Circunferencia ab

ABRAHAM GARCÍA ROCA

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CIRCUNFERENCIA

TEORÍA

PROPIEDADES – PROBLEMAS RESUELTOS

CIRCUNFERENCIA.- Es un lugar geométrico de un conjunto de infinitos puntos que equidistan de un punto situado en el centro.

ELEMENTOS DE UNA CIRCUNFERENCIA

A B

M

N

Rectatangente

Rectasecante

Flecha o sagita

DiámetroAB( )

Centro

●

T●

Punto de tangencia

Q●

P●

Radio

Arco BQ

Cuerda PQ

PROPIEDADES BÁSICAS EN LA CIRCUNFERENCIA

01.-Radio trazado al punto de tangencia es perpendicular a la recta tangente.

R L

LR ⊥

02.- Radio o diámetro perpendicular a una cuerda la biseca (divide en dos segmentos congruentes).

P

Q

M

N

R

MQ PM PQ R =⇒⊥

03.-Cuerdas paralelas determinan arcos congruentes entre las paralelas.

A B

C D

mBDmAC CD // AB :Si =⇒

04.- A cuerdas congruentes en una misma circunferencia les corresponden arcos congruentes.

A

B

C

D

Cuerdas congruentesArcos congruentes

Las cuerdas equidistan del

centro

mCD mAB CD AB:Si =⇒=

POSICIONES RELATIVAS DE DOS CIRCUNFERENCIAS

01.- CIRCUNFERENCIAS CONCENTRICAS.- Tienen el mismo centro.

r

R

d = Cero ; d : distancia

Rr

Distancia entrelos centros (d)

02.- CIRCUNFERENCIAS EXTERIORES.- No tienen punto en común.

d > R + r

R r

d = R + r

03.- CIRCUNFERENCIAS TANGENTES EXTERIORES.- Tienen Un punto común que es la de tangencia.

r

R

R r

Punto de tangencia


d

R

d = R - r

04.- CIRCUNFERENCIAS TANGENTES INTERIORES.- Tienen un punto en común que es la de tangencia.

d: Distancia entre los centros

R

r

Punto de

tangencia

05.- CIRCUNFERENCIAS SECANTES.- Tienen dos puntos comunes que son las intersecciones.

R r

( R – r ) < d < ( R + r )


06.- CIRCUNFERENCIAS ORTOGONALES.- Los radios son perpendiculares en el punto de intersección.

d2 = R2 + r2


rR

06.- CIRCUNFERENCIAS INTERIORES.- No tienen puntos comunes.

R

r

d

d < R - r d: Distancia entre los centros

1.- Desde un punto exterior a una circunferencia se puede trazar dos rayos tangentes que determinan dos segmentos congruentes.

PROPIEDADES DE LAS TANGENTES

AP = PB

A

B

P

R

R

αα

2.- TANGENTES COMUNES EXTERIORES.- Son congruentes

AB = CD

A

B

C

D

R

Rr

r

3.- TANGENTES COMUNES INTERIORES.- Son congruentes.

AB = CD

A

B

C

DR

R

r

r

TEOREMA DE PONCELET.- En todo triángulo rectángulo, la suma de longitudes de catetos es igual a la longitud de la hipotenusa mas el doble del inradio.

a + b = c + 2r a + b = 2 ( R + r )

a

b

c

r

R R

Inradio

Circunradio

TEOREMA DE PITOT.- En todo cuadrilátero circunscrito a una circunferencia, se cumple que la suma de longitudes de los lados opuestos son iguales.

a + c = b + d

d

a

b

c

Cuadrilátero circunscrito

α

1.- MEDIDA DEL ÁNGULO CENTRAL.- Es igual a la medida del arco que se opone.

A

B

C

r

r

α = mAB

β

A

C

B

D

2.- MEDIDA DEL ÁNGULO INTERIOR.- Es igual a la semisuma de las medidas de los arcos opuestos

2

mCDmAB +=β

θ

A

B

C

3.- MEDIDA DEL ÁNGULO INSCRITO.- Es la mitad de la medida del arco opuesto.

2

mAB=θ

δ

4.- MEDIDA DEL ÁNGULO SEMI-INSRITO.- Es igual al medida del arco opuesto.

A

B

C

2

mAB =δ

ε

A

BC

2

mABC =ε

1.- MEDIDA DEL ÁNGULO EX-INSCRITO.- Es igual a la mitad de la medida del arco ABC.

α

A

B

C O

6.-ÁNGULOS EXTERIORES.- Son tres casos:

a.- Medida del ángulo formado por dos rectas tangentes.- Es igual a la semidiferencia de las medidas de los arcos opuestos.

α + mAB = 180°

2

mAB - mACB =α

β

A

B

C

O

D

b.- Ángulo formado por dos rectas secantes.- Es igual a la semidiferencia de la medida de los arcos opuestos.

2

mCD-mAB =β

θ

A

B

C

O

c.- Medida del ángulo formado por una recta tangente y otra secante.- Es igual a la semidiferencia de las medidas de los arcos opuestos.

