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Geometría Moderna I: Ángulos en la circunferencia

Introducción

Dados un ángulo y una circunferencia nos podemos preguntar si podemos calcular la magnitud del ángulo dado con algún ángulo que tenga como vértice el centro de la circunferencia dada. En esta entrada estudiaremos algunos resultados que nos permitirán establecer dicha relación.

Definición 1. Un ángulo central en una circunferencia es un ángulo formado por dos radios.

Denotamos a una circunferencia con centro en $O$ como $\Gamma (O)$.

Ángulo inscrito

Definición 2. Decimos que un segmento es una cuerda de una circunferencia si sus extremos pertenecen a la circunferencia y el segmento no contiene al centro de la circunferencia, si contiene al centro entonces es un diámetro.

Un ángulo inscrito en una circunferencia es un ángulo formado por dos cuerdas o una cuerda y un diámetro que tienen un extremo en común sobre la circunferencia.

Teorema 1, de la medida del ángulo inscrito. Un ángulo inscrito en una circunferencia es igual a la mitad del ángulo central que abarca el mismo arco de circunferencia.

Demostración. Sea $\angle CBA$ un ángulo inscrito en $\Gamma (O)$.

Caso 1. $BC$ es diámetro, entonces $\triangle AOB$ es isósceles y por tanto $\angle BAO = \angle CBA$.

Figura 1

Como $\angle COA$ es un ángulo exterior de $\triangle AOB$ entonces es igual a la suma de los ángulos interiores no adyacentes a él,
$\Rightarrow \angle COA = \angle CBA + \angle BAO = 2\angle CBA$
$\Rightarrow \angle CBA = \dfrac{\angle COA}{2}$.

Caso 2. Ambos lados del ángulo son cuerdas, trazamos el diámetro $BO$ y consideramos $D = BO \cap \Gamma (O)$.

Si $AB$ y $BC$ están en un mismo lado respecto de $BD$ (izquierda figura 2), entonces
$\angle CBA = \angle DBA – \angle DBC$ y por el caso 1,
$\Rightarrow \angle CBA = \dfrac{\angle DOA}{2} – \dfrac{\angle DOC}{2} = \dfrac{\angle COA}{2}$.

Figura 2

Si $AB$ y $BC$ están en lados distintos respecto de $BD$ (derecha figura 2), entonces
$\angle CBA = \angle CBD + \angle DBA$ y por el caso 1,
$\Rightarrow \angle CBA = \dfrac{\angle COD}{2} + \dfrac{\angle DOA}{2} = \dfrac{\angle COA}{2}$.

$\blacksquare$ 

Ángulo semiinscrito

Definición 3. Decimos que una recta es tangente a una circunferencia en un punto si la recta es perpendicular al radio que pasa por el punto.  

Definición 4. Decimos que un ángulo es semiinscrito en una circunferencia, si el ángulo está formado por una recta tangente a la circunferencia y una cuerda que tiene como extremo el punto de tangencia.

Teorema 2, de la medida del ángulo semiinscrito. Un ángulo semiinscrito en una circunferencia es igual a la mitad del ángulo central que abarca el mismo arco de circunferencia.

Demostración. Sea $\angle CBA$ un ángulo inscrito en $\Gamma (O)$, con $AB$ tangente a $\Gamma (O)$ en $B$, consideremos $D = BO \cap \Gamma (O)$.

Figura 3

$\angle DBC$ es inscrito, por el teorema 1, $\angle DBC = \dfrac{\angle DOC}{2}$
$\Rightarrow \angle CBA = \angle DBA – \angle DBC = \dfrac{\pi}{2} – \dfrac{\angle DOC}{2}$
$= \dfrac{\angle DOB}{2} – \dfrac{\angle DOC}{2} = \dfrac{\angle COB}{2}$.

Por otro lado, consideremos $A’ \in AB$ pero del lado opuesto a $A$ respecto de $B$, entonces,
$\angle A’BC = \angle ABD + \angle DBC = \dfrac{\pi}{2} + \dfrac{\angle DOC}{2}$
$= \dfrac{\angle BOD}{2} + \dfrac{\angle DOC}{2} = \dfrac{\angle BOC}{2}$.

