CAPÍTULO 6

DESIGUALDADES Y CONSTRUCCIONES GEOMÉTRICAS

6.1 DESIGUALDADES GEOMÉTRICAS

Como las definiciones de desigualdades de segmentos y de ángulos las daremos en

términos de desigualdades de los números reales, es conveniente recordar algunas

definiciones y propiedades de éstos que nos serán de utilidad.

DEFINICIÓN 6.1 Sean x, y números reales arbitrarios:

1) Se dice que x es menor que y, simbolizado por x < y, si y - x es un real positivo. En este

caso decimos, también, que y es mayor que x, denotado por y > x.

2) Se dice que x menor o igual que y, denotado x y, si x < y o x = y; también decimos,

en este caso, que y es mayor o igual que x, simbolizado y x.

Así, por ejemplo, -5 < -1, pues -1- (-5) = 4 que es positivo. 3 5, pues la proposición

3 < 5 ó 3 = 5 es verdadera; así mismo, podemos escribir 3 3, pues la proposición

3 > 3 ó 3 = 3 es verdadera.

De la definición anterior se derivan algunas propiedades, de las cuales citamos:

P1. Para a, b reales arbitrarios, sólo una de las siguientes afirmaciones es verdadera a < b,

b < a, a = b.

P2. a < b y b < c implica a < c.

P3. a < b y c < d implica a + c < b + d.

P4. a < b implica a + c < b + c, para todo real c.

P5. a < b y c > 0 implica a c < b c.

P6 a < b y c < 0 implica a c > b c.

P7. a b y b a implica a = b.

Las propiedades de P2 a P6, se siguen cumpliendo si cambiamos < por .

101

DEFINICIÓN 6.2 1) El segmento AB es menor que el segmento CD, si d(A, B) < d(C, D), y se escribe

AB CD o CD AB ( CD es mayor que AB ). La expresión, AB CD significa

AB CD o AB CD .

2) Ángulo A es menor que ángulo B si m( A) es menor que m(B); en este caso se dice,

también, que B es mayor que A . Las notaciones respectivas son A < B y B >

A. Además, A B significa A < B o A B. 1

Ahora debe resultar clara la siguiente proposición verdadera: en todo triángulo, un ángulo

exterior es mayor que cada uno de los ángulos interiores no contiguos a él, ver teorema

5.9, cap.5.

TEOREMA 6.1 (Criterio de congruencia triangular LAA)

Si un triángulo tiene un lado y dos ángulos, respectivamente, congruentes con un lado y dos

ángulos de otro triángulo, entonces los triángulos son congruentes.

Demostración. Si los ángulos son contiguos al lado, el teorema se cumple, por el criterio

de congruencia triangular ALA. Supongamos que uno de los ángulos no es contiguo al lado

y sean los triángulos ABC, A’B’C’ con AB = A’B’, A A’ y C C’ .

Probemos que ABC A’B’C’, ver Fig.6.1.

Fig.6.1

Consideremos tres casos: 1) AC = A’C’ 2) AC < A’C’ 3) AC >A’C’. En el caso primero, el teorema se cumple por los criterios LAL o ALA. Mostremos que los

otros dos casos no son posibles. En efecto, si AC >A’C’, existe un punto D en el segmento

AC para el cual AD = A’C’. Luego, ADB A’B’C’ por el criterio LAL. Así, ADB

1 Una relación en un conjunto A, es una relación de orden si para todo x, y, z de A se satisfacen: 1) x

está relacionado con x. 2) Si x está relacionado con y y y está relacionado con x, entonces x = y.

3) Si x está relacionado con y y y está relacionado con z, entonces x está relacionado con z. Si,

además, 4) x está relacionado con y o y está relacionado con x, entonces se denomina relación de

orden total. Por tal razón, la relación es una relación de orden total en cada una de las siguientes

colecciones: los números reales, los segmentos y ángulos del plano.

A’ B’

C’

A B

C

D

102

C’ C, lo cual es falso, ya que ADB > C por el teorema del ángulo exterior. De

la misma manera, se prueba que no es posible AC < A’C’. Por tanto, ABC A’B’C’.

TEOREMA 6.2

En todo triángulo a mayor lado se opone mayor ángulo y viceversa.

Demostración Dado ABC, basta demostrar que AC > CB si, y sólo si, B > A.

Probemos primero que AC CB B > A (ver Fig. 6.2).

