Introducción

En esta ocasión estudiaremos la potencia de un punto con respecto a una circunferencia, esta es una herramienta que nos permite establecer una medida de la distancia de un punto a una circunferencia dada.

Potencia de un punto respecto a una circunferencia

Teorema 1. Sea $\mathrm{\Gamma }$ una circunferencia y $P$ un punto en el plano, por $P$ tracemos una secante a $\mathrm{\Gamma }$, con intercesiones en $A$ y en $B$, entonces el número $PA\times PB$ es independiente de la secante que tracemos.

Demostración. Consideremos dos secantes desde $P$, $PAB$ y $PCD$, consideremos los triángulos $\mathrm{△}PAD$ y $\mathrm{△}PCB$, tenemos que $\mathrm{\angle }CDA=\mathrm{\angle }CBA$, pues abarcan el mismo arco de circunferencia.

Si $P$ es un punto exterior a $\mathrm{\Gamma }$, $\mathrm{\angle }APC$ es un ángulo común de los triángulos considerados.

Si $P$ es un punto interior a $\mathrm{\Gamma }$, $\mathrm{\angle }APD=\mathrm{\angle }BPC$ por ser opuestos por el vértice.

Por criterio de semejanza AA, $\mathrm{△}PAD\sim \mathrm{△}PCB$,
$\Rightarrow {\displaystyle \frac{PA}{PC}}={\displaystyle \frac{PD}{PB}}$
$\Rightarrow PA\times PB=PC\times PD$.

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Definición. Al valor constante $PA\times PB$, se le conoce como la potencia de $P$ respecto a la circunferencia $\mathrm{\Gamma }$.

Otras expresiones para la potencia

Proposición 1. Sea $P$ un punto en el plano y $(O,R)$ una circunferencia, entonces la potencia de $P$ respecto a $(O,R)$ es igual a $|O{P}^2–R^2|$.

Demostración. Por $P$ tracemos la secante $AB$ a $(O,R)$ que pasa por $O$.

Si $P$ es exterior $PA\times PB=(OP–OA)(OP+OB)=(OP–R)(OP+R)=O{P}^2–R^2$.

Si $P$ es interior $PA\times PB=(OA–OP)(OP+OB)=(R–OP)(OP+R)=R^2–O{P}^2$.

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Proposición 2. Si $P$ es un punto exterior a una circunferencia $\mathrm{\Gamma }$, entonces el cuadrado del segmento tangente $PT$ a $\mathrm{\Gamma }$ es igual a la potencia de $P$ respecto a $\mathrm{\Gamma }$.

Demostración. Tracemos una secante $PAB$ por $P$ a $\mathrm{\Gamma }$ (figura 2), consideremos $\mathrm{△}PAT$ y $\mathrm{△}PTB$, como el ángulo semiinscrito $\mathrm{\angle }ATP$, abarca el mismo arco que el ángulo inscrito $\mathrm{\angle }ABT$, entonces son iguales, además $\mathrm{\angle }TPA$ es un ángulo común a ambos triángulos.

Por criterio de semejanza AA, $\mathrm{△}PAT\sim \mathrm{△}PTB$,
$\Rightarrow {\displaystyle \frac{PA}{PT}}={\displaystyle \frac{PT}{PB}}$
$\Rightarrow PA\times PB=P{T}^2$

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Teorema de las cuerdas

Teorema 2. Considera dos segmentos $AB$, $CD$ que se intersecan en $P$, entonces $A$, $B$, $C$ y $D$ son cíclicos si y solo si $PA\times PB=PC\times PD$.

Demostración. Supongamos que $A$, $B$, $C$, y $D$ son cíclicos, tanto si $P$ es interno o externo a la circunferencia, por el teorema 1, $PA\times PB=PC\times PD$.

Ahora supongamos se cumple $PA\times PB=PC\times PD$,
$\Rightarrow {\displaystyle \frac{PB}{PD}}={\displaystyle \frac{PC}{PA}}$.

En caso de que $P$ este en la extensión de ambos segmentos (izquierda figura 3), $\mathrm{\angle }APC$ es un ángulo común de los triángulos $\mathrm{△}PCB$ y $\mathrm{\angle }PAD$.

En caso de que $P$ este contenido en ambos segmentos (derecha figura 3), entonces $\mathrm{\angle }BPC=\mathrm{\angle }APD$ por ser opuestos por el vértice.

Por criterio de semejanza LAL, $\mathrm{△}PCB\sim \mathrm{△}PAD$ $\Rightarrow \mathrm{\angle }CDA=\mathrm{\angle }CBA$.

