Notas

Geometría Moderna
Arturo Ramírez
29 de enero de 2008

Índice general
Introducción..........................................
Notación............................................
Prerrequisitos.........................................
i
iii
v
1. Preliminares 1
Axiomas y Nociones Básicos................................. 1
Proposiciones Euclidianas .................................. 4
Triángulos........................................... 6
Problemas........................................ 8
Círculos ............................................ 9
Problemas........................................ 14
Construcciones Geométricas ................................. 16
Problemas........................................ 20
Construcción del decágono regular ............................. 21
Trigonometría......................................... 22
Formulas Trigonometricas ............................... 22
Problemas........................................ 23
Geometría y Trigonometría............................... 24
Problemas........................................ 28
EjeRadical .......................................... 30
Problemas........................................ 31
2. Orientación en la Geometría 33
Geometría Analítica ..................................... 33
Problemas........................................ 38
3. Los Números Complejos y Geometría 39
Problemas........................................ 40
Ecuaciones de grado dos y tres ............................... 41
Problemas........................................ 45
Polígonono regular de 17 lados................................ 45
Problemas........................................ 47
NúmerosComplejosyGeometríaAnalítica......................... 49 3

4 ÍNDICE GENERAL
4. Geometría Móderna 51
Aritmética de segmentos ................................... 51
Problemas........................................ 53
RectasDirigidas ....................................... 54
Problemas........................................ 56
AngulosDirigidos....................................... 57
Problemas........................................ 62
Areas y Volumenes Orientados................................ 64
Problemas........................................ 65
5. Secciones Cónicas 67
Cono Circular Recto ..................................... 68
Directrices de las Secciones Cónicas............................. 70
Cónicas y Geometría Analítica................................ 70
Focos y Directrices ...................................... 72
Geometría de la Esfera ................................. 74
Area,VolumenyDistanciaenlaesfera ........................ 74
Triángulos esféricos ................................... 77
6. Transformaciones rígidas y de semejanza 79
Transformaciones rígidas ................................... 80
Problemas........................................ 83
Homotecia........................................... 85
Problemas........................................ 88
7. Geometría Proyectiva 91
PlanoProyectivo ....................................... 91
Espacio Proyectivo . .................................. 96
Espacio Afín ∗ ...................................... 97
Proyecciones.......................................... 99
Problemas........................................ 101
TeoremadeDesargues .................................... 102
ConjugadosArmónicos.................................... 104
Problemas........................................ 108
Geometría Proyectiva del Plano............................... 110
Homología........................................... 113
Problemas........................................ 115
Problemas........................................ 116
HomologíaArmónica..................................... 116
Proyección en un cuadrado ∗ .............................. 119
8. HilerasdePuntosyHacesdeRectas(Razóncruzada) 121
Problemas........................................ 125
Círculos Homotéticos ..................................... 126
Problemas........................................ 129

ÍNDICE GENERAL 5
CírculodeSimilitud .................................. 130
Problemas........................................ 132
9. Teorema de Menelao y Ceva 135
ConjugadosIsogonaleseIsotómicos.......................... 136
Problemas........................................ 140
TeoremadeDesargues .................................... 144
Problemas........................................ 145
TeoremadePappus,PascalyBrianchon .......................... 145
RectasdePappus.................................... 148
RectasdePascal .................................... 150
10.Teorema Fundamental de la Geometría Proyectva de Dimensión Uno 157
Problemas........................................ 159
TransformacionesProyectivasenelCírculo......................... 161
Puntos Fijos de una transformación............................. 164
Problemas........................................ 165
11.Conjugados Armónicos, Polos y Polares 167
ConjugadosArmónicosyRelacionesMétricas ....................... 167
PolosyPolares ........................................ 170
Problemas........................................ 177
ProblemadeApolonio .................................... 178
ProblemadeApolonio:Polosypolares ........................ 178
ProblemadeApolonio:TransformaciónProyectiva.................. 180
12.Círculos Caoxiales 181
Problemas........................................ 185
Diferencia de Potencias .................................... 187
13.Geometría Proyectiva de la Recta (Involuciones) 191
Involuciónes(PropiedadesProyectivas)........................... 191
Involuciones(PropiedadesMétricas)............................. 193
Problemas........................................ 196
14.Secciones Cónicas 199
CónicasyHomologías .................................... 199
Problemas........................................ 200
DefinicióndeSteiner ..................................... 200
TeoremadePascal ...................................... 203
TeoremadeBrianchon .................................... 205
Propiedades de las Asíntotas................................. 206
DobladodePapel....................................... 207
TransformacionesProyectivasenunaCónica........................ 208
Polosypolares ........................................ 210