Fig. 6.2

Sea B’ un punto de AC, tal que CB’ = CB. En ABB’ se tiene que A < CB’B, por ser

éste ángulo exterior. Además, BC B C ' CB’B CBB’ < B, pues BCB’ es

isósceles por construcción. De ahí, A < B. ¿Dónde se aplica la hipótesis AC CB ?

Supóngase, ahora, que B > A y demostremos que el segmento AC es mayor que el

segmento CB. Apliquemos reducción al absurdo. Si AC CB, se llega a una

contradicción, tras aplicar la implicación probada anteriormente, ¿ por qué?; en

consecuencia, AC CB .

En general, el criterio de congruencia LLA no es válido. El teorema siguiente nos da una

condición suficiente para que dicho criterio se cumpla.

TEOREMA 6.3

En los triángulos ABC y A’B’C’, si AB = A’B’, AC = A’C’, AC > AB y B B’,

entonces ABC A’B’C’.

Demostración (Ver Fig. 6.3). Existe un movimiento que transforma A B' '

en AB

y el

semiplano que contiene a C’, en el semiplano que contiene a C, ver A.22, cap. 4. Como el

movimiento conserva la medida angular y B B’, la imagen de la semirrecta B’C’ es la

semirrecta BC. Probemos que C es la imagen de C’. Para ello supongamos que la imagen

de C’ es el punto C” de la semirrecta BC. Hay dos posibilidades: en una C” está entre B y

103

C, en cuyo caso ABC” A’B’C’; de ahí, AC” = A’C’ = AC. Es decir, ACC” es

isósceles y, en consecuencia, C CC”A, siendo éste mayor que B, por ser CC”A

ángulo exterior al triángulo AC”B. Así AB > AC, por el teorema 6.2 (absurdo). En forma

análoga se procede si C” es exterior a BC . Luego, C = C” y, por tanto, ABC

A’B’C’. ¿Dónde se usa la condición AC > AB?

Fig. 6.3

TEOREMA 6.4

En cualquier triángulo, un lado es menor que la suma de los otros dos lados y mayor que su

diferencia.

Demostración: (ver Fig. 6.4). Dado ABC, es suficiente con hacer la demostración para el

lado mayor, sea éste AB . Construyamos el segmento CB’ con CB’ = CB. Entonces,

BCB’ es isósceles.

Fig. 6.4

y se tiene AB’B CBB’ < ABB’. En ABB’, se cumple AB < AB’ = AC + CB’= AC +

CB, ver teorema 6.2. En resumen, AB < AC + CB. Como AB es el mayor lado de ABC,

se deduce también que AC < AB + BC y BC < AB + AC. De ahí, AB - AC < CB, AC - BC <

AB y BC - AB menor que AC.

104

COROLARIO 6.1 Todo segmento es menor que cualquiera línea poligonal que tenga los

mismos extremos del segmento.

Demostración: (ver Fig. 6.5). Consideremos el segmento AB y la poligonal AEDCB con

los mismos extremos. De acuerdo con el teorema 6.4, podemos escribir:

Fig. 6.5

AB < AE + EB; EB < ED + DB; DB < DC + CB. Sustituyendo, resulta:

AB < AE + ED + DC + CB. (La generalización a más puntos es inmediata, la cual nos

asegura que dados n puntos A1, A2, A3,..., An, en el plano, es A1 A2+ ...+ An -1 An A1 An ).

COROLARIO 6.2 Si cada una de dos poligonales dadas, determina un polígono convexo,

y una de ellas es interior y con un lado común al polígono que determina la otra, entonces,

la poligonal interior es menor que la poligonal exterior.

Demostración. Ver Fig.6.6.

Fig. 6.6

105

De las propiedades antes vistas, podemos escribir: AF + FM < AB + BC + CM; FG +

GN < FM + MD + DN; GE < GN + NE. Sumando estas desigualdades y cancelando los

términos comunes se obtiene: AF + FG + GE < AB + BC+ CD + DE.

COROLARIO 6.3 Si un polígono convexo es interior a otro, el perímetro2 del primero es

menor que el perímetro del segundo. (La demostración se deriva directamente del corolario

6.2, ver Fig. 6.7).

Fig. 6.7

TEOREMA 6.5

El segmento de menor longitud, trazado desde un punto exterior de una recta a ella, es el

segmento de perpendicular trazado del punto a la recta.

