Dos circunferencias que se intersecan son ortogonales si sus tangentes a un punto de contacto forman un ángulo recto, o también si los radios que van de los centros a los puntos de intersección son ortogonales.
Teorema:
El centro de una circunferencia que corta a 2 circunferencias ortogonales, está en el eje radical de estas últimas.
Demostración:
Sean \(C_1(O_1,r_1)\) y \(C_2(O_2,r_2)\) dos circunferencias dadas, y sea \(C_3(O_3,r_3)\) una circunferencia ortogonal a $C_1$ y $C_2$.
Denotaremos a $T_1$ a uno de los puntos de intersección de $C_1$ y $C_3$, y a $T_2$ un punto de intersección de $C_2$ y $C_3$. Por demostrar que $O_3$ está en el eje radical de $C_1$ y $C_2$, solo falta demostrar que
$Pot(O_3,C_1)$ $=$ $Pot(O_3,C_2)$
Ahora como $O_3T_2$ y $O_3T_1$ son radios de $C_3$, entonces
$\therefore$ $O_3$ es un punto del eje radical de $C_1$ y $C_2$. $\blacksquare$
Teorema:
Si una circunferencia cuyo centro está en el eje radical de dos circunferencias, y es ortogonal una de ellas, es también ortogonal a la otra.
Demostración:
Tomando como referencia la figura anterior.
Sea $C_3$ una circunferencia tal que su centro $O_3$ está en el eje radical de $C_1$ y $C_2$ dos circunferencias dadas y $C_3$ es ortogonal a $C_2$.
Se quiere demostrar que $C_3$ es ortogonal a $C_1$ o sea por Pitágoras
$(O_3O_1)^2-r_1^2= (O_3T_1)^2$
Dado que $C_3$ es ortogonal a $C_2$, el triángulo $\triangle O_3T_2O_2$ es rectángulo, entonces por Pitágoras $(O_3O_2)^2-r_2^2= (O_3T_2)^2$. Ahora como $O_3$ está en el eje radical de $C_1$ y $C_2$, y por propiedad de potencias se tiene:
$(O_3O_2)^2 – r_2^2=(O_3O_1)^2-r_1^2$ y como $O_3T_1=O_3T_2$
$\therefore$ $C_3$ es ortogonal a $C_1$. $\blacksquare$
Teorema:
Sean 2 circunferencias $C_1$ y $C_2$, y sea $C_3(O_3,r_3)$ una circunferencia ortogonal a $C_1$ y $C_2$. Entonces se generan 3 casos:
Si $C_1$ y $C_2$ se intersecan, entonces $C_3$ no interseca a $O_1O_2$ la línea de los centros.
Si $C_1$ y $C_2$ son tangentes, $C_3(O_3,r_3)$ es tangente a $O_1O_2$ la línea de los centros.
Si $C_1$ y $C_2$ no se intersecan, entonces $C_3$ interseca a $O_1O_2$ la línea de los centros.
Demostración:
Sea $C_3$ una circunferencia ortogonal a 2 circunferencias dadas $C_1$ y $C_2$. Sea $X$ a la intersección de $O_1O_2$ con «$l$» el eje radical de las circunferencias $C_1$ y $C_2$. Ahora, dado que $C_3$ es ortogonal a $C_1$ y $C_2$, se tienen dos triángulos rectángulos:
En esta entrada veremos dos lugares geométricos importantes, uno es la caracterización de arco de circunferencia y el otro la circunferencia de Apolonio.
Arco de circunferencia
Teorema 1. Dados un segmento $BC$ y un ángulo $\alpha < \pi$ el lugar geométrico de los puntos $A$ que están sobre un mismo lado de la recta $BC$ y tal que el ángulo $\angle BAC = \alpha$, es un arco de circunferencia que pasa por $B$ y $C$.
Demostración. Sea $A$ un punto tal que $\angle BAC = \alpha$, consideremos el circuncírculo $\Gamma (O)$ de $\triangle ABC$.
Todos los puntos $A’$ en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CB}$ cumplen que $\angle BA’C =\alpha$ pues $\angle BAC$ y $\angle BA’C$ abarcan el mismo arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$.
Figura 1
Por lo tanto, el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CB}$ es parte del lugar geométrico.
$\blacksquare$
Ahora tomemos $A’$ del mismo lado que $A$ respecto de $BC$ pero $A’ \notin \overset{\LARGE{\frown}}{CB}$ y consideremos $B’ = A’B \cap \overset{\LARGE{\frown}}{CB}$ y $C’ = A’C \cap \overset{\LARGE{\frown}}{CB}$.
