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Geometría Moderna II: Eje radical de 2 circunferencias

1.2 Eje radical de 2 circunferencias

Se considera el eje radical de 2 circunferencias como el lugar geométrico de un punto cuyas potencias con respecto a las dos circunferencias es igual.

Definición (Eje Radical)

El eje radical de \(C_1(O_1,r_1)\) y \(C_2(O_2,r_2)\) dos circunferencias no concéntricas, es el lugar geométrico de los puntos $P$ tales que

$Pot(P_1,C_1)=Pot(P_2,C_2)$

Proposición:

El eje radical de dos circunferencias no concéntricas \(C_1(O_1,r_1)\) y \(C_2(O_2,r_2)\) es una línea perpendicular a $O_1O_2$ por $P$ un punto que tiene la misma potencia con respecto a estas circunferencias.

Demostración:

Para demostrar este hecho es necesario analizar 3 propiedades.

  1. Existe al menos un punto en el eje radical.
  2. Hallar todos los puntos del eje radical.
  3. No existen puntos más haya de los localizados.

Propiedad 1) Ya vimos en el capítulo de potencia como construir la potencia de un punto, pero también se puede construir un punto $P$ equipotente con respecto a 2 circunferencias.

Construcción:

Dadas \(C_1(O_1,r_1)\) y \(C_2(O_2,r_2)\) dos circunferencias no concéntricas.

Si trazamos \(C_3(O_3,r_3)\) una circunferencia que interseque a \(C_1(O_1,r_1)\) y \(C_2(O_2,r_2)\) en los pares de punto $A_1, B_1, y A_2, B_2$ respectivamente:

Dado lo anterior se obtiene $P$ un punto equipotente con respecto a las dos circunferencias:

$Pot(P,C_1)=PA_1$ $\times$ $PB_1=Pot(P,C_3)=PA_2$ $\times$ $PB_2=Pot(P,C_2)$

Por lo anterior es una realidad que existe al menos un punto en el eje radical. $\blacksquare$

Propiedad 2) Como $P$ esta en el eje radical, entonces por propiedad de la potencia de un punto:

$ (PO_1)^2 – r_1^2 = (PO_2)^2 – r_2^2$ $\hspace{1cm}$ (1)

Denotemos $M$ el pie de la perpendicular a $O_1O_2$ por $P$. Para demostrar que $M$ pertenece al eje radical, ósea $Pot(M,C_1)=Pot(M,C_2)$.

Tracemos los segmentos $O_1P$ y $O_2P$, entonces tenemos los triángulos $\triangle PMO_1$ y $\triangle PMO_2$ son rectángulos, por Pitágoras se sigue:

$(PO_1)^2=(MO_1)^2+PM^2$

y

$(PO_2)^2=(MO_2)^2+PM^2$

Al sustituir en «(1)» , obtenemos:

$(MO_1)^2+PM^2-r_1^2=(MO_2)^2+PM^2-r_2^2$

Se tiene la expresión de potencia:

$ (MO_1)^2-r_1^2=(MO_2)^2-r_2^2 $ $\hspace{1cm}$ (2)

A este eje radical lo llamaremos $l$.

Sea $X$ un punto en $l$ por mostrar que:

$Pot(X,C_1)=Pot(X,C_2)$

Trazamos $O_1X$ y $O_2X$.

Como los triángulos $\triangle XMO_1$ y $\triangle XMO_2$ son rectángulos, igual por Pitágoras:

$(XO_1)^2=(MO_1)^2+XM^2$

y

$(XO_2)^2=(MO_2)^2+XM^2$

Al sustituir en «(2)» , tendremos:

$(XO_1)^2+XM^2-r_1^2=(XO_2)^2+XM^2-r_2^2$

$\Rightarrow (XO_1)^2-r_1^2=(XO_2)^2 -r_2^2 $

$\therefore$ Todo punto $X$ en $l$ es un punto en el eje radical. $\blacksquare$

Propiedad 3) No existen más puntos de los ya localizados:

Supongamos un punto $N$ en la recta $O_1O_2$, $N\neq M$ y $Pot(N,C_1)=Pot(N,C_2)$, por lo cual:

$(NO_1)^2-r_1^2=(NO_2)^2-r_2^2$

$(NM+MO_1)^2-r_1^2= (NM+MO_2)^2-r_2^2 $

$(NM)^2+2NM \times MO_1+(MO_1)^2-r_1^2= (NM)^2+2NM \times MO_2+(MO_2)^2-r_2^2 $

$2NM \times MO_1+(MO_1)^2-r_1^2= 2NM \times MO_2+(MO_2)^2-r_2^2 $

Por «(2)» :

$2NM \times MO_1 = 2NM \times MO_2 $

$NM \times MO_1 = NM \times MO_2 $

$NM \times MO_1 – NM \times MO_2 =0 $

$NM(MO_1-MO_2)=0$

$MN(O_1M+MO_2)=0$

$MN \times O_1O_2=0$

$MN=0$, pues $O_1O_2 \neq 0$

$\Rightarrow N=M \bot (Contradicción)$

Por lo cual en la línea $O_1O_2$, $M$ es el único punto equipotente con respecto a $C_1(O_1,r_1)$ y $C_2(O_2,r_2)$.