Demostración: (ver Fig. 6.8). Probemos que PQ PR . Basta con observar que PQR >

PRQ. ¿Por qué?

COROLARIO 6.4 De dos segmentos oblicuos desiguales, trazados desde un punto

exterior a una recta, es mayor el que tiene su pie3 a mayor distancia del pie del segmento

perpendicular, y viceversa.

Para la demostración, basta aplicar en PRT el teorema 6.2 (ver Fig. 6.8).

2 Suma de las longitudes de los lados del polígono.

3 Pie es el punto de encuentro del segmento con la recta.

106

Fig. 6.8

El teorema 6.5 nos conduce a la siguiente definición:

DEFINICIÓN 6.3 (Proyección Ortogonal)

Sea r una recta en un plano, la función que transforma cada punto P del plano en el pie de

la perpendicular de P a r, se llama proyección ortogonal sobre r.4 (Fig. 6.9).

Fig. 6.9

Si es la proyección ortogonal (ver Fig. 6.9), se tiene (P) = Q, (A) = B y se dice que

Q, B son las proyecciones ortogonales de P y A, respectivamente, sobre r. Es claro, de la

definición anterior, que si C es punto de r, entonces (C) = C. O sea, en la recta r, sobre la

cual se proyecta, cada punto es la proyección ortogonal de sí mismo. Además, la

proyección ortogonal de un segmento sobre una recta, no perpendicular a ésta, es otro

segmento de longitud menor o igual que el primero, ver Fig. 6.10.

4 El dominio de esta función es el plano y el codominio es la recta r

107

( AB ) = A B' '

Fig. 6.10

TEOREMA 6.6

Si un triángulo tiene un par lados, respectivamente, congruentes con un par de lados de otro

triángulo y los ángulos que forman estos pares son desiguales, entonces el primer ángulo es

mayor que el segundo si, y sólo si, el lado opuesto al primero es mayor que el lado opuesto

al segundo.

Demostración ) (ver Fig. 6.11). En los triángulos ABC y A’B’C’ supongamos que AB =

A’B’, AC = A’C’ y A > A’; debemos demostrar que BC > B’C’. En el movimiento que

transforma A B' '

en AB

y el semiplano que contiene a C’ en el que contiene a C, el punto

C’ se transforma en un punto C”; de manera que ABC” A’B’C’ y la semirrecta AC” es

interior a A, pues A > A’ C”AB. Tracemos la bisectriz del ángulo CAC”, que

cortará al lado BC en un punto D. Como ACC” es isósceles DC = DC”, pues en un

triángulo isósceles la bisectriz del ángulo desigual es también mediatriz. De otro lado, en

BDC” se tiene BC” < BD + DC” = BC. ¿Por qué? Es decir, BC” < BC. Pero BC” =

B’C’; por tanto, B’C’< BC.

Fig. 6.11

108

) (Ver Fig. 6.11 sin las líneas auxiliares). Dados ABC y A’B’C’, con AB = A’B’, AC =

A’C’ y BC > B’C’, debemos probar que A > A’. Haremos la prueba por contradicción.

Supongamos, entonces, que A A’. Si A A’, por el criterio LAL se tiene que

BC = B’C’, lo cual contradice que BC > B’C’. Ahora, si A < A’, entonces, por la

primera implicación ya probada, BC < B’C’, que contradice una de las hipótesis del

teorema. En consecuencia, A > A’.

Resolver ejercicios 6.1, 6.7, 6.8, 6.9, 6.10.

Los resultados que siguen aportan a la sustentación teórica de las construcciones con

regla y compás.5

COROLARIO 6.5 Sea d la distancia de una recta al centro de una circunferencia de radio

r.

1) Si d > r, la recta es exterior; si d = r, la recta es tangente; si d < r, la recta es secante.

(Es consecuencia inmediata de los dos comentarios que siguen al axioma A.16, cap.3).

2) Si la recta es secante, d < r; si la recta es tangente d = r; si la recta es exterior, d > r. (La

demostración se basa en que sólo una de las siguientes afirmaciones es verdadera d = r,

d < r, d > r, y el corolario anterior).

TEOREMA 6.7

Consideremos una circunferencia de centro O y radio r, un punto P O en el plano de la

circunferencia y d = PO. Entonces La recta PO corta la circunferencia en dos puntos Q ,

R con PR < PQ . Además, PR es la menor distancia de P a la circunferencia, PQ la mayor

y PQ = d + r, PR = d – r.