2

mBC - mAB =θ

50°70º+x

XR

S

Q

140°

2X

X + (X+70) + 50° = 180°

X = 30°

Por ángulo semi-inscrito PQS

Problema Nº 01

RESOLUCIÓN

P

xº702

x2º140PQSm +=+=∠

Reemplazando:

En el triángulo PQS:

Resolviendo la ecuación:

PSQ = xSe traza la cuerda SQ 2

mQRSPQSm =∠

Desde un punto “P” exterior a una circunferencia se trazan la tangente PQ y la secante PRS, si el arco RS mide 140º y el ángulo QPS mide 50º. Calcule la medida del ángulo PSQ.

20°

70°X

X = 40°R

Q

H

En el triángulo rectángulo RHS

140° Es propiedad, que:

140° + X = 180°

Por ángulo inscrito

Problema Nº 02

RESOLUCIÓN

P

S

m ∠ S = 70º

Resolviendo:

PSQ = x

2

mQRº70 = mQR = 140°

Desde un punto “P” exterior a una circunferencia se trazan la tangentes PQ y PR, luego en el mayor arco QR se ubica un punto “S”, se traza RH perpendicular a la cuerda QS, si m∠HRS=20º; calcule la m∠QPR.

x130°

A

C

B

DX = 40°

2

50 130X

°−°=50°

Problema Nº 03

RESOLUCIÓN

PResolviendo:

APD = xMedida del ángulo interior

Medida del ángulo exterior

°=+°90

2

mBC130mBC = 50°

Desde un punto “P” exterior a una circunferencia se trazan las secantes PBA y PCD tal que las cuerdas AC y BD sean perpendiculares entre sí; calcule la medida del ángulo APD, si el arco AD mide 130º.

x

X = 18°

2

X 54X

−°=

M

N

54°

xx

Problema Nº 04

RESOLUCIÓN

PAB

APN = xSe traza el radio OM:

o

Dato: OM(radio) = PM

Luego triángulo PMO es isósceles

Ángulo central igual al arco

Medida del ángulo exterior

Resolviendo:

En una circunferencia, el diámetro AB se prolonga hasta un punto “P”, desde el cual se traza un rayo secante PMN tal que la longitud de PM sea igual al radio, si el arco AN mide 54º. Calcule la m∠APN.

x

70°

Medida del ángulo inscrito:

X = 55°

2

110X

°=

A

B

C

PQ

R

110°

Problema Nº 05

RESOLUCIÓN

PRQ = x

Por la propiedad del ángulo exterior formado por dos tangentes:

Resolviendo:

70° + mPQ = 180° mPQ = 110°

En un triángulo ABC se inscribe una circunferencia tangente a los lados AB, BC y AC en los puntos “P”, “Q” y “R” respectivamente, si el ángulo ABC mide 70º. Calcule la m∠PRQ.

Calcule la medida del ángulo “X”.

Problema Nº 06

70°

B

A

X P

Resolución

RESOLUCIÓN



70°

B

A

X PC

140º

140º + x = 180º Resolviendo: X = 40º

2

mABº70 = mAB=140º

Calcular la medida del ángulo “x”

Problema Nº 07

B

A

X P130º

Resolución

RESOLUCIÓN

B

A

X P130º C


En la circunferencia:

260º


X = 80º

2

mABº130 = mAB = 260º

mACB = 100º

mACB + x = 100º

260º + mACB = 360º

Calcule el perímetro del triángulo ABC.

Problema Nº 08

2

5 5A

B

C

Resolución

Teorema de Poncelet: a + b = 10 + 2(2)

Luego el perímetro: (2p) = a + b + 10 = 14 + 10

(2p) = 24

RESOLUCIÓN

2

5 5A

B

C

a b

a + b = 14 (1)(2)

Reemplazando (1) en (2)

(2p) = 14 + 10

X

PLANTEAMIENTO

Q

R

S

80º Pa

a

Problema Nº 09

Desde un punto “P” exterior a una circunferencia se trazan la tangente PQ y la secante PRS de modo que los arcos SQ y SR sean congruentes. Si el arco QR mide 80º, calcular m∠QPR .

Resolución

2a + 80º = 360º a = 140º

Medida del ángulo exterior:

Xa

=−

=−80

2

140 80

2

º º ºX = 30º

En la circunferencia:

RESOLUCIÓN

X

Q

R

S

80º Pa

a

P

Q

R

S

2

3

PLANTEAMIENTO

Problema Nº 10En un cuadrilátero ABCD m∠Q = m∠S = 90º se traza la diagonal PR. Los inradios de los triángulos PQR y PRS miden 3cm y 2cm respectivamente. Si el perímetro del cuadrilátero PQRS es 22cm. Calcule la longitud de PR

Resolución

Teorema de Poncelet:

a b

cd

PQR a + b = PR+2(3) +

a +b + c + d = 2PR + 10

PR = 6cm

Dato:

a + b + c + d = 22cm

PSR c + d = PR+2(2)

22 = 2PR + 10

RESOLUCIÓN

P

Q

R

S

2

3

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