6 ÍNDICE GENERAL
Ejes de las Cónicas Centrales ................................ 214
TeoríaProyectivadelosFocosyDirectrices ........................ 215
Hipérbolas Equiláteras ................................. 222
15.Círculos de Miquel 227
TriángulosPedales ...................................... 230
TriángulodeMorley ..................................... 235

INTRODUCCIÓN
Introducción
i
La geometría euclidiana fue el primer sistema axiomático de la historia. Tradicionalmente el
estudio de la geometría se a usado para presentar el concepto de lo que es una teoría deductiva.
Lasrazonesdeesto,apartedequehistóricamentefuelaprimerapresentacióndeductiva,sedeben
a que aunque se usan axiomas estos representan conceptos donde nuestra intuición nos es de gran
utilidad, además de poder enunciar y demostrar rápidamente proposiciones no triviales.
Sin embargo el hecho de poder usar nuestra intuición fue también un problema. Esto se debió
a que Euclides uso en sus razonamientos muchos resultados que si bien son intuitivamente claros
no se deducen de los axiomas. Para nuestros estándares de rigor no fue hasta 1900 que D. Hilbert
estableció los axiomas que cumplen con los requisitos actuales de rigor. Un problema con la
obra de Euclides es que algunas de las demostraciones no solo se basan en los axiomas, sino que
dan por buena la intuición y experiencia. Esto no implica que los resultados sean falsos, por lo
contrario todos los teoremas enunciados por Euclides son validos, y de hecho se tienen actualmente
presentaciones (ver [25] y [22]) que dan demostraciones rigurosas de todos los resultados de los
trabajos de Euclides.
Descartes estudio la geometría con ayuda de coordenadas, esto es introdujo el concepto de
geometría analítica. Con la introducción de las coordenadas los tienen equivalentes algebraicos y
por lo tanto podemos usar el álgebra como herramienta para resolver problemas geométricos. De
hecho es con el uso del álgebra que se logró dar repuestas a alguno de los problemas clásicos de
la geometría. Por ejemplo demostrar que no es posible construir con regla y compás la trisección
de un ángulo dado, o dado el lado de un cubo construir el lado de otro cubo que tenga volumen
el doble del volumen del cubo original. Otro ejemplo del uso del álgebra fue la demostración que
diera Gauss de que un polígono con un número p de lados, donde p es un número primo impar, es
constructible con regla y compás sii p es de la forma 2 2n +1.
Hay varias formas para estudiar la geometría: axiomáticamente como en los libros [25], analíticamente
como en ?? o más elementalmente basando el estudio en la geometría euclidiana. Nosotros
usaremos esta última ruta, usando la intuición que tenemos de las propiedades de la geometría
euclidiana, que nos que permite avanzar rápidamente y prepara el estudio de alguna de las otras
formas. En particular usaremos los conceptos topológicos como son los de orden, separación,
orientación, continuidad, etc. Sin embargo trataremos de dar, cuando sea posible sin frenar excesivamente
la presentación de la teoría, las definiciones, enunciados y demostraciones que sean
validas en el contexto más general de la geometría axiomática. Esperamos con esto que esta obra
facilite el estudio de otras presentaciones más axiomáticas.
Las construcciones usando regla y compás constituyen uno de los temas centrales de la geometría
de Euclides. La razón de porque se restringe al uso de regla y compás se debe a que estos instrumentos
están implícitos en los axiomas de Euclides (ver , pag. ). En este libro nosotros también
daremos una gran importancia al tema de las construcciones con regla y compás. Hay que destacar
que el concepto de regla es el de un instrumento que solo nos permite trazar una recta que pasa
por dos puntos dados, pero que no es una regla graduada que permita medir la distancia entre
puntos.
En la geometría euclidiana se tienen como conceptos fundamentales el de punto y el de recta así
como la relación de incidencia entre ellos. Además en la geometría euclidiana se tienen conceptos