Demostración. Para demostrar que PR, PQ son las distancias mínima y máxima a la

circunferencia, basta ver que para cada punto A de ésta, se tiene PR PA y PA PQ, lo

cual se desprende de la figura 6.12 y las propiedades de las desigualdades geométricas ya

vistas. La otra parte del teorema es consecuencia inmediata.

Fig.6.12

5 Ver también axioma de continuidad (axioma A16) y sus comentarios subsiguientes, cap.3, secc.3.10.

109

DEFINICIÓN 6.4 La distancia PR, del teorema anterior, es la distancia del punto P a la

circunferencia.

TEOREMA 6.8

Sea d la distancia entre los centros de dos circunferencias de radios r y r’ (r’ > r), entonces:

1) d > r + r’ las dos circunferencias son exteriores;

2) d = r + r’ las dos circunferencias son tangentes exteriormente;

3) r’ - r < d < r’ + r las dos circunferencias son secantes;

4) d = r’ – r la de radio r es tangente interiormente a la otra;

5) d < r’- r la de radio r es interior a la otra.

Demostración. (Recomendamos examinar antes el enunciado del teorema 6.7 y su

correspondiente figura.). Ver, ahora, Fig. 6.13.

1. De d > r + r’ se deriva d - r > r’. Esto quiere decir que la distancia mínima de la

circunferencia de centro O al punto O’ es mayor que el radio r’; o sea que todos los

puntos de la primera circunferencia son exteriores a la segunda.

Fig. 6.13

2. De d = r + r’, derivamos d - r = r’; es decir, el punto de la primera circunferencia

más próximo a la segunda es común a ambas, y está a una distancia r’ de O’.

Luego, las dos circunferencias son tangentes exteriormente.

3. De r’ - r < d < r’ + r se deriva que r’ - r < d y d < r’ + r o también, d - r < r’ y

d + r > r’, lo cual dice que el punto N, de la primera circunferencia, más próximo a

la segunda, es un punto interior a la segunda y, además, que el punto M de la

primera más alejado de la segunda es exterior a la segunda. Luego, las dos

circunferencias se cortan en dos puntos; esto es, son secantes.

4. De d = r’ - r, derivamos d + r = r’. Esto quiere decir que el punto M, de la primera

circunferencia, más alejado de la segunda pertenece a la segunda circunferencia. O

110

sea, es un punto común a ambas. Los demás son puntos de la primera, interiores a

la segunda. Así que las dos son tangentes interiormente.

5. Ahora, d + r < r’. Entonces, el punto M de la primera circunferencia más alejado de

la segunda es interior a ésta. Por consiguiente, los otros puntos de la primera

también son interiores a la segunda.

Para demostrar la otra implicación basta considerar que solamente una de las siguientes

afirmaciones es verdadera: d > r’ + r, d = r’ + r, r’ - r < d < r’ + r, d = r’ - r, d < r’ - r y

aplicar demostración indirecta.

COROLARIO 6.6 Dos circunferencias de radio r son tangentes si d = 2r y secantes si

d < 2r, siendo d la distancia entre los centros. (La demostración es inmediata).

6.2 CONSTRUCCIONES GEOMÉTRICAS CON REGLA Y COMPÁS.

Desde la Grecia de la antigüedad, la de Pitágoras, de Euclides, de Arquímedes, de Eudoxio

de Cnido, de Pappus y de Apolonio de Perga, entre otros, nos llegan las construcciones

geométricas con regla y compás. De ellas tres problemas célebres, que permanecieron

hasta el siglo XIX sin solución alguna, merecen mencionarse. a) El problema de la

trisección del ángulo. Este consiste en: dado un ángulo arbitrario, dividirlo en tres ángulos

congruentes con regla y compás. b) El problema de la duplicación del cubo: dado un

cubo construir otro de volumen doble con regla y compás6. c) El problema de la

cuadratura del círculo: dado un círculo construir un cuadrado de área igual con regla y

compás7.

Las construcciones con regla y compás, según el sentido antiguo, están sujetas a las

siguientes normas:

1) Dados dos puntos conocidos, se permite unirlos por un segmento de recta.

2) Dado un punto y un segmento, se permite trazar una circunferencia de centro el punto y

radio el segmento.

3) Dado un segmento de recta se permite prolongarlo tanto como se quiera. Además, en

ninguno de los casos se permite numerar o marcar la regla.