Si $A’$ está dentro del circuncírculo de $\triangle ABC$ (izquierda figura 2), entonces los teoremas de la medida del ángulo interior y el ángulo inscrito nos dicen que $\angle BA’C = \dfrac{\angle BOC + \angle B’OC’}{2} > \dfrac{\angle BOC}{2} = \angle BAC$.
Por tanto, $A’$ no está en el lugar geométrico.
Figura 2
Si $A’$ esta fuera del circuncírculo de $\triangle ABC$ (derecha figura 2) , entonces la medida del ángulo exterior es $\angle BA’C = \dfrac{\angle BOC – \angle C’OB’}{2} < \dfrac{\angle BOC}{2} = \angle BAC$.
En consecuencia no existe $A’$ en el lugar geométrico fuera del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{CB}$ y así queda demostrado el teorema.
$\blacksquare$
Observación. Si quitamos la condición de que los puntos $A$ estén de un mismo lado respecto de $BC$ entonces obtendremos dos arcos de circunferencia que son simétricos respecto de $BC$.
Corolario. Dados un segmento $BC$ el lugar geométrico de los puntos $A$ tal que el ángulo $\angle BAC = \dfrac{\pi}{2}$, es una circunferencia de diámetro $BC$.
Demostración. Por el teorema 1 y la observación, el lugar geométrico son dos arcos de circunferencia simétricos respecto de $BC$, además, por el teorema de Tales, $BC$ es diámetro de cada uno de estos arcos, por tanto los dos arcos forman una misma circunferencia.
$\blacksquare$
Circunferencia de Apolonio
Teorema 2. El lugar geométrico de los puntos $A$ tales que la razón de las distancias a dos puntos fijos $B$ y $C$ es igual a una razón dada $\dfrac{p}{q}$, es una circunferencia llamada circunferencia de Apolonio.
Demostración. Sea $BC = a$, construimos un triángulo de lados $p$, $q$ y $a$, si $p + q < a$ entonces tomamos un múltiplo $mp$ y $mq$ tal que $m(p + q) > a$.
Figura 3
Sea $A$ el vértice construido tal que $AB = p$ y $AC = q$, por el teorema de la bisectriz, las bisectrices interna $AD$ y externa $AE$ de $\angle A$ dividen al segmento $CB$ en la razón dada $\dfrac{p}{q} = \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{BD}{DC} = \dfrac{BE}{CE}$.
De esta manera, hemos encontrado dos putos $D$ y $E$ en la recta $BC$ del lugar geométrico.
Sea $A’$ cualquier punto en el lugar geométrico, entonces $\dfrac{A’B}{A’C} = \dfrac{p}{q} = \dfrac{BD}{DC} = \dfrac{BE}{CE}$.
Por el reciproco del teorema de la bisectriz esto implica que las cevianas $AD$ y $AE$ son las bisectrices interna y externa del ángulo $\angle BA’C$.
Figura 4
Como las bisectrices interna y externa de todo ángulo son perpendiculares entre si tenemos que $\angle DA’C = \dfrac{\pi}{2}$.
Por el corolario anterior, $A’ \in \Gamma$, la circunferencia cuyo diámetro es $DE$.
$\blacksquare$
Ahora, sea $A \in \Gamma$, entonces $AD \perp AE$ ya que $DE$ es diámetro.
Figura 5
Por $C$ trazamos las paralelas a $AE$ y $AD$ las cuales intersecan a $AB$ en $P$ y en $Q$ respectivamente, como $AD \perp AE$ entonces $PC \perp CQ$.
Aplicando el teorema de Tales a $\triangle BQC$ y $\triangle BAE$ tenemos $\begin{equation} \dfrac{AB}{AQ} = \dfrac{BD}{DC} \end{equation}$ $\begin{equation} \dfrac{AB}{AP} = \dfrac{BE}{CE}. \end{equation}$
Por construcción $\dfrac{BD}{DC} = \dfrac{BE}{CE}$ $\Rightarrow \dfrac{AB}{AQ} = \dfrac{AB}{AP} \Rightarrow AP = AQ$.
Es decir, $A$ es el punto medio de la hipotenusa en el triángulo rectángulo $\triangle CPQ$, por tanto, equidista a los tres vértices del triangulo $\Rightarrow AP = AQ = AC$
Reemplazando en las ecuaciones $(1)$ y $(2)$ obtenemos $\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{BD}{DC} = \dfrac{BE}{CE} = \dfrac{p}{q}$.
Por tanto, $A$ está en el lugar geométrico.
$\blacksquare$
Observación 1. Notemos que, si la razón dada es $1$, el lugar geométrico son los puntos que equidistan a los puntos dados, esto es la mediatriz del segmento que une los puntos dados.
