p · h
3
=
1
2
·a ·h =⇒ 2 ·p = 3 ·a =⇒ a+b+ c = 3 ·a =⇒ a = b+ c
2
57
PROPOSICIÓN 47. La distancia MP de un punto cualquiera M de una circunferencia a una cuer-
da dada AB es media proporcional entre las distancias ME, MG del mismo punto M a las tangentes
AC, BC, trazadas por los extremos de la cuerda dada.
Tenemos que probar que: MP2 = ME ·MG,es decir, ME
MP
=
MP
MG
.
Como los ángulos ÊMP y P̂MG son iguales,
por ser iguales, respectivamente, los ángulos
K̂NC y ĴNC, admitiendo la relación anterior,
resulta que los triángulos
4
EMP y
4
PMG son
semejantes, por tener un ángulo igual compren-
dido entre dos lados homólogos proporcio-
nales.
Como consecuencia de esa semejanza, se pue-
de afirmar que: M̂PE = M̂GP. Realmente, pa-
ra concluir que las proposiciones intermedias y
la de nuestro punto de partida son verdaderas,
basta demostrar, directamente, la igualdad de
los ángulos M̂PE y M̂GP . Dado que los
A B
C
P
E
M N
K J
G
cuadriláteros
�
APME y
�
BGMP son inscribibles, pues cada uno de ellos tiene dos ángulos opuestos suple-
mentarios, puesto que son rectos, resulta que M̂PE = M̂AE, como correspondientes al mismo arco en la
circunferencia circunscrita al cuadrilátero
�
APME.
Así mismo se tiene que: M̂GP = M̂BP.
Además, M̂AE = M̂BP, puesto que su medida es la mitad del arco
_
AM. Lo mismo ocurre para que
M̂PE = M̂GP.
Queda, por tanto, probado lo que enunciamos, y por tanto escribir que:
MP2 = ME ·MG.
2.2 Ejemplos
Ejemplo 1. Dada una cuerda AB sobre una circunferencia, trazar desde el punto medio C del arco
_
AB una
cuerda tal que la porción comprendida entre su punto de intersección con la cuerda
_
AB y el otro punto en que
corte a la circunferencia tenga una longitud dada m.
Supongamos el problema resuelto, y sea CD la solución.
Trazando el diámetro CF y uniendo F con D, tenemos
que FD y GE son antiparalelas con relación al ángulo
D̂CF, luego
CD ·CE = CG ·CF = CB2 ,
y además
CD−CE = m .
A B
C
F
D
EG
58
Conocidos el producto y la diferencia de: CD y CE, podemos determinar CD
A B
C
F
m
Dr
CD
C
E
D
CB
m
AB
r
m
CD · CE=CB
CD - CE=m
�
�
�
2
Ejemplo 2. Trazar dos circunferencias conociendo las distancias AB y CD, entre los puntos de contacto de
las tangentes exteriores e interiores, y el ángulo ααα que forma la línea de centros con la tangente exterior.
Supongamos el problema resuelto. Tracemos por A una paralela a OO′, con lo que tendremos que
AE = OO′ , BE = r− r′ .
Podemos construir el triángulo
4
ABE, por conocer AB y el ángulo B̂AE =ααα , obteniendo así OO′ y r− r′.
A
O´
C
D
B
E
F
O
α
r´
r
Si trazamos, por C, una paralela a OO′ hasta que corte a la prolongación de OD, tendremos: DF = r+ r′.
Podemos construir el triángulo rectángulo
4
CDF, por conocer
CF = OO′ = AE y CD ;
luego, obtendremos r+ r′.
Conocidos r+ r′ y r− r′, podemos determinar r y r′.
59
Ejemplo 3. Dada una circunferencia (O) y un punto S, hallar la figura inversa de (O) respecto a S, siendo la
potencia de inversión ST2 = 1.
Se traza la circunferencia de centro S y radio 1. Por S se traza una recta cualquiera SA, y a continuación se traza AT.