ii
INTRODUCCIÓN
como paralelas, perpendicular, distancia, ángulo etc. Sin embargo un avance muy importante fue
que en el siglo XIX se estudio aquellas proposiciones que no tenían conceptos métricos en sus
enunciados. En particular el estudio de las propiedades geométricas que se basan únicamente en
lasrelacionesdeincidenciaentrepuntos,rectasyplanos.
Con respecto a la relación de incidencia hay una cierta simetría, entre los puntos y las rectas,
que sin embargo no es completa. Por ejemplo, en el plano, dados dos puntos distintos siempre hay
una sola rectas que los contiene pero dadas dos rectas distintas solo hay un punto contenido en
ambas sii las rectas no son paralelas. Como este ejemplo hay muchos otros. La geometría proyectiva
consiste en una extensión de la geometría euclidiana donde los conceptos de punto y recta tienen
una relación de incidencia simétrica.
Como veremos el hecho de contar, desde el principio, con esta relación de incidencia simétrica
nos permitirá presentar los resultados de la geometría euclidiana de una forma más general y sin
excepciones molestas.
Es interesante notar que los primeros en utilizar los conceptos de la geometría proyectiva
fueron los pintores del renacimiento. Ellos necesitaban de una técnica nueva que les permitiera
dar perspectiva a sus dibujos (ver la figura adjunta, que representa la proyección de una mandolina
en la ventana (Alberto Durero. Imagen del Tratado Underweysung der Messung 1525)), es de estos
pintores de donde heredamos los nombres de punto y línea de fuga, centro de perspectiva, etc.
Figura 0-1
Mandolina. Alberto Durero
Esta simetría da origen al principio de dualidad el cual implica que en si intercambiamos las
palabras punto y recta cada teorema de la geometría proyectiva nos da su teorema dual (aunque
en ocaciones coincide con el original). El lector deberá familiarizarse con cada uno de los teorema
y construcción duales que se enuncian en los distintos capítulos que se refieren a la geometría
proyectiva.
En la geometría proyectiva se estudian las propiedades que se sigue de las propiedades de
incidencia una vez que se extiende la geometría euclidiana. Por esto en la geometría proyectiva
no tienen cabida conceptos como paralelas, perpendicular, distancia, ángulo etc. Sin embargo si
escogemos una recta para que corresponda a la recta al infinito y una involución en que corresponda