Con el surgimiento del Álgebra Moderna, en el siglo XIX, se encontró que los problemas

de la trisección, la duplicación del cubo y la cuadratura, en general, no tenían soluciones.

Indicaremos, brevemente, cómo el Álgebra Moderna abordó estos problemas. De

comienzo, se define cuándo un número real es construible: “si utilizando sólo regla y

compás es posible construir un segmento de longitud en un número finito de pasos.”

Después se demuestra que si , son reales construibles, entonces ± , , / si 0,

y para 0, son construibles. Luego se demuestra este teorema: sea un real,

6 El concepto de cubo se da en el capítulo 10 y el de volumen se aborda en el capítulo 11.

7 El concepto de área se desarrolla en el capítulo 9.

111

solución de una ecuación polinómica p(x) = 0, de coeficientes racionales y grado n 8. Si n

no es una potencia de dos y p(x) no es factorizable en los racionales, entonces no es

construible. Aplicando métodos trigonométricos se prueba que el problema de la trisección

del ángulo equivale a construir el número coseno de 20º, el cual se demuestra que no es

construible, usando el teorema citado. Los tres problemas que nos ocupan son equivalentes

a la construcción de los números reales 23 , 23 y , respectivamente, ¿por qué?, los

cuales no son construibles.

Los puntos de corte entre una recta y una circunferencia, o entre dos circunferencias, a los

cuales aluden las soluciones a los problemas que siguen, están garantizados por los dos

resultados comentados después del axioma A16 del capítulo 3 y el teorema 6.8.

Problema 1. Dado un ángulo construir otro congruente a éste sobre una semirrecta y

semiplano dados (ver Fig. 6.14).

Solución Dado AOB, queremos trazar un ángulo A’O’B’ sobre la semirrecta O’r del lado

del semiplano , congruente con AOB. En AOB tomamos OA = OB; en la semirrecta

O’r con el compás centrado en O’ y radio OA trazamos el arco A’C. Ahora, con centro en

A’ y radio AB, cortamos el arco A’C en un punto B’. Por construcción, AOB es

congruente con A’O’B’, ¿por qué? Luego, A’O’B’ AOB.

Fig. 6.14

Problema 2. Dado un segmento trazar su mediatriz (ver Fig. 6.15).

Solución Dado AB , se construyen dos puntos equidistantes P y Q, de los extremos del

segmento, trazando dos arcos de circunferencia con centros en A y B, respectivamente, con

radio r > AB/2, los cuales se cortarán en P y Q. La recta PQ es la mediatriz pedida. ¿Por

qué?

8 Aquí, p(x) = a0 + a1x +…+ anx

n, donde a0, a1,…, an son números racionales y, por lo menos, an 0.

112

Fig. 6.15

Problema 3. Dada una recta trazar una perpendicular a ella que pase por un punto dado P

(ver Fig. 6.16).

Fig. 6.16

Solución Con centro en P trazamos un arco que corte la recta r en dos puntos A y B.

Ahora, con centro en A y B, respectivamente, trazamos un punto Q equidistante de A y B

como en el problema 2. La recta PQ es la perpendicular pedida (¿por qué?).

Problema 4. Dado un ángulo trazar su bisectriz (Fig. 6.17).

Solución Dado un ángulo de vértice O, con centro en este punto trazamos un arco que

corte los lados del ángulo en A y B, respectivamente. Con centro en A y B e igual radio,

trazamos arcos que se corten en el interior del ángulo en un punto P. La semirrecta OP es

la bisectriz del ángulo dado, ¿por qué?

113

Fig. 6.17

Problema 5. Trazar una paralela a una recta dada, por un punto dado exterior a ella (Fig.

6.18).

Fig. 6.18

Solución Dada la recta r y un punto exterior, P, a ella. Cortemos a r con una recta

oblicua, que pase por P, en un punto A. Con centro en A y radio AP tracemos un arco que

corte a r en B. Con centro en P y radio AP tracemos un arco AM. Finalmente, con centro

en A y radio BP cortamos el arco AM en el punto Q. La recta PQ es la paralela pedida.

¿Por qué?

Problema 6. Construir un triángulo.

Convengamos, primero, en denotar por a, b, c las longitudes de los lados opuestos a los

ángulos A, B, C de ABC, respectivamente. Estudiaremos cuatro casos:

a) Construir ABC dados a, b, y C (ver Fig. 6.19).