Por T se traza TA′, normal a ST. El punto A′ es el inverso de A.
Para hallar el centro, basta trazar A′C′, paralela a BO.
T
A'
AB
S
E
O
E'
O' C'
Observamos que los centros de las circunferencias no son inversos. El inverso de O es la intersección de la polar de
S respecto a (C′), con SO,
es decir O′.
En efecto: E y E′ son inversos, y como
SO ·SO′ = SE ·SE′ ,
EO y O′E son antiparalelas respecto al ángulo ÔSE. Como ŜEO = 90o, también ŜO′E′ = 90o.
Ejemplo 4. Dada una recta r, hallar su inversa, siendo S el centro de inversión y ST2 la potencia de inversión.
Se traza SA, perpendicular a r, y desde A se traza la tangente a la circunferencia de radio ST. La perpendicular
A′T a SA nos determina A′, punto inverso de A.
En efecto: En el triángulo rectángulo
4
STA se tiene que:
ST2 = SA′ ·SA .
La figura inversa de r, es la circunferencia de diámetro SA′.
Para un punto cualquiera B se tiene que verificar:
SB ·SB′ = SA ·SA′ ,
es decir, que AB y A′B′ son antiparalelas respecto al ángulo ÂSB, y por lo tanto ŜB′A = 90o, y B′ estará en la
circunferencia de diámetro SA′:
(Si la recta pasara por S, su inversa sería ella misma.)
T
AA'
r
S
B'
B
60
Ejemplo 5. Establecer que, siendo AD la bisectriz del ángulo Â, y trazando en D una perpendicular a BC,
y tomando en esa perpendicular los segmentos DP y DQ, iguales a la distancia de D a uno de los lados del
ángulo B̂AC, y uniendo A con P y con Q, dichas rectas cortan BC en los puntos E y F, que son los de contacto,
con BC, de las circunferencias exinscrita e inscrita al triángulo
4
ABC.
A
P
B C
E
G
H
I
M
Q
Ia
F
D
Trazando en F y en E perpendiculares a BC hasta que corten a la bisectriz de Â, vamos a ver que los puntos I e Ia,
son centros de las circunferencias inscrita y exinscrita. Trazando en I la perpendicular IH se tiene:
(
IH
DG
=
AI
AD
y
IF
DQ
=
AI
AD
)
=⇒ IH
DG
=
IF
DQ
; y como DG = DQ , tendremos IH = IF .
Por otra parte, en los triángulos
(
4
ADG ,
4
AIaM
)
y
(
4
AEIa ,
4
APD
)
se tiene
(
IaM
DG
=
AIa
AD
y
EIa
PD
=
AIa
AD
)
=⇒ IaM
DG
=
EIa
PD
; y como GD = PD , tendremos EIa = IaM .
Ejemplo 6. Dadas dos circunferencias (A) y (B), tangentes entre sí, trazar otra circunferencia que las corte
ortogonalmente, y tal que los arcos interceptados sean uno doble del otro.
Por cortar ortogonalmente a (A) y (B), el centro de la circunferencia solución estará en el eje radical de (A) y (B),
es decir, en su tangente común. Si trazamos (B′), circunferencia simétrica de la (B), respecto a SC, y desde A tra-
zamos la tangente AC, C es el centro de la circunferencia solución.
61
Comprobémoslo: Por simetría los ángulos N̂B′S y ŜBP son iguales. Además, M̂AN = N̂AS, y por tanto, M̂CS = 2 · ŜCP,
es decir, el arco
_
MS es doble del
_
SP.
A BB' S
M C
P
N
Ejemplo 7. Dados dos puntos A y B, y una circunferencia (O), trazar otra circunferencia que corte ortogo-
nalmente a (O), pase por A, y se vea desde B bajo un ángulo ααα .