INTRODUCCIÓN
iii
a la involución de rectas ortogonales entonces podemos recuperar la geometría euclidiana de la
geometría proyectiva. Daremos ejemplos, que muestran este hecho, en ???, ???,...
Para dar una muestra de cómo es un estudio axiomático de la geometría, veremos en el capítulo
?? una serie de axiomas que mos dan los conceptos relativos a las relaciones de incidencia entre los
puntos, rectas y planos. En este capítulo debemos tener un cuidado especial de que las demostraciones
que demos se basen exclusivamente en estos axiomas o en teoremas demostrados a partir
de ellos. Sin embargo el hacer dibujos guia a nuestra intuición para encontrar y entender tanto las
demostraciones como alguno de los resultados que se basan en estos axiomas. Para enfatizar este
hecho se usaran el lenguaje usual con expresiones como son: puntos alineados, rectas concurrentes,
etc. aun en que podriamos referirnos a ejemplos no relacionados con la geometría clásica, como
puedeserlosejemplosdeplanosconunnúmerofinito de puntos.
Este punto de vista tiene la siguiente ventaja importante. El hecho de que de contar desde el
principio de los conceptos de la geometría proyectiva nos permitirá presentar los resultados de la
geometría euclidiana de una forma más general y sin excepciones molestas.
Par estudiar la geometría proyectiva necesitamos estudiar las propiedades del plano que son
invariantes ante proyecciones. Como nuestro punto de partida es la geometría euclidiana usaremos
conceptos que no necesariamente son propios de la geometría proyectiva, pero que nos permitirán
avanzar rápidamente. De esto conceptos la proyección y la razón cruzada son de las más importantes
(esto porque la razón cruzada es el invariante (métrico) más importante para estudiar la
geometría proyectiva).
El plano proyectivo es el concepto natural para estudiar las propiedades básicas que hay entre
puntos y rectas. Pero si se quiere estudiar las propiedades básicas que hay entre puntos, rectas y
círculos entonces necesitamos otro objeto geométrico. El concepto básico es el del plano inversivo,
que consiste en agregar un solo punto al plano euclidiano; el espacio que se obtiene se identifica
con la esfera. El plano inversivo es muy útil para estudiar la geometría hiperbólica.
Algunas veces una propiedad del plano se puede estudiar mejor desde el espacio. Por esta razón
estudiaremos el espacio proyectivo y el espacio inversivo. En particular esto nos permite dar las
propiedades básicas de las cónicas.
En matemáticas siempre existen algunos resultados que son centrales en la teoría y que por
consiguiente tiene mucho sentido dar distintas presentaciones tanto dando distintas demostraciones
como dando caracterizaciones equivalentes pero en contextos distintos. El dar definiciones
equivalentes permite, algunas veces, poder tener un contexto más general o permite enunciar de
forma más fácil algunas propiedades o relaciones. En estas notas tendremos ejemplos de estas
ideas. En particular daremos distintas caracterizaciones de conjugados armónicos, de transformaciones
proyectivas, etc. Así como varias demostraciones de teoremas como el de Desargues, Ceva,
Pappus, Pascal, Brianchon, Feuerbach, etc.
Notación
Se usara la siguiente notación: Los puntos se denotaran por letras latinas mayúsculas A, B,
C,... , las rectas se denotaran por letras latinas minúsculas a, b, c,... y los planos por letras griegas
minúsculas α, β, γ,... y los espacios por letras griegas mayúsculas Σ, Π, Ω,...