Observación 2. Si $B$, $C$ son los puntos fijos y $\dfrac{p}{q}$ es la razón dada, los puntos $A$ tales que $\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{p}{q}$, describen una circunferencia de Apolonio, pero los puntos $A’$ tales que $\dfrac{A’C}{A’B} = \dfrac{p}{q}$ también describen una circunferencia de Apolonio, estos dos lugares no coinciden a menos que $\dfrac{p}{q} = 1$.
En consecuencia, para un segmento dado y una razón dada tenemos dos circunferencias de Apolonio.
Construcción de un triangulo ($a$, $h_a$, $\dfrac{c}{b}$)
Problema. Construye un triángulo $\triangle ABC$ dados la base, la altura trazada por el vértice opuesto y la razón entre los lados restantes ($BC = a$, $AD = h_a$, $\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{c}{b}$).
Solución. Construimos un segmento $BC$ de longitud $a$ y trazamos la circunferencia de Apolonio $\Gamma$ de los puntos $P$ tales que la razón de las distancias a $B$ y a $C$ es la razón dada, $\dfrac{PB}{PC} = \dfrac{c}{b}$.
Figura 6
Luego trazamos una recta $l$ paralela a $BC$ y a una distancia $h_a$. Una de las intersecciones de $l$ con $\Gamma$ es el tercer vértice del triángulo $\triangle ABC$.
Sea $D$ el pie de la perpendicular a $BC$ trazado desde $A$, entonces por construcción $BC = a$, $AD = h_a$ y $\dfrac{AB}{AC} =\dfrac{c}{b}$.
$\blacksquare$
Círculos de Apolonio de un triángulo
Definición 1. Consideremos un triángulo $\triangle ABC$, el lugar geométrico de los puntos $P$ tales que $\dfrac{PB}{PC} = \dfrac{AB}{AC}$, es la $A$-circunferencia de Apolonio de $\triangle ABC$. De esta manera todo triangulo tiene tres circunferencias de Apolonio asociadas a él, una que pasa por cada vértice.
Definición 2. Decimos que dos circunferencias son ortogonales si se intersecan y los radios trazados desde el punto de intersección son perpendiculares.
Proposición. Cada circunferencia de Apolonio asociada a un triángulo es ortogonal con el circuncírculo del triángulo.
Demostración. Sean $\triangle ABC$, $D$ y $E$ los pies de la bisectriz interior y exterior respectivamente de $\angle A$, consideremos $M$ el punto medio de $DE$.
La circunferencia con centro $M$ y radio $AM$, $(M, AM)$ es la $A$-circunferencia de Apolonio de $\triangle ABC$.
$\Rightarrow \angle CAM > \angle CFA = \angle CBA$.
Ninguno de los dos casos anteriores es posible, puesto que por la ecuación $(3)$, $\angle CBA = \angle CAM$, por lo tanto, $A$ es tangente a $(O, AO)$ y así $(O, AO)$ y $(M, AM)$ son ortogonales.
La prueba para las otras dos circunferencias de Apolonio de $\triangle ABC$ es análoga.
$\blacksquare$
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.
Dada una circunferencia, muestra que el lugar geométrico de los puntos medios de las cuerdas que pasan por un punto dado es una circunferencia, si el punto esta dentro o en la circunferencia. Analiza el caso cuando el punto se encuentra fuera de la circunferencia.
Dados dos segmentos consecutivos $AB$ y $BC$ sobre una misma recta encuentra el lugar geométrico de los puntos $P$ tales que $\angle APB = \angle BPC$.
Dados tres puntos $A$, $B$, $C$ y un ángulo $\alpha$, construye una circunferencia que pase por $A$ y $B$ y tal que el ángulo entre las tangentes trazadas desde $C$ a la circunferencia sea igual a $\alpha$.
Figura 10
Construye un triangulo, dados: $i)$ la base, la mediana trazada desde el vértice opuesto y la razón entre los lados restantes, $ii)$ la base, la bisectriz del ángulo opuesto y la razón entre los lados restantes.
Muestra que las tres circunferencias de Apolonio de un triangulo concurren en dos puntos.
Figura 11
Más adelante…
En la siguiente entrada estudiaremos un par de métodos generales que nos pueden ayudar a resolver problemas de construcciones geométricas.
Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 11-16.
Andreescu, T., Korsky, S. y Pohoata, C., Lemmas in Olympiad Geometry. USA: XYZ Press, 2016, pp 275-276.
Santos, J., Tesis Geometría del Cuadrilátero. 2010, pp 135-137.
Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 38-39.
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»