Solución Sobre una semirrecta r tomamos los puntos C y A con CA = b. Con centro en C,

trazamos un ángulo congruente con C. Sobre la semirrecta s tomamos un punto B con

CB = a. Uniendo C, A y B tenemos el triángulo pedido. (Justificar el método).

114

Fig. 6.19

b) Construir ABC dados a, B y C (se deja como ejercicio).

c) Construir ABC dado a, b, c (ver Fig. 6.20).

Solución El problema se reduce a hallar la intersección de dos circunferencias con centros

en B y C, respectivamente, y radios c y b. De acuerdo con el teorema 6 y su recíproco, el

problema tiene solución si, y sólo si, a < b + c y a > b - c, donde estamos asumiendo que

a b c.

Fig. 6.20

d) Construir ABC dados a, b, y uno de los ángulos opuestos a uno de ellos, por ejemplo

A. (Para la solución apoyarse en el teorema 6.7, tomando como d la distancia de C al lado

opuesto, e indique cuándo hay solución única, cuándo hay dos soluciones y cuándo no hay

solución).

Problema 7. Construir un triángulo rectángulo.

Presentamos cuatro casos, que son de fácil solución aplicando lo visto en esta sección.

Construir un triángulos rectángulo dados: a) los dos catetos b) un cateto y un ángulo agudo

c) la hipotenusa y un ángulo agudo d) la hipotenusa y un cateto. Se recomienda hacer las

construcciones.

Problema 8. Construir un triángulo dados tres elementos, uno de ellos una altura o una

mediana o una bisectriz. Para este fin convengamos en denotar por ha, hb, hc las alturas del

triángulo trazadas sobre los lados de longitudes a, b y c, respectivamente. De igual forma,

para las medianas emplearemos las notaciones ma, mb, mc; para las bisectrices usaremos va,

vb, vc. Notaremos por Ha el punto donde ha corta el lado a o su prolongación; similar

definición para los símbolos Ma, Va, etc.

Ejemplo 1 Construir ABC, dados ha, a, b. Para la solución se empieza construyendo

AHaC, con los datos dados. Se recomienda hacer la construcción.

115

Ejemplo 2 Construir ABC, dados ma, a, b. Para su solución se empieza construyendo

AMaC con los datos dados. (¿Cómo lo haría?)

Ejemplo 3 Construir ABC, dados va, b, A. Se empieza construyendo AVa C. ¿Cómo

se hace?

De esta manera podríamos enunciar una variedad de problemas de éstos, por ejemplo,

construir ABC dados ha, B y C o también va, A, B, etc.

Problema 9. Construir un cuadrilátero. Para su solución basta saber que un cuadrilátero se

puede descomponer en triángulos trazando una diagonal o las dos, según el caso. Así, por

ejemplo: construir un trapecio, dados tres lados y una diagonal; construir un paralelogramo,

dados dos lados consecutivos y un ángulo; construir un rombo, dado el lado y uno de los

ángulos; construir un cuadrado, dada la diagonal. ¿Cómo se construyen?

Problema 10. Construir una tangente a una circunferencia que pase por un punto del plano

que la contiene.

Solución: (Ver Fig. 6.21). Sea P el punto y O el centro de la circunferencia, se presentan

dos casos:

a) El punto P está en la circunferencia. En este caso el problema se reduce a trazar una

perpendicular a la recta OP en P, ¿por qué?, usando el método dado en el problema 3.

b) P es un punto exterior a la circunferencia (ver Fig. 6.21).

Fig. 6.21

Apoyándonos en que las tangentes deben ser perpendiculares a los radios trazados en los

puntos de tangencia y en que el lugar geométrico de los vértices de los ángulos rectos,

cuyos lados pasan por dos puntos fijos A y B es una circunferencia de diámetro AB,

trazamos el punto medio C del segmento OP, usando el método del problema 2. La

circunferencia de centro C y radio OC corta a la circunferencia dada en los puntos Q, R que

serán los puntos de tangencia pedidos. De ahí se desprende que PQ = PR. ¿Por qué?

Problema 11. Construir las tangentes comunes a dos circunferencias dadas.

116

Solución Encaremos el caso más complejo: cuando sus radios r y r’ son diferentes, por

ejemplo, r > r’. Se presentan dos situaciones: a) cada una de las dos tangentes dejan a

las dos circunferencias en un mismo semiplano (Fig. 6.22, tangentes exteriores).