$\blacksquare$ 

Ángulo interior

Definición 5. Si el vértice de un ángulo está en el interior de una circunferencia decimos que el ángulo es interior a la circunferencia.

Teorema 3, de la medida del ángulo interior. Un ángulo interior a una circunferencia es igual a la semisuma del ángulo central que abarca el mismo arco que el ángulo interior y del ángulo central que abarca el mismo arco que el opuesto por el vértice.

Demostración.  Sea $\angle ABC$ un ángulo interior a $\Gamma (O)$ con $A$, $C \in \Gamma (O)$, consideremos $A’ = AB \cap \Gamma (O)$ y $C’ = CB \cap \Gamma (O)$.

Figura 4

Como $\angle ABC$ es un ángulo exterior de $\triangle A’BC$ es igual a la suma de los ángulos interiores no adyacentes a él, además $\angle AA’C$ y  $\angle A’CC’$ son inscritos y por el teorema 1,
$\Rightarrow \angle ABC = \angle AA’C + \angle A’CC’ = \dfrac{\angle AOC + \angle A’OC’}{2}$.

$\blacksquare$ 

Ángulo exterior (lados secantes)

Definición 6. Una recta secante a una circunferencia es una recta que la interseca en dos puntos distintos.

Definición 7. Decimos que un ángulo es exterior a una circunferencia si su vértice se encuentra fuera de la circunferencia y los lados que forman el ángulo son tangentes o secantes a la circunferencia.

Teorema 4, de la medida del ángulo exterior. Un ángulo exterior a una circunferencia es igual a la mitad de la diferencia de los ángulos centrales que abarcan arcos cuyos extremos son las intersecciones de cada lado del ángulo con la circunferencia.

Caso 1. Ambos lados del ángulo son secantes a la circunferencia.

Demostración. Sea $\angle BAC$ un ángulo exterior a $\Gamma (O)$.

Supongamos que $B$, $C \in \Gamma (O)$ y consideremos $B’ = AB \cap \Gamma (O)$ y $C’ = AC \cap \Gamma (O)$.

Veamos primero el caso particular en el que $CC’$ es diámetro entonces $\angle BC’C$ es un ángulo exterior de $\triangle AC’B$, por tanto,
$\angle BC’C = \angle A + \angle C’BB’$

Figura 5

Como $\angle BC’C$ y $\angle C’BB’$ son ángulos inscritos, por el teorema 1,
$\Rightarrow \angle A = \angle BC’C – \angle C’BB’ = \dfrac{\angle BOC – \angle C’OB’}{2}$.

Para el caso general sean $D$ y $E$ las intersecciones de $AO$ con $\Gamma (O)$.

Si $B$ y $C$ están en lados distintos respecto de $DE$ (izquierda figura 6), entonces
$\angle A = \angle BAE + \angle EAC$, y por el caso particular,
$\Rightarrow \angle BAE = \dfrac{\angle BOE – \angle DOB’}{2}$ y $\angle EAC = \dfrac{\angle EOC – \angle C’OD}{2}$
$\Rightarrow \angle A = \dfrac{\angle BOE + \angle EOC – (\angle C’OD + \angle DOB’)}{2} = \dfrac{\angle BOC – \angle C’OB’}{2}$.

Figura 6

Si $B$ y $C$ están en el mismo lado respecto de $DE$ (derecha figura 6), entonces
$\angle BAC = \angle BAE – \angle CAE$ y por el caso particular, 
$\angle BAE = \dfrac{\angle BOE – \angle DOB’}{2}$ y $\angle CAE = \dfrac{\angle COE – \angle DOC’}{2}$
$\Rightarrow \angle A = \angle BAC = \dfrac{(\angle BOE – \angle COE) – (\angle DOB’ – \angle DOC’)}{2} = \dfrac{\angle BOC – \angle C’OB’}{2}$.

$\blacksquare$ 

Ángulo exterior (lados tangentes)

Caso 2. Ambos lados del ángulo son tangentes a la circunferencia.

Demostración. Sea $\angle BAC$ un ángulo exterior a $\Gamma (O)$.

Supongamos que $B$, $C \in \Gamma (O)$ y consideremos $D$ y $E$ las intersecciones de $AO$ con $\Gamma (O)$.