iv
INTRODUCCIÓN
En estas notas los planos y el espacio geométrico contienen los puntos al infinito.Elpuntoal
infinito de una recta x se denotara por I x o simplemente I si no hay peligro de confución.
Denotaremos por R al conjunto de los números reales y por R + al conjunto de los números
reales no negativos.
Denotaremos por GL(n, R) el conjunto de matrices de n-renglones por n-columnas y determinante
no cero. La matriz identidad multiplicativa se denotara por I. Denotaremos por NL(n, R)
el conjunto de las matrices de determinante ±1 yporSL(n, R) por el conjunto de las matrices de
determinante 1. Los conjuntos NL(n, R) y SL(n, R) son subgrupos de GL(n, R).
Si f : A → A es una función de un conjunto A en si mismo, denotaremos por F f el conjunto
de puntos fijos de f, esto es
F f = {a ∈ A : f(a) =a}.
Si f : A → A es una función de un conjunto A en si mismo, diremos que f es una involución
si f 2 = f ◦ f es la función identica.
Si A es un conjunto, entonces denotaremos su cardinalidad por #A.
Usaremos la notación µ(ABC) para el área del triángulo 4ABC. Mediremos los ángulos en
grados (al menos de que explicitamente se diga lo contrario).
En un par de lugares usaremos el concepto de grupo. Estas secciones son opcionales y no se
necesitan para el resto del libro. En estos casos supondremos que el lector conoce los conceptos
de grupo, subgrupo normal, subgrupos conjugados. Lo mismo que el concepto de la acción de un
grupoenunconjunto.
Si G es un grupo y H ⊂ G un subgrupo, decimos que H es un subgrupo normal de G si para
todo elemento g ∈ G tenemos que gHg −1 = H. Usaremos la siguiente notación H B G para
cuando H es un subgrupo normal de G.
Se dice que la acción de un grupo G en un conjunto X es n-transitiva si dados dos conjuntos
de n elementos {x 1 , ..., x n } ⊂ X y {y 1 , ..., y n } ⊂ X existe un elemento g ∈ G tal que g(x i )=y i
para i =1, ..., n.
Para dar algunos ejemplos necesitaremos los conceptos de campo y anillo con división F. Asi
de cómo resolver sistemas de ecuaciones lineales (aunque solo usaremos sistemas con a lo más
cuatro variables y cuatro ecuaciones). Aunque para entender los ejemplos es suficiente con pensar
que F es uno de los campos siguientes: los reales R, los racionales Q oloscomplejosC. Peropara
alguno de los ejemplos más interesantes es necesario conocer los enteros módulo p, Z p ,conp es un
número primo. El ejemplo más usual, en geometria, de un anillo, no conmutativo, con divisón es
el de los cuaternios H.
Decimos que n rectas están en posición general si no hay dos rectas paralelas ni tres de ellas
son concurrentes. Decimos que n puntos están en posición general si no hay tres alineados. En
el caso de la geometría proyectiva decimos que n rectasestánenposicióngeneralsinohaytres
concurrentes.

INTRODUCCIÓN
Prerrequisitos
v
Daremos ahora los resultados de otras áreas de las matemáticas que necesitaremos en estas
notas. Empezaremos con aquellos de topología y en particular con los resultados relacionados con
la continuidad.
Dados dos reales positivos x y y>0. Entonces la media aritmética es mayor o igual que la
media geométrica
x + y
≥ √ xy (1)
2
en particular
x + 1 x ≥ 2 (2)
además tenemos la desigualdad (para x, y, z y k>0)
x k + y k + z k
≥ (x k y k z k ) 1/3 (3)
3
Para el estudio de las propiedades geométricas relacionados con el concepto de continuidad se
necesitan de algunos resultados de análisis, para su demostración ver [33].
Decimos una sucesión de puntos {A i } i =0, 1, ... del plano (del espacio) es convergete si existe
un punto O tal que para todo real ε>0 existe un entero N tal que n>N implica |O − A n | 0 existe un entero N tal que n y m>N implica |A n − A m |

vi
INTRODUCCIÓN
Teorema 0.4 Sea P (T )=T n +a n−1 T n−1 +...+a 1 T +a 0 =0∈ Z[T ] un polinomio con coeficientes
enteros. Entonces una raiz racional r de P es entera y r|a 0 .
Demostración: Si r = p/q, con(p, q) =1,entonces
( p q )n + a n−1
n−1( p q )+... + a 1( p q )+a 0 = 0
p n + a n−1 p n−1 q + ... + a 1 pq n−1 + a 0 q n = 0
p(p n−1 + a n−1 p n−2 q + ... + a 1 q n−1 ) = −a 0 q n
como (q, p n−1 + a n−1 p n−2 q + ... + a 1 q n−1 )=(p, q) =1si q>1 tenemos una contradicción. Por lo
tanto p ∈ Z y p|a 0 .