Supongamos que d > r - r’. Consideremos el problema resuelto, para de ahí entrever el

camino a seguir: si O y O’ son los respectivos centros de las circunferencias, y A, B son

los puntos de contacto de las tangentes, el problema se reduce a construir el trapecio

rectángulo AOO’B, del cual se conocen tres lados.

Fig. 6.22

OO’ = d, OA = r, O’B = r’ y los ángulos rectos A y B. En lo esencial, el problema puede

reducirse de aquí a la construcción del triángulo rectángulo O’OM, que se obtiene al trazar

por O’ la paralela a AB. De este triángulo se conoce la hipotenusa OO’ = d y un cateto

OM = r - r’. Por tanto, para la construcción de las tangentes exteriores, empezamos

construyendo O’OM. Esto equivale a trazar las tangentes a la circunferencia de centro en

O y radio r - r’, ver problema 10. En seguida, donde las semirrectas OM y OM’ corten a la

circunferencia en A y A’, respectivamente, tenemos los puntos de tangencia en la

circunferencia de radio r. Luego, por A y A’ trazamos paralelas a O’M y O’M’ para

obtener, respectivamente, los puntos B y B’, puntos de tangencia en la circunferencia de

radio r’. b) Cada una de las tangentes dejan a las circunferencias en distinto semiplano

(Fig. 6.23, tangentes interiores). Supondremos que d > r + r’. Procedamos en forma

inversa, para ver qué debemos hacer.

Si tuviésemos trazada la tangente AB, por O’ trazaríamos una paralela a AB hasta cortar la

semirrecta OA. Vemos que trazar AB es equivalente a construir OMO’, que es

rectángulo en M y del cual se conoce la hipotenusa d = OO’ y un cateto OM = r + r’. Por

tanto, para nuestro problema, empezamos construyendo una circunferencia de centro O y

radio r + r’; en seguida, desde O’ trazamos sus tangentes O’M y O’M’, por el método del

problema 10. Los puntos de tangencia A y A’, de la circunferencia de radio r y centro O, se

obtienen trazando las semirrecta OM y OM’. Para obtener los puntos de tangencia en la

circunferencia de radio r’ y centro O’, trazamos por A y A’ paralelas a O’M y O’M’,

respectivamente. Las rectas AB y A’B’ son las tangentes pedidas.

117

Fig. 6.23

Resolver ejercicios 6.2, 6.3, 6.4, 6.5, 6.6.

118

EJERCICIOS

6.1 Demostrar:

a) La suma de distancias de un punto interior de un triángulo a los vértices es menor

que el perímetro y mayor que el semiperímetro.

b) La suma de las diagonales de un cuadrilátero convexo está comprendida entre el

perímetro y el semiperímetro del mismo.

6.2 Construir con regla y compás ABC, dados:

a) ha, a, b. b) ha, B, C. c) ma, a, b.

d) va, A, B. e) ha, b, c. f) ha, a, B.

g) ma, b, C. h) va, b, A. i) va, b, C.

6.3 Construir con regla y compás un trapecio, dados:

a) Tres lados y una diagonal.

b) Tres lados y uno de los ángulos que forman.

c) Dos ángulos adyacentes a una base dada y un lado.

d) Los ángulos y las dos bases.

e) Los cuatro lados.

6.4 Construir con regla y compás un paralelogramo, dados:

a) Dos lados consecutivos y una diagonal.

b) Un lado, una diagonal y un ángulo.

c) Dos lados consecutivos y un ángulo.

d) Un lado y las dos diagonales.

6.5 Construir con regla y compás:

a) Un rombo, dado el lado y una diagonal.

b) Un cuadrado, dada la diagonal.

c) Un triángulo, dados ma, b, c.

d) Un triángulo, dados ma, b, A.

6.6 Construir con regla y compás:

a) Por un punto A de una recta r una circunferencia tangente que pase por B, exterior a

r.

b) Una circunferencia de radio dado, que pase por un punto y sea tangente a una recta

dada, o a una circunferencia dada.

c) Una circunferencia de radio dado, que sea tangente a una recta y a una circunferencia

dadas.

d) Una circunferencia de radio dado, tangente a dos circunferencias dadas.