Figura 7

Como $\angle BDE$ y $\angle EDC$ son ángulos exteriores de $\triangle ADB$ y $\triangle ADC$ respectivamente, entonces
$\angle BDE = \angle BAD + \angle DBA$ y $\angle EDC = \angle DAC + \angle ACD$
$\Rightarrow \angle A = \angle BAD + \angle DAC = (\angle BDE – \angle DBA) + (\angle EDC – \angle ACD)$
$ = (\angle BDE + \angle EDC) – (\angle ACD + \angle DBA) = \angle BDC – (\angle ACD + \angle DBA)$

$\angle ACD$ y $\angle DBA$ son ángulos semiinscritos y $\angle BDC$ es un ángulo inscrito, por los teoremas 1 y 2 tenemos
$\angle ACD = \dfrac{\angle COD}{2}$, $\angle DBA = \dfrac{\angle DOB}{2}$ y $\angle BDC = \dfrac{\angle BOC}{2}$,  
$\Rightarrow \angle A = \dfrac{\angle BOC – (\angle COD + \angle DOB)}{2} = \dfrac{\angle BOC – \angle COB}{2}$.

$\blacksquare$ 

Caso 3. Un lado del ángulo es tangente a la circunferencia y el otro es secante.

La demostración de este caso queda como ejercicio.

Ejemplos

Proposición 1. Dos ángulos ya sean inscritos o semiinscritos que abarcan el mismo arco de circunferencia son iguales.

Demostración. Por los teoremas 1 y 2, un ángulo inscrito y un ángulo semiinscrito son iguales a la mitad del ángulo central que abarca el mismo arco, si dos ángulos abarcan el mismo arco entonces el ángulo central es el mismo para ambos y por transitividad son iguales.

$\blacksquare$ 

Figura 8

Teorema 5, de Tales. Sean $A$, $B$ y $C$ puntos distintos en una circunferencia entonces $BC$ es diámetro si y solo si $A$ es un ángulo recto.

 Demostración. Sea $\Gamma (O)$ la circunferencia a la que pertenecen $A$, $B$ y $C$, el resultado se sigue del hecho de que el ángulo central que abarca el mismo arco que $\angle A$ es $\angle BOC$ y aplicar el teorema del ángulo inscrito.

$\blacksquare$ 

Figura 9

Problema. Dado un círculo $\Gamma$ construir su centro.

Solución. Construimos dos ángulos rectos inscritos en la circunferencia, tomando dos puntos distintos como vértice.

Por el teorema de Tales, las intersecciones de los lados de cada ángulo formaran dos diámetros distintos de la circunferencia y su intersección será el centro de la circunferencia.

$\blacksquare$ 

Figura 10

Proposición 2. Las rectas tangentes trazadas desde un punto exterior a una circunferencia son iguales.

Demostración. Sean $\Gamma (O)$ y $A$ un punto exterior, por $A$ trazamos $AB$ y $AC$ tangentes a $\Gamma (O)$ en $B$ y en $C$ respectivamente (figura 7).

Consideremos los radios $OB$ y $OC$ entonces $OB = OC$, y por definición de tangencia, $OB \perp AB$ y $OC \perp AC$.

Los triángulos rectángulos $\triangle AOB$ y $\triangle AOC$ tienen a $AO$ como lado en común, por criterio de congruencia hipotenusa-cateto $\triangle AOB \cong \triangle AOC$, por tanto, $AB = AC$.

$\blacksquare$ 

Tarea moral

  1. Sean $A$ y $C$ dos puntos fijos en una circunferencia, muestra que para cualesquiera dos puntos $B$ y $D$ en la misma circunferencia se tiene que $\angle ABC = \angle ADC$ o $\angle ABC$ y $\angle CDA$ son suplementarios.
  2.  Prueba que una recta es tangente a una circunferencia si y solo si la recta y la circunferencia tienen un solo punto en común.
  3. Demuestra el teorema 4 en el caso en el que el un lado del ángulo exterior es secante a la circunferencia y el otro es tangente, es decir, en la figura 11 muestra que
    $\angle BAC = \dfrac{\angle BOC – \angle COD}{2}$.
Figura 11
  1. Dados una circunferencia y un punto fuera de ella, construye las rectas tangentes a la circunferencia dada trazadas desde el punto dado.
  2. Sean $\triangle ABC$, $K$ la intersección de la altura trazada desde $A$ con el circuncírculo de $\triangle ABC$ y $H$ el ortocentro de $\triangle ABC$, muestra que $BC$ biseca a $HK$.
Figura 12

Más adelante…

Apoyándonos de los resultados vistos aquí, en la siguiente entrada daremos una caracterización de arco de circunferencia y veremos la circunferencia de Apolonio.