Para finalizar supongamos que existe un punto $P’$ tal que «no» se encuentre en la línea «$l$» y además $Pot(P’,C_1)=Pot(P’,C_2)$.

Trazamos $l’$ la perpendicular a $O_1O_2$ por $P’$ y llamamos $M’$ al pie de esta perpendicular.

Al igual que el desarrollo del punto (2) de estas demostraciones, se tiene $M’$ es equipotente con respecto a $C_1$ y $C_2$.

Pero se demostró en $O_1O_2$, $M$ es el único punto equipotente a $C_1(O_1,r_1)$ y $C_2(O_2,r_2)$.

Entonces $M=M’$ entonces la línea $l’$ coincide con $l$ y $P’$ es punto de $l$.

$\therefore$ No existen puntos más haya de los localizados en la línea «$l$» y que sean equipotentes con respecto a $C_1$ y $C_2$. $\blacksquare$

Proposición:

Sean dos circunferencias no concéntricas. Si $P$ es un punto equipotente con respecto a las dos circunferencias y $M$ es el pie de la perpendicular a la línea de los centros por $P$, entonces $M$ es equipotente con respecto a las dos circunferencias.

Teorema:

Los ejes radicales de 3 circunferencias tomados por pares son concurrentes.

Demostración:

Consideremos 3 circunferencias $C_1,C_2$ y $C_3$, cuyos centros $O_1,O_2$ y $O_3$ no son colineales.

Sean $e_1,e_2$ y $e_3$ los ejes radicales de $C_1(O_1,r_1) $ con $C_2(O_2,r_2)$, $C_2(O_2,r_2)$ con $C_3(O_3,r_3)$ y $C_1(O_1,r_1) $ con $C_3(O_3,r_3)$ respectivamente.

Llamamos $P$ al punto de intersección de $e_1$ y $e_2$. Como $P$ está en $e_1 \Rightarrow Pot(P,C_1)=Pot(P,C_2)$ y dado que $P$ está en $e_2 \Rightarrow Pot(P,C_2)=Pot(P,C_3)$.

$\Rightarrow Pot(P,C_1)=Pot(P,C_3)$ y ahora $P$ está en $e_3$.

$\therefore$ Los 3 ejes radicales concurren en $P$. $\blacksquare$

«El punto de concurrencia de los 3 ejes radicales de las 3 circunferencias tomadas en pares, es llamado su centro radical.»

Construcción del eje radical

(El eje radical de dos circunferencias no concéntricas)

Dibujemos una circunferencia que corte a las circunferencias $C_1$ y $C_2$, en $A,A’$ y $B,B’$. Sea $P$ la intersección de $AA’$ y $BB’$, dibujamos la perpendicular a la línea de los centros de las circunferencias dadas. La perpendicular es el eje radical requerido.

Más adelante…

Se seguirá abordando el tema de potencia de un punto y el eje radical con respecto a las circunferencias ortogonales.

Al final de los temas de esta primera unidad se dejará unas series de ejercicios.

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Geometría Moderna II: Potencia de un punto

1.1 Potencia de un punto

Denotaremos la circunferencia como \(C(O,r)\) con \(O\) como el centro y \(r\) el radio.

Sea una circunferencia dada en un plano y \(P\) un punto cualquiera en esta, se tiene \(l\) una línea que interseca \(C(O,r)\) en \(A\) y \(B\) ; El producto de \(PA\) y \(PB\) es constante es decir: \(PA \times PB = cte\) . (Se demostrará más adelante)

Definición

La potencia de un punto \(P\) con respecto a una circunferencia es el producto de sus distancias a cualquier pareja de puntos en una circunferencia que sean colineales con \(P\) . ( \(Pot(P,C)\) es definido como la potencia de \(P\) con respecto a una circunferencia \(C\) )

\(PA \times PB = Pot(P,C)\)

De esto se sigue que la potencia de un punto es:

  1. \(Pot(P,C) > 0\) Positiva
  2. \(Pot(P,C) < 0\) Negativa
  3. \(Pot(P,C) = 0\) Cero

Lo anterior es porque el punto P esta dentro, fuera o en la circunferencia.

Casos:

  • Sea \(P\) un punto externo a \( C(O,r)\) entonces $PA>0$ y $PB>0$ $\Rightarrow$ \(Pot(P,C) > 0\)
  • Sea \(P\) un punto interno a \( C(O,r)\) entonces $PA<0$ y $PB>0$ $\Rightarrow$ \(Pot(P,C) < 0\)
  • Sea \(P\) un punto en \( C(O,r)\) entonces $PA=0$ ó $PB=0$ $\Rightarrow$ \(Pot(P,C) = 0\)

Por otra parte se denotan 3 proposiciones:

Proposición 1:

Sea $l$ una recta secante que pasa por un punto $P$ a una circunferencia $C(O,r)$ $\Rightarrow$ $Pot(P,C) =PA \times PB = PC \times PD = cte$.