El siguiente esquema nos ayudará en el razonamiento:
A
B
C
D
T
O N
H
I J
m n
M α2
α
2
α
El centro C estará en el lugar geométrico de los centros de las circunferencias que cortan ortogonalmente a las circun-
ferencia (O) y (A), es decir, el eje radical de (O) y (A). Para hallar este eje radical, desde A se traza la tangente AT,
y desde su punto medio M, se traza MN, normal a AO. Tendremos que ĈBD =
ααα
2
, y que: sen
ααα
2
=
CD
BC
=
AC
BC
;
es decir, C estará en el lugar geométrico de los puntos cuya relación de distancias a A y B es sen
ααα
2
. Para hallar
esta relación se traza un ángulo
ααα
2
, y trazando HI, normal a IJ se tiene : sen
ααα
2
=
m
n
.
La intersección del eje radical con el lugar geométrico de los puntos cuya relación de distancias a A y B, es
m
n
, nos
da el centro C.
62
Ejemplo 8. Se dan dos puntos O1 y O2, y una recta s, perpendicular a O1O2. Trazar dos circunferencias
(O1) y (O2), cuyo eje radical sea s, y tal que la relación de los radios sea 2.
El siguiente esquema nos ayudará en el razonamiento:
A
B
M
s
O O1
r1
2
r2
Sea B un punto de la recta s. Si igualamos sus potencias, respecto (O1) y (O2), tendremos:
BO1
2− r21 = BO2
2− r22 =⇒ BO1
2−BO2
2
= r21− r
2
2 .
En los triángulos
4
O1BM y
4
BO2M se verifica:
BO1
2
= O1M
2
+MB2 +2 ·O1M ·MA
BO2
2
= O2M
2
+MB2−2 ·O2M ·MA
Restando tendremos (por ser O1M = MO2):
BO1
2−BO2
2
= 2 ·O1O2 ·MA = r21− r
2
2 .
y como
r1
r2
=
2
1
=⇒ r1 + r2
r1− r2
= 3
se tendrá
2 ·O1O2 ·MA = (r1 + r2) · (r1− r2)
de donde
3 ·2 ·O1O2 ·MA = (r1 + r2)2 y
2
3
·O1O2 ·MA = (r1− r2)2
Conocidos: r1 + r2 y r1− r2, podemos determinar los radios.
Ejemplo 9. Dadas una circunferencia (O), una recta r, y un punto A, trazar una circunferencia (X) que pase
por A, y tal que el eje radical de (O) y (X) sea la recta r.
Supongamos el problema resuelto, y sea P un punto del eje radical.
Se traza la circunferencia de centro P, y radio PA.
Se unen los puntos de intersección de las circunferencias (O) y (P).
63
Si Q es la intersección de MN y r, se une Q con A, y la intersección de QA con la circunferencia (P) nos dará otro
punto de la circunferencia pedida.
La mediatriz de AB y la normal a r por O, nos determinan X, centro de la circunferencia pedida.
A
B
M
P
O
r
N
Q
X
Ejemplo 10. Dado un triángulo
4
ABC y una recta B′C′ paralela a BC, hallar los ejes radicales de las circun-
ferencias de diámetro BB′ y CC′, cuando B′C′ se mueve paralelamente a BC.
A
B'C'
B C
H
E
D
(t)
línea de los 
centros��
�
Tracemos una circunferencia de diámetro BC, que llamaremos (t). El eje radical de (t) y la circunferencia de
diámetro BB′ es su cuerda común BE. Así mismo el eje radical de (t) y la circunferencia de diámetro CC′ es su
cuerda común CD.
64
El centro radical de las tres circunferencias es H, intersección de las alturas BE y CD; por tanto; por H pasa el eje
radical de las circunferencias de diámetros respectivos BB′ y CC′, que será perpendicular a la línea de centros.
Ahora bien, la línea de centros es paralela a BC, y en consecuencia, el eje radical es la perpendicular trazada por H a
BC, es decir, la altura AH. En definitiva, cualquiera que sea la posición de B′C′, el eje radical de las circunferencias
de diámetros respectivos, BB′ y CC′ es la altura AH.