Entradas relacionadas

Fuentes

  • Santos, J., Tesis Geometría del Cuadrilátero. 2010, pp 133-140.
  • Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 34-40.
  • Wikipedia
  • Geometría interactiva

Geometría Moderna I: Teorema de Tales

Introducción

En esta entrada estudiaremos el teorema de Tales y algunas aplicaciones. Este teorema nos dice que dos rectas paralelas cortan a otras dos en segmentos proporcionales.

En la entrada anterior definimos el área de un rectángulo y vimos que como consecuencia de esto el área de un triángulo rectángulo era el semiproducto de sus catetos. En esta ocasión necesitaremos hablar del área de un triángulo en general.

Denotaremos al área de un triángulo $\triangle ABC$ como $(\triangle ABC)$.

Área del triángulo

Proposición 1. El área de un triángulo es el producto de la altura trazada por uno de sus vértices por la base o lado contrario a dicho vértice.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ un triángulo, tracemos la altura desde el vértice $A$, existen dos posibilidades, el pie de la altura $D$, se encuentra en el segmento $BC$ o está en la extensión del segmento.

Caso 1, $D \in BC$.

Figura 1

Notemos que se forman dos triángulos rectángulos, $\triangle ABD$ y $\triangle ADC$.
$\Rightarrow (\triangle ABC) = (\triangle ABD) + (\triangle ADC)$
$= \dfrac{BD \times AD}{2} + \dfrac{DC \times AD}{2}$
$= \dfrac{(BD + DC)AD}{2} = \dfrac{BC \times AD}{2}$.

Caso 2, $D \notin BC$.

Figura 2

Notemos que se forman dos triángulos rectángulos, $\triangle ADB$ y $\triangle ADC$.
$\Rightarrow (\triangle ABC) = (\triangle ADC) – (\triangle ADB)$
$= \dfrac{ DC \times AD }{2} – \dfrac{DB \times AD}{2}$
$= \dfrac{(DC – DB)AD}{2} = \dfrac{BC \times AD}{2}$.

$\blacksquare$

Proposición 2. Si dos triángulos tienen una misma altura entonces las razones entre sus áreas es igual a la razón entre las bases perpendiculares a las alturas.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $\triangle A’B’C’$ dos triángulos tales que las alturas trazadas desde $A$ y $A’$ son iguales, digamos $h$.

Figura 3

$\dfrac{(\triangle ABC)}{(\triangle A’B’C’)} = \dfrac{\dfrac{BC \times h}{2}}{\dfrac{B’C’ \times h}{2}}$
$ = \dfrac{BC \times h}{B’C’ \times h} = \dfrac{BC}{B’C’}$.

$\blacksquare$

Teorema fundamental de la proporcionalidad

Teorema 1, de Tales. Sean $\triangle ABC$, $B’$ y $C’$ en $AB$ y $AC$ respectivamente tales que $B’C’ \parallel BC$, entonces
$i)$ $\dfrac{AB}{B’B} = \dfrac{AC}{C’C}$, $\dfrac{AB}{AB’} = \dfrac{AC}{AC’}$ y $\dfrac{AB’}{B’B} = \dfrac{AC’}{C’C}$,
$ii)$ $\dfrac{AB}{AB’} = \dfrac{AC}{AC’} = \dfrac{BC}{B’C’}$.

Demostración. Como $\triangle B’C’B$ y $\triangle B’C’C$ tienen la misma base $B’C’$ y están contenidos en las mismas paralelas, lo que implica que su altura es la misma, entonces tienen la misma área.