Demostración (Por casos cuando $P$ esta adentro o fuera de la circunferencia)

  • Dentro de la circunferencia:

Sean dos cuerdas arbitrarias $AB$ y $CD$ en la circunferencia que se cortan en $P$; Los triángulos $\triangle APC$ y $\triangle DPB$ son semejantes ya que:

  1. $\angle PAC = \angle PDB $ mismo arco $\overline{BC}$.
  2. $\angle APC = \angle BPD $ por opuestos al vértice.
  3. $\angle PCA = \angle PBD $

Entonces de la semejanza $\triangle APC \cong \triangle DPB $

$\frac{PA}{PD}=\frac{PC}{PB} \Rightarrow PA\times PB =PC \times PD$

$\Rightarrow cte=PA\times PB=PC\times PD=Pot(P,C)$ $\blacksquare$

  • Fuera de la circunferencia:

Sean $AB$ y $CD$ dos secantes que se intersecan en $P$ exterior a $C$.

$\triangle APC \cong \triangle DPB $ son semejantes, ya que:

  1. El cuadrilátero $\square ABDC$ es cíclico entonces: $\angle ACD + \angle ABD = 180^o $ y $\angle ABD + \angle DBP = 180^o $ $\Rightarrow$ $\angle DBP = \angle ACD $
  2. $\angle BPD$ y $\angle CPA$ son los mismos angulos.

Entonces $\frac{PA}{PD}=\frac{PC}{PB}$

$\Rightarrow PA\times PB=PC\times PD=cte=Pot(P,C)$ $\blacksquare$

Proposición 2:

Desde un punto exterior $P$ de una circunferencia $C$, su potencia es igual al cuadrado de la longitud de una tangente de él a la circunferencia.

Es decir

Sea $PT$ una tangente a $C(O,r)$ $\Rightarrow$ $Pot(P,C)=PT^2$

Demostración (Por demostrar $PA\times PB =PT^2$)

El ángulo $\angle PTA$ es semi-inscrito y es igual al ángulo inscrito $ \angle TBA$, pues ambos tienen el mismo arco $\overline{AT}$.

Entonces los triángulos $\triangle APT$ y $\triangle TPB$ comparten el ángulo con vértice en $P$ y $\angle PTA=\angle TBA$. Por lo cual se tiene por semejanza de ángulos, se sigue $\triangle APT \cong \triangle TPB $ son semejantes y sus lados son proporcionales:

$\frac{AP}{TP} = \frac{PT}{PB} \Longleftrightarrow PA\times PB=PT\times PT=PT^2=Pot(P,C) \blacksquare$

Proposición 3:

Sea $P$ un punto en cualquier posición, su potencia con respecto a una circunferencia $C(O,r)$, es $\overline{PO}^2 – r^2$

$Pot(P,C) = \overline{OP}^2 – r^2$

Demostración (Por casos)

Caso 1: Punto interno a la circunferencia:

Sea $\overline{AB} $ la cuerda que pasa por el centro $O$ y $P$.

Entonces el producto es : $PA\times PB=(r+d)(r-d)=r^2-d^2$

Entonces sucede lo mismo para cualquier otra cuerda:

$PC\times PD= r^2-d^2 =r^2-OP^2$

Ahora $PC$ y $PD$ son sentidos opuestos $\Rightarrow PC\times PD \leq 0 \Longleftrightarrow -(PC\times PD) \geq 0$ y como $ r^2-OP^2 \geq 0$ $\Rightarrow -( PC\times PD) = r^2 – OP^2 \Rightarrow (PC\times PD) = OP^2 -r^2 $

$\Rightarrow Pot(P,C)=OP^2-r^2$ $\blacksquare$

Caso 2: Punto externo a la circunferencia:

$P$ un punto exterior de $C(O,r)$.

Desde $P$ se traza una tangente a $C(O,r)$. Ahora como $\angle PTO =90^o =\frac{\pi}{2}$ entonces $\triangle POT$ es un triángulo rectángulo, entonces por Pitágoras:

$OP^2=PT^2+OT^2 \Longleftrightarrow PT^2=OP^2-OT^2=OP^2-r^2$

Por proposición 2 $\Rightarrow Pot(P,C) =PT^2=OP^2-r^2 $ $\blacksquare$

Dadas las 3 proposiciones anteriores, se puede expresar lo potencia de un punto $P$ respecto a $C(O,r)$:

$Pot(P,C) = PA \times PB =PT^2=OP^2-r^2$

Más adelante…

Se seguirá abordando el tema de potencia de un punto y su relación con el eje radical de dos circunferencias.

Al final de los temas de esta primera unidad se dejará unas series de ejercicios.

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