Sabemos que el lugar geométrico de los puntos que subtienden ángulos iguales con el segmento $AC$, es un arco de circunferencia que pasa por $A$ y $C$. Por lo tanto, $A$, $B$, $C$ y $D$ son cíclicos.

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Formula de Euler

Teorema 3, formula de Euler. Considera el circuncírculo $(O,R)$ y el incírculo $(I,r)$ de un triángulo $\mathrm{△}ABC$, entonces $I{O}^2=R(R–2r)$.

Demostración. Sea $K=AI\cap (O,R)$, entonces $\mathrm{\angle }BAK=\mathrm{\angle }KAC$, pues $AK$ es bisectriz de $\mathrm{\angle }A$.

$\mathrm{\angle }KAC=\mathrm{\angle }KBC$, pues abarcan el mismo arco, por lo tanto $\mathrm{\angle }BAK=\mathrm{\angle }KBC$.

$\Rightarrow \mathrm{\angle }KBI=\mathrm{\angle }KBC+\mathrm{\angle }CBI=\mathrm{\angle }BAK+\mathrm{\angle }CBI={\displaystyle \frac{\mathrm{\angle }A+\mathrm{\angle }B}{2}}$.

El ángulo $\mathrm{\angle }BIK$ es un ángulo exterior de $\mathrm{△}BAI$, por lo que es igual a la suma de los ángulos no adyacentes a el,
$\mathrm{\angle }BIK=\mathrm{\angle }IBA+\mathrm{\angle }BAI={\displaystyle \frac{\mathrm{\angle }A+\mathrm{\angle }B}{2}}$
$\Rightarrow \mathrm{\angle }BIK=\mathrm{\angle }KBI$.

Por lo tanto $\mathrm{△}IKB$ es isósceles.

Por otro lado, considera $K^{\prime }=KO\cap (O,R)$, $Z=AB\cap (I,r)$, $\mathrm{△}B{K}^{\prime }K$ es rectángulo, pues $K{K}^{\prime }$ es diámetro.

Notemos que $\mathrm{\angle }ZAK=\mathrm{\angle }BAK=\mathrm{\angle }B{K}^{\prime }K$, pues abarcan el mismo arco, entonces por criterio de semejanza AA, $\mathrm{△}ZAI\sim \mathrm{△}B{K}^{\prime }K$
$\Rightarrow {\displaystyle \frac{AI}{K^{\prime }K}}={\displaystyle \frac{ZI}{BK}}$
$\Rightarrow \begin{array}{}\text{(1)}& AI\times BK=K^{\prime }K\times ZI=2Rr.\end{array}$

Por la proposición 1, la potencia de $I$ con respecto a $(O,R)$
$\Rightarrow \begin{array}{}\text{(2)}& AI\times KI=R^2–I{O}^2.\end{array}$

Haciendo el cociente de $(1)$ y $(2)$ tenemos que ${\displaystyle \frac{BK}{KI}}={\displaystyle \frac{2Rr}{R^2–I{O}^2}}$.

Como $\mathrm{△}IKB$ es isósceles entonces $BK=KI$
$\Rightarrow I{O}^2–R^2=–2Rr$
$\Rightarrow I{O}^2=R^2–2Rr=R(R–2r)$.

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Reciproco de la formula de Euler

Teorema 4. Sean $(O,R)$, $(I,r)$, dos circunferencias tal que $(I,r)$ está en el interior del círculo $(O,R)$ y tal que la distancia entre sus centros cumple la igualdad $I{O}^2=R(R–2r)$, entonces existen una infinidad de triángulos inscritos en $(O,R)$ y circunscritos en $(I,r)$.

Demostración. Dado que varios argumentos son iguales a los del teorema 3 solo serán mencionados, nos guiaremos en la figura 4.

Desde cualquier punto $A\in (O,R)$ trazamos las tangentes a $(I,r)$ que intersecan a $(O,R)$ en $B$ y $C$, sea $K=AI\cap (O,R)$, usando la igualdad dada y la potencia de $I$ respecto de $(O,R)$ obtenemos,
$\begin{array}{}\text{(3)}& AI\times IK=R^2–I{O}^2=2Rr.\end{array}$.

Sean $Z$ e $Y$ los puntos de tangencia de $AB$ y $AC$ con $(I,r)$ respectivamente, por criterio hipotenusa-cateto los triángulos rectángulos $\mathrm{△}AIZ$ y $\mathrm{△}AIY$ son congruentes por lo que $AK$ es bisectriz de $\mathrm{\angle }A$.