Figura 4

$\begin{equation} (\triangle B’C’B) = (\triangle B’C’C) \end{equation}$
$\Rightarrow (\triangle AB’C’) + (\triangle B’C’B) = (\triangle AB’C’) + (\triangle B’C’C)$
$\begin{equation} \Rightarrow (\triangle AC’B) = (\triangle AB’C). \end{equation}$

De las escuaciones $(1)$ y $(2)$ y la proposición 2 obtenemos
$\dfrac{(\triangle AC’B)}{(B’C’B)} = \dfrac{(\triangle AB’C)}{(\triangle B’C’C)}$
$\Rightarrow \dfrac{AB}{B’B} = \dfrac{AC}{C’C}$.

Notemos que $\dfrac{AB}{B’B} = \dfrac{AC}{C’C}$, $\dfrac{AB}{AB’} = \dfrac{AC}{AC’}$ y $\dfrac{AB’}{B’B} = \dfrac{AC’}{C’C}$ son equivalentes.

$\dfrac{AB}{B’B} = \dfrac{AC}{C’C}$
$\Leftrightarrow \dfrac{AB’ + B’B}{B’B} = \dfrac{AC’ + C’C}{C’C}$
$\Leftrightarrow \dfrac{AB’}{B’B} = \dfrac{AC’}{C’C}$

$\dfrac{AB}{AB’} = \dfrac{AC}{AC’}$, equivale a
$\dfrac{AB’ + B’B}{AB’} = \dfrac{AC’ + C’C}{AC’}$
$\Leftrightarrow \dfrac{B’B}{AB’} = \dfrac{C’C}{AC’}$
$\Leftrightarrow \dfrac{AB’}{B’B} = \dfrac{AC’}{C´C}$.

Para la parte $ii)$ trazamos una paralela a $AB$ por $C’$ que interseca a $BC$ en $D$, por la parte $i)$, se cumple
$\dfrac{AC}{AC’} = \dfrac{BC}{BD}$.

Figura 5

Como $\square B’BDC$ es paralelogramo $BD = B’C’$
$\Rightarrow \dfrac{AC}{AC’} = \dfrac{BC}{B’C’}$.

$\blacksquare$

Reciproco del teorema de Tales.

Teorema 2, reciproco del teorema de Tales. Sean $\triangle ABC$, $B’$ y $C’$ en $AB$ y $AC$ respectivamente tales que, $\dfrac{AB}{B’B} = \dfrac{AC}{C’C}$ o $\dfrac{AB}{AB’} = \dfrac{AC}{AC’}$ o $\dfrac{AB’}{B’B} = \dfrac{AC’}{C’C}$, entonces $B’C’ \parallel BC$.

Demostración. Supongamos que $B’C’$ y $BC$ no son paralelas, sea $D \in AC$ tal que $B’D \parallel BC$, por el teorema de Tales, $\dfrac{AB}{B’B} = \dfrac{AC}{DC}$.

Figura 6

Pero por hipótesis $\dfrac{AB}{B’B} = \dfrac{AC}{C’C}$, y por transitividad
$\dfrac{AC}{DC} = \dfrac{AC}{C’C}$
$\Rightarrow DC = C’C \Rightarrow D = C’ \Rightarrow B’C’ \parallel BC$.

Por la equivalencia entre las expresiones $\dfrac{AB}{B’B} = \dfrac{AC}{C’C}$, $\dfrac{AB}{AB’} = \dfrac{AC}{AC’}$ y $\dfrac{AB’}{B’B} = \dfrac{AC’}{C’C}$,
queda demostrado el teorema.

$\blacksquare$

Teorema de la bisectriz

Teorema 3, de la bisectriz. Las bisectrices interna y externa del ángulo de un triángulo dividen al lado opuesto en segmentos proporcionales a los otros dos lados del triángulo.

Demostración. Consideremos un triángulo $\triangle ABC$ y la bisectriz interior de $A$, la cual interseca a $BC$ en $D$.

Trazamos la paralela a $AD$ por $C$, y sea $E$ la intersección de la extensión de $AB$ con la paralela.

Figura 7

Como $AD \parallel CE$ entonces $\angle BAD = \angle AEC$ por ser ángulos correspondientes entre paralelas y $\angle DAC = \angle ECA$ por ser ángulos alternos internos entre paralelas.

Ya que $AD$ es bisectriz de $A$ entonces $\angle BAD = \angle DAC$ y por lo tanto $\angle AEC = \angle ECA$
$\Rightarrow \triangle ACE$ es isósceles, es decir, $AC = AE$.