Ejemplo 11. Dado un triángulo
4
ABC trazar tres circunferencias, que tengan por centros A, B y C, y que se
corten ortogonalmente.
Supongamos el problema resuelto. Si la circunferencia (C) corta ortogonalmente a las (A) y (B), las rectas FC y CL
son tangentes a (A) y (B), pero como son iguales (son radios de (C)), el punto C tiene igual potencia respecto de
(A) y (B), es decir, está en su eje radical, que es perpendicular a AB, o sea que el eje radical, de (A) y (B), es
la altura CH.
Como las circunferencias (A) y (B) se tienen que cortar ortogonalmente y su eje radical es CH, su intersección estará
en CH, y en la circunferencias de diámetro AB. Las circunferencias de radios AD y BD son dos de las pedidas.
Razonando de la misma manera, se establece que, las (B) y (C), se tienen que cortar en la altura AL. Si L es la
intersección de la (B) y la altura a L, la circunferencia (C) será la de radio CL.
D
H
F
E L
A B
C
(A)
(B)
(C)
65
Ejemplo 12. Trazar una circunferencia que pase por P , y sea tangente a una recta r y a otra
circunferencia de centro A.
Se toma como centro de inversión el punto P, siendo PT2 la potencia de inversión (PT es la tangente trazada desde
P a (A)).
En esta inversión, (A) es inversa de sí misma, y r tiene por inversa la circunferencia (R′).
Se traza la recta x, tangente común a (A) y (R′). Su inversa será una circunferencia (X′), que pasa por P y es
tangente a (A) y r; es decir, es la solución.
B
T
X'
x
r
A
B'
P
R'
Observemos que además de la x existen otras tres tangentes comunes a (A) y (R′); cada una de ellas nos daría otra
solución. El problema planteado tiene, por tanto, cuatro soluciones.
Ejemplo 13. Dadas dos circunferencias (O1) y (O2), y dos puntos A y C (el A está en (O1)), trazar una
circunferencia que pase por A y C, y que corta isogonalmente a las circunferencias (O1) y (O2).
Se halla el centro de homotecia de (O1) y (O2), y el punto B, antihomólogo del A. La circunferencia que pasa por
A, B, C es la pedida.
C
O
O
X
S1
2
A
B
En efecto: Si se toma una inversión de centro S, y potencia SA ·SB, la circunferencia (O1), se convierte en la
(O2), y la (X) es inversa de sí misma. Como en la inversión se conservan los ángulos, lo ángulos formados por
Ô1XA y Ô2XB son iguales. Para que una circunferencia corte isogonalmente a otras dos, tiene que cortarlas
en puntos antihomólogos.
66
Ejemplo 14. Dadas dos circunferencias (O1) y (O2), tangentes entre sí, y otra circunferencia (C), trazar otra
circunferencia que corte ortogonalmente a (O1) y (O2), y que sea tangente a (C).
Toda circunferencia que corte ortogonalmente a (O1) y (O2), tiene que pasar por su punto de contacto S.
Si tomamos S como centro de inversión, y una magnitud cualquiera, SN2, como potencia de inversión, las figuras
inversas de (O1) y (O2) son dos rectas perpendiculares o′1 y o
′
2 (no representadas, pero perpendiculares a O1O2).
Las figuras inversas de las soluciones (X1) y (X2) son dos rectas paralelas x′1 y x
′
2. La figura inversa de (C es otra
circunferencia (C′). Como en inversión se conservan los ángulos, las rectas x′1 y x
′
2 tienen que ser perpendiculares a
o′1 y o
′
2, y tangentes a (C
′).
Halladas las rectas x′1 y x
′
2, sus inversas son las circunferencias pedidas.
C
O O
M
S
1 2
A
N
E
B
X1
2
x'1
x'2
C'
X D
Ejemplo 15. Dada una circunferencia (O), y dos puntos A y B, trazar una circunferencia que pase por A y
B, y que corte a la (O) bajo un ángulo de 30o.