Sea $K^{\prime }=KO\cap (O,R)$, como $\mathrm{△}BK{K}^{\prime }$ es rectángulo y $\mathrm{\angle }B{K}^{\prime }K=\mathrm{\angle }ZAI$, por criterio de semejanza AA, $\mathrm{△}ZAI\sim \mathrm{△}B{K}^{\prime }K$ y tenemos que
${\displaystyle \frac{AI}{K^{\prime }K}}={\displaystyle \frac{ZI}{BK}}$
$\Rightarrow \begin{array}{}\text{(4)}& AI\times BK=K^{\prime }K\times ZI=2Rr.\end{array}$

Por $(3)$ y $(4)$ tenemos $AI\times IK=AI\times BK$
$\Rightarrow IK=BK$

Así $\mathrm{△}IKB$ es isósceles y $\mathrm{\angle }KBI=\mathrm{\angle }BIK$, pero
$\mathrm{\angle }KBI=\mathrm{\angle }KBC+\mathrm{\angle }CBI={\displaystyle \frac{\mathrm{\angle }A}{2}}+\mathrm{\angle }CBI$ y $\mathrm{\angle }BIK={\displaystyle \frac{\mathrm{\angle }A}{2}}+\mathrm{\angle }IBA$,
$\Rightarrow CBI=IBA$.

Sea $X$ pie de la perpendicular a $BC$ desde $I$, entonces por criterio de congruencia ALA, $\mathrm{△}IZB\cong \mathrm{△}IXB$ $\Rightarrow IZ=IX$.

Por lo tanto, $BC$ es tangente a $(I,r)$ en $X$, así $\mathrm{△}ABC$ está inscrito en $(O,R)$ y circunscrito en $(I,r)$.

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Lema de Haruki

Lema de Haruki. Sean $AB$ y $CD$ dos cuerdas de una circunferencia ${\mathrm{\Gamma }}_1$ que no se intersecan considera $P$ un punto variable en el arco $\stackrel{⌢}{BA}$ que no contiene a $C$ y a $D$. Sean $E=PC\cap AB$ y $F=PD\cap AB$, entonces el numero ${\displaystyle \frac{AE\times FB}{EF}}$, es independiente de la posición de $P$ en el arco $\stackrel{⌢}{BA}$.

Demostración. Consideremos ${\mathrm{\Gamma }}_2$ circuncírculo de $\mathrm{△}PED$ y sea $G=AB\cap {\mathrm{\Gamma }}_2$, entonces $\mathrm{\angle }EPD=\mathrm{\angle }EGD$, pues abarcan el mismo arco.

Entonces $\mathrm{\angle }AGD=\mathrm{\angle }EGD=\mathrm{\angle }EPD=\mathrm{\angle }CPD$, esté último ángulo es fijo mientras $P$ varié en el arco $\stackrel{⌢}{BA}$.

$A$ y $D$ son puntos fijos y $G$ siempre está sobre la recta $AB$, $G$ es un punto fijo, por lo tanto, el valor $BG$ es fijo.

Por otro lado, calculamos la potencia de $F$ respecto de ambas circunferencias
$FA\times FB=FP\times FD$ y $FE\times FG=FP\times FD$
$\Rightarrow (AE+FE)FB=FP\times FD=EF(FB+BG)$
$\Rightarrow {\displaystyle \frac{AE\times FB}{EF}}=BG$.

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Mas ejemplos

Problema 1. Sean $\mathrm{△}ABC$ y $D$ un punto interior del triángulo tal que $BE\times BA=CA\times CF$ donde $E$ y $F$ son los pies de las perpendiculares a $AB$ y $AC$ trazados desde $D$, encuentra el lugar geométrico de $D$.

Solución. Como $\mathrm{\angle }DEA=\mathrm{\angle }AFD={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$, entonces $AD$ es diámetro de una circunferencia que pasa por $E$ y $F$, por lo que el centro $O$ de dicha circunferencia $\mathrm{\Gamma }(O)$ es el punto medio de $AD$.

Por la proposición 1, la potencia de $B$ y $C$ respecto a $\mathrm{\Gamma }(O)$ es 
$O{B}^2–R^2=BE\times BA=CA\times CF=O{A}^2–R^2$,
$\Rightarrow OB=OC$.

Esto implica que el conjunto $R$, de los puntos medios del segmento $AD$, esta contenido en la mediatriz del segmento $BC$, así el lugar geométrico de los puntos $D$, está en homotecia con centro en $A$ y razón $2$ con el conjunto $R$, esto es una recta paralela a la mediatriz de $BC$ y que esta en el interior de $\mathrm{△}ABC$.