6.7 9Dado PMT se tiene que C, V, R son puntos del rayo MT que satisfacen M-C-V y V-

R-T y S es un punto del rayo PV que satisfacen P-V-S. Además, el rayo PS es bisectriz

de RPM. Demostrar:

a) SCM > SPM.

b) Si SCV PRV, entonces, PRT > S.

6.8 P, G, H son puntos colineales con P-G-H; K es un punto exterior a la recta PH. Si

KH = KG, demostrar que PK es siempre mayor que KG o KH.

6.9 En ABC, D es un punto interior al segmento AB. Si AD = BC, demostrar que AC >

9 Para efectuar este ejercicio y los siguientes, se recomienda estudiar nuevamente teoremas 6.2, 6.3, 6.6.

119

DB.

6.10 En ABC se tiene que D, F son puntos que satisfacen A-F-C y A-D-B y FC = DB. Si

AB > AC, demostrar que FB > CD.

120

LA RENUNCIA He renunciado a ti. No era posible. Fueron vapores de la fantasía; son ficciones que a veces dan a lo inaccesible una proximidad de lejanía. Yo me quedé mirando cómo el río se iba poniendo encinta de la estrella... hundí mis manos locas hacia ella y supe que la estrella estaba arriba... He renunciado a ti, serenamente, como renuncia a Dios el delincuente; he renunciado a ti como el mendigo que no se deja ver del viejo amigo; como el que ve partir grandes navíos con rumbos hacia imposibles y ansiados continentes; como el perro que apaga sus amorosos bríos cuando hay un perro grande que le enseña los dientes; como el marino que renuncia al puerto y el buque errante que renuncia al faro y como el ciego junto al libro abierto y el niño pobre ante el juguete caro. He renunciado a ti como renuncia el loco a la palabra que su boca pronuncia; como esos granujillas otoñales, con los ojos estáticos y las manos vacías, que empañan su renuncia, soplando los cristales en los escaparates de las confiterías... He renunciado a ti, y a cada instante renunciamos un poco de lo que antes quisimos y al final ¡cuántas veces el anhelo menguante pide un pedazo de lo que antes fuimos! Yo voy hacia mi propio nivel. Ya estoy tranquilo. Cuando renuncie a todo, seré mi propio dueño; desbaratando encajes regresaré hasta el hilo. La renuncia es el viaje de regreso del sueño...

Andrés Eloy Blanco Poeta venezolano

121

CUANDO ESTÉS VIEJA10 Cuando estés vieja y gris y soñolienta y cabeceando ante la chimenea, toma este libro, léelo lentamente y sueña con la suave mirada y las sombras profundas que antes tenían tus ojos. Cuántos amaron tus momentos de alegre gracia y con falso amor o de verdad amaron tu belleza, pero sólo un hombre amó en ti tu alma peregrina y amó los sufrimientos de tu cambiante cara. E inclinada ante las relumbrantes brasas murmulla, un poco triste, cómo escapó el amor y anduvo en las cimas de las altas montañas y entre un montón de estrellas ocultó su rostro. William Butler Yeats Poeta inglés

10 Versión de Nicolás Suescún, poeta colombiano.

122

WAKA11, EN POETISAS JAPONESAS

Terminó. Vieja y cansada como la lluvia fría del otoño, sé que sus promesas de amor se destiñen y marchitan como las hojas de la estación tardía.

*** El color de las flores se va desvaneciendo: así pasa mi vida, vanamente, envuelta en tristes pensamientos, viendo caer las largas lluvias Ono no Komachi

Observando el rocío no desprendí ni una gota del arbusto otoñal. Pero ahora un desgarro íntimo inunda mis humedecidas mangas. *** Sé que voy a morir, pero me gustaría llevarme al más allá un postrer recuerdo, ¿por qué no me concedes una última cita? Izumi Shikibu

Suave, sin urgencia, empujo y abro esa puerta que bien se nombra misterio, con estos senos henchidos que descansan en mis manos. *** Sin jamás haber tocado la alta ola de mi sangre que debajo de mi suave piel palpita, ¿No te sientes solo tú que predicas el Camino12? Yosano Akiko 11

Los waka o tanka son poemas en japonés de cinco versos cada uno y de 5-7-5-7-7 sílabas. Waka es el

poema japonés por antonomasia. Compendia las sensaciones que sentimos en la cotidianidad.

12

El tao. Para los chinos, principio ordenador tras el incesante cambio, siendo el origen de todo.