Aplicando el teorema de Tales a $\triangle BCE$ tenemos que
$\dfrac{BD}{DC} = \dfrac{AB}{AE} = \dfrac{AB}{AC}$.

$\blacksquare$

Definición. Una ceviana es un segmento que tiene extremos en el vértice de un triángulo y en el lado opuesto a dicho vértice.

Reciproco del teorema de la bisectriz

Teorema 4, reciproco del teorema de la bisectriz. Si una ceviana divide internamente al lado de un triángulo en segmentos proporcionales a los otros lados del triángulo entonces es la bisectriz interna del ángulo por donde pasa.

Demostración. Sea $\triangle ABC$ y $AD$ con $D \in BC$ tal que $\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{BD}{DC}$.

Extendemos $AB$ del lado de $A$ hasta $E$ talque $AE = AC$ (figura 7), como $\triangle AEC$ es isósceles entonces
$\begin{equation} \angle AEC = \angle ECA. \end{equation}$

En el triángulo $\triangle BCE$ tenemos que $\dfrac{AB}{AE} = \dfrac{BD}{DC}$,
por el reciproco del teorema de Tales, $AD \parallel EC$,
$\Rightarrow \angle BAD = \angle AEC$, por ser ángulos correspondientes,
$\Rightarrow \angle DAC = \angle ECA$, por ser ángulos alternos internos.

Por $(3)$ se sigue que $\angle BAD = \angle DAC$, por lo tanto, $AD$ es la bisectriz interna de $A$.

$\blacksquare$

El caso para la bisectriz exterior se deja como ejercicio.

Construcciones

Problema. Dados dos segmentos y un segmento unitario, construye el producto y el cociente de los segmentos dados.

Solución. Sean $a$ y $b$ la magnitud de los segmentos dados.

Sea $AB$ el segmento unitario, extendemos $AB$ hasta $B’$ tal que $BB’ = a$.

Levantamos sobre $AB$ en $A$ un segmento $AC = b$, unimos $B$ con $C$ y trazamos por $B’$ la paralela a $BC$.

Sea $C’$ la intersección de $AC$ con la paralela trazada, por el teorema de Tales aplicado a $\triangle AB’C’$, $\dfrac{AB}{BB’} = \dfrac{AC}{CC’} $.
$\Rightarrow AB \times CC’ = AC \times BB’ $
$\Rightarrow CC’ = ab$.

Figura 8

Para el cociente seguimos el mismo procedimiento, pero esta vez con $AB = a$ y $BB’ = 1$, por el teorema de Tales obtendremos
$a = \dfrac{b}{CC’} \Rightarrow CC’ = \dfrac{b}{a}$.

Figura 9

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Muestra que la suma de las distancias de un punto interior a los lados de un triangulo equilátero es constante. Este resultado es conocido como teorema de Viviani.
Figura 10
  1. $i)$ Muestra que si dos rectas $l_{1}$ y $l_{2}$ son transversales a tres paralelas $AA’$, $BB’$ y $CC’$ (figura 11), entonces $\dfrac{AB}{BC} = \dfrac{A’B’}{B’C’}$.
    $ii)$ Recíprocamente si $\dfrac{AB}{BC} = \dfrac{A’B’}{B’C’}$ y dos de las tres rectas $AA’$, $BB’$, $CC’$son paralelas, entonces las tres rectas son paralelas.
Figura 11
  1. Usando el teorema de Tales,
    $i)$ muestra que el segmento que une puntos medios de dos lados de un triangulo es paralelo e igual a la mitad del tercer lado,
    $ii)$ recíprocamente muestra que si una recta pasa por el punto medio de un triangulo y es paralela a un segundo lado entonces pasa por el punto medio del tercer lado.
  2. Prueba que un segmento que pasa por el vértice de un triangulo divide externamente al lado opuesto en segmentos proporcionales a los restantes lados del triangulo si y solo si es la bisectriz exterior del ángulo.
Figura 12
  1. Divide un segmento dado en una razón dada.
  2. Divide un segmento dado en $n$ partes iguales.

Más adelante…

En la siguiente entrada y con la ayuda del Teorema de Tales veremos otra herramienta importante en el estudio de la geometría, los criterios de semejanza de triángulos.

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Fuentes