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Observación. Notemos que si $D$ es un punto exterior de $\mathrm{△}ABC$ entonces $B$ y $C$ podrían situarse en lugares distintos respecto de $\mathrm{\Gamma }(O)$, es decir uno fuera y otro dentro, por lo que la igualdad $OB=OC$ no seria cierta.

Problema 2. Considera $\mathrm{△}ABC$ y $(O,R)$ su circuncírculo, sean $D\in AB$ y $E\in AC$, sean $F$, $G$ y $H$ los puntos medios de $BE$, $CD$ y $DE$ respectivamente, si $DE$ es tangente al circuncírculo de $\mathrm{△}FGH$, muestra que $OD=OE$.

Como el ángulo semiinscrito $\mathrm{\angle }DHF$ y el ángulo inscrito $\mathrm{\angle }HGF$ abarcan el mismo arco, son iguales entre si.

Dado que $HF$ es un segmento medio de $\mathrm{△}BDE$ entonces $HF\parallel BD$ y $2HF=BD$
$\Rightarrow \mathrm{\angle }DHF=\mathrm{\angle }HDA$
$\Rightarrow \mathrm{\angle }HGF=\mathrm{\angle }HDA$.

De manera análoga podemos ver que $\mathrm{\angle }GFH=\mathrm{\angle }AED$ y que $HG\parallel EC$ y $2HG=EC$.

Por criterio de semejanza AA, $\mathrm{△}FGH\sim \mathrm{△}EDA$, entonces
${\displaystyle \frac{AE}{HF}}={\displaystyle \frac{AD}{HG}}$
$\Rightarrow {\displaystyle \frac{AE}{{\displaystyle \frac{BD}{2}}}}={\displaystyle \frac{AD}{{\displaystyle \frac{EC}{2}}}}$
$\Rightarrow AE\times EC=AD\times BD$.

Por lo tanto, $D$ y $E$ tienen la misma potencia respecto a el circuncírculo de $\mathrm{△}ABC$.

Por la proposición 1, $R^2–O{D}^2=R^2–O{E}^2$, $\Rightarrow OD=OE$.

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Más adelante…

Para concluir con los temas básicos de geometría de la circunferencia en la siguiente entrada hablaremos sobre el teorema de Ptolomeo que nos da una condición necesaria y suficiente para que un cuadrilátero convexo sea cíclico, este teorema nos ayudara mas adelante a demostrar algunas identidades trigonométricas.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

1. Dos segmentos $PA$ y $BC$ se intersecan en $P$, si $P{A}^2=PB\times PC$, muestra que $PA$ es tangente al circuncírculo de $\mathrm{△}ABC$ en $A$.

2. $\mathrm{△}ABC$ es un triangulo rectángulo con $\mathrm{\angle }A={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$, sea $D\in BC$ el pie de la altura por $A$, considera ${\mathrm{\Gamma }}_1$ el circuncírculo de $\mathrm{△}ADC$ y ${\mathrm{\Gamma }}_2$ una circunferencia tangente a ${\mathrm{\Gamma }}_1$ externamente y tangente a $AB$ y $BC$ en $E$ y $F$ respectivamente, muestra que $CE=CF$.

3. Considera $(O,R)$, $(I,r)$ y $(I_a,r_a)$, el circuncírculo, el incírculo y alguno de los excÍrculos respectivamente de un triangulo, muestra que:
   $i)$ $O{I}_a^2=R(R+2r_a)$,
   $ii)$ $I{I}_a^2=4R(r_a–r)$.
4. Sean $\mathrm{△}ABC$, $D\in BC$ el pie de la altura por $A$ y $H\in AD$. Muestra que $H$ es el ortocentro de $\mathrm{△}ABC$ si y solo si $DB\times DC=AD\times HD$.

5. Teorema de la mariposa. Sea $AB$ una cuerda de una circunferencia y $M$ su punto medio. Por $M$ trazamos otras dos cuerdas $PQ$ y $RS$, sean $E=PS\cap AB$ y $F=RQ\cap AB$. Prueba que $M$ es el punto medio de $EF$.

Entradas relacionadas

• Ir a Geometría Moderna I.
• Entrada anterior del curco: Circunferencias homotéticas.
• Siguiente entrada del curso: Teorema de Ptolomeo.
• Otros cursos.

Fuentes

• Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 1-11.
• Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 27-31.
• Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 118-124.
• Geometría interactiva
• Wikipedia
• Cut the Knot

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»