Se toma el punto A como centro de inversión, siendo AT2 la potencia de inversión.
La inversa de (O) es ella misma, y el inverso de B es B′.
Por B′ se traza una recta c′ que corta a (O) bajo un ángulo de 30o. ( Para ello se traza la cuerda MN = TO, y la
circunferencia concéntrica con (O), tangente a MN. La tangente desde B′ es la recta c′.)
La inversa de c′ es (C), circunferencia solución. Para ello, observemos que la inversa de c′ es una circunferencia que
pasa por A y B, y dado que en la inversión se conservan los ángulos, la circunferencia (C) corta a la (O), bajo un
ángulo igual que la c′.
A
B
C
B´
T
M
N
Q
P
O
AT
c´
α
PO = 2
PQ = 1


 => sen α = PQPO
1
2= =>
α = 30º
67
Ejemplo 16. Dados los triángulos
4
ABC y
4
LMN, inscribir en
4
ABC un triángulo de lados paralelos a los del
4
LMN.
El siguiente ejemplo nos muestra como proceder en general:
1.- Por L, M, N se trazan paralelas a AC, BC y AB, obteniéndose el triángulo
4
A′B′C′, homotético al
4
ABC.
2.- En la homotecia anterior se obtiene el punto Q, perteneciente a BC, homotético del M.
3.- A partir de Q se traza
4
PQR homotético del
4
LMN.
A
B
C
P
A'
B'
C'
L M
N
O
R
Q
Ejemplo 17. Por un punto O tomado sobre la altura de un triángulo isósceles, trazar una recta, distinta de
la altura, que divida al triángulo en dos partes equivalentes.
Sea MON la recta secante pedida. Se debe tener que el
triángulo
4
DOM es equivalente al
4
ONC, ya que las dos
superficies equivalentes
4
CBD y
�
CBMN, tienen una par-
te común, la
�
COMB, de donde resulta
OC ·NE = OD ·DM .
Ahora bien:
DM
NE
=
OD
OE
⇐⇒ DM ·OE = NE ·OD .
Multiplicando las dos igualdades resulta:
OC ·OE = OD2 ;
A B
C
D
E FN
M
O
luego OE resulta ser una tercera proporcional, fácilmente calculable
OD OE
OC
OD
68
Ejemplo 18. En un triángulo dado inscribir un triángulo conocidos dos de sus lados y de tal manera que uno
de sus vértices sea un punto dado P.
Si el vértice es el común a los dos lados conocidos, bastará con trazar, con centro en P, arcos de radios respectivos
a los lados conocidos, que cortarán a los otros dos lados del triángulo conocido en los otros dos vértices del que
queremos inscribir.
C
P
B
P
P
C
B
Si el vértice no es el común, trazamos primero, con centro en P un arco de radio uno de ellos, y haciendo centro en
el punto de intersección con el lado opuesto, trazaremos otro arco de radio el otro lado que cortara al lado siguiente
en el tercer vértice del triángulo que queremos inscribir.
C
P
B
B
P
C
B
Ejemplo 19. Dado un triángulo,
4
ABC, inscribir un rectángulo
�
PMNQ que sea equivalente al triángulo parcial
4
MBN.
Se verifica la relación
área de
4
BMN= área de
�
PMNQ .
es decir
MN ·BD
2
= MN ·MP
o lo que es lo mismo
BD
2
= MP , A
B
C
DM
P H
N
Q
69
Así: “La altura del triángulo parcial debe ser el doble de la del rectángulo”.
La construcción será inmediata si determinamos el punto D.
A
B
C
DM
P H
N
Q
Ejemplo 20. Inscribir en un triángulo otro triángulo cuyos lados son paralelos a direcciones dadas.
La figura siguiente, comentada, nos muestra como proceder:
Se traza una recta E′F′ paralela a una de las líneas dadas,
y por los puntos E′ y F′ se trazan paralelas E′D′ y F′D′
a las otras dos rectas dadas.
El triángulo
4
D′E′F′ sería la solución si el vértice D′ estu-
viese sobre AB. Bastará por tanto trazar CD′D, y luego
A C
D
B
F F'
E
E'D'
DE y DF paralelas, respectivamente, a D′E′ y D′F′, y el lado EF que será paralelo a E′F′. Veámoslo:
A C
D
B
F F'
E
E'D'
2
3
1
Ejemplo 21. Inscribir en una circunferencia un triángulo del que dos lados sean paralelos a dos rectas dadas,
y que el tercero pase por un punto dado P.
Sean P, XY y YZ el punto y las rectas dadas, siendo la circunferencia de radio r.
Supongamos el problema resuelto, en cuyo caso tendremos:
1o.- El ángulo  es conocido,
 = Ŷ .
2o.- El segmento BC (aunque en principio no posicional-
mente) es conocido, al estar determinado por la intersec-
ción de los lados de  con la circunferencia dada, (c).
A
B C
Z X
Y
O
P
r
ŷ ŷ
70
3o.- Podemos conocer la circunferencia (c′), tangente al segmento BC, con el mismo centro que la (c)
4o.- La tangente desde P a (c′) nos cortará a la (c) en los puntos B y C.
5o.- El punto A resultará de trazar por B y C, respectivamente, paralelas a las rectas dadas.
Para la construcción del triángulo basta con seguir lo indicado en los pasos anteriores:
A
B C
Z X
Y
O
P
r
ŷ
ŷ
A'
C'
B'
(c) (c')
Ejemplo 22. Dados dos puntos A y B sobre una circunferencia, así como un diámetro EF fijo, paralelo a
la recta AB. Se trata de determinar sobre la circunferencia dada un punto C tal que las cuerdas CA y CB,
determinen, sobre el diámetro fijado, un segmento MN de longitud `̀̀.
Supongamos el problema resuelto, siendo MN = `̀̀. Conocemos la posición de los puntos A y B, y por tanto el ángulo
inscrito Ĉ.
Así, trazando las paralelas ND y AD, respectivamente, a las AM y MN, formamos un paralelogramo en el que
AD = MN = `̀̀. Además, los ángulos D̂NB y Ĉ son iguales, por ser correspondientes.
A B
C
N
F
O
E
M
Ahora bien, el punto D puede determinarse directamente, lo que nos conduce a la construcción siguiente:
71
Por el punto A se traza una paralela al diámetro fijo, sobre la que se toma AD = `̀̀.
Sobre BD se traza el arco capaz de ángulo conocido Ĉ.
Por último, se traza BNC y CA, con lo que nos queda determinado el punto C. (así como el triángulo
4
MCN.)
A B
C
N
F
O
E
M
D
Ĉ
Ĉ
Ĉ
Ejemplo 23. Dado un triángulo
4
ABC, inscribir en él, otro triángulo
4
MNP, conociendo: la dirección de MN,
las relaciones
MP
NP
y
MN
MP
.
A
B
M'
M
C
N
N'
P'
P
M
N
Se traza una recta cualquiera M′N′, paralela a la dirección MN, y sobre M′N′ se construye un triángulo
4
M′N′P′ se-
mejante al pedido. La recta AP′ determina el vértice P, y las paralelas MP y NP, respectivamente, a las M′P′ y N′P′
determinar el triángulo pedido
4
MNP.
72
Ejemplo 24. Inscribir en un triángulo
4
ABC otro triángulo también dado,
4
DEF.
Resolvamos antes el problema siguiente:“Por uno de los puntos de intersección de dos circunferencias que se cortan,
trazar una secante que tenga una longitud dada 2 · `̀̀”.
Supondremos el problema resuelto, siendo CED = 2 · `̀̀.
(Vamos a trabajar con la mitad GH de la secante.)
Considerada una recta auxiliar BF, paralela a CD, vemos
que el problema se soluciona construyendo un triángulo
rectángulo
4
AFB del que se conoce la hipotenusa AB, y
la longitud