Capítulo 1
Preliminares
En la primera sección del capítulo daremos un resumen, sin dar las demostraciones, de los resultados
básicos de la geometría elemental, incluyendo una presentación de los axiomas de Euclides.
Estos son esencialmente los teoremas de los primeros libros (capítulos) de Euclides. Sin embargo en
las secciones posteriores analizaremos algunas demostraciones y construcciones (no necesariamente
las de Euclides) algunos de estos teoremas.
Como este no es un tratado de historia de la geometría no usaremos los conceptos ni daremos los
enunciados que dio Euclides. Antes bien daremos una presentación equivalente usando la notación
y los conceptos actuales.
Como vimos en la introducción Euclides uso en sus razonamientos muchos resultados que si
bien son intuitivamente claros no se deducen de los axiomas. En esta sección usaremos la misma
actitud que Euclides y solo daremos algunos ejemplos.
Axiomas y Nociones Básicos
Euclides presenta varias nociones básicas además de los axiomas. Estos incluyen definiciones y
lo que Euclides llamó nociones comunes. Si embargo algunas de las nociones usadas por Euclides
no son muy útiles; por ejemplo la definición de punto como: Un punto es lo que no tiene parte o
dimensión. Por esta razón nosotros daremos un resumen usando una retórica más cercana a la de
las matemáticas actuales.
Una de las principales diferencias es que Euclides creía que la geometría correspondía al mundo
real y por lo tanto necesitaba dar definiciones que permitieran identificar los conceptos geométricos
con su contrapartida en el mundo real. Como actualmente sabemos que los conceptos geométricos 1

2 Preliminares
tienen sentido sin que tengan que relacionarse con la realidad. Por esto nuestra presentación
de los conceptos de puntos, rectas, círculos y planos no incluye definiciones sino que basta dar
las propiedades que satisfacen. Daremos únicamente las propiedades que permitan entender los
principales resultados de la geometría y poder usarlos para estudiar los resultados de la geometría
moderna, esto es de los siglos XIX y XX.
Un plano es un conjunto π, a sus elementos los llamaremos puntos, y una familia de de subconjuntos
que llamaremos rectas.
Dados tres puntos en una recta es intuitivamente claro que uno de ellos está en medio de los
otros dos. El concepto detrás de esta situación es de que un punto separa a otros dos y los aximas
que lo carcteriza, para estudiar una presentación rigurosa ver [22]. Este es uno de los principales
ejemplos de los conceptos que Euclides usa sin justificación. Con ayuda de este concepto se puede
demostrar que dada una recta entonces cada punto P de la recta la divide en dos partes con la
propiedad de que dos puntos A y B están en una de las partes sii P no esta en medio de A y
B; cadapartesellamaunrayodefinido por P .Definimos el segmento AB como el conjunto de
puntos que están en medio de A y B. Definimos el rayo AB como el conjunto de puntos que están
el rayo definido por A en la recta AB que contiene a B.
Análogamente una recta divide al plano en dos semiplanos. Usando el concepto de semiplano
podemos definir lo que se entiende por los puntos interiores y exteriores de un triángulo. Nosotros
usaremos estos resultados sin entrar en detalles, más bien imitando a Euclides usaremos nuestra
intuición, sin embargo hay que tener cuidado cuando hacemos esto para no cometer errores,
daremos un ejemplo de esta situación.
Otro concepto importante es el siguiente: Dados tres puntos alineados A, B y C tales que B y
C están en el mismo rayo definido por A; decimos que el segmento AB es menor que el segmento
AC si B está en medio de A y C.
Dos rayos AB y AC (la recta AB distintaalarectaCD), definen dos semiplanos β (resp. γ)
como el semiplano definido por la recta AB que contiene al punto C (resp. B). Entonces definimos
el ángulo ]BAC como la intersección β ∩ γ.
Otros conceptos importantes son los siguientes:
Dados tres puntos alineados A, B y C tales que B y C están en el mismo rayo definido por
A; decimos que el segmento AB es menor que el segmento AC si B está en medio de A y C.
Dados los puntos A, B, C y D, talesqueC y D están en el mismo semiplano definido por la
recta AB, que el ángulo ]BAC es menor que el ángulo ]BAD si el rayo AC esta contenido
en el ángulo ]BAD.
Además existe una funciones d:
d : π × π → R +
tal que d(A, A) =0. Llamaremos a d(A, B) la distancia entre A y B.Llamaremosaθ(a, b) el ángulo
entre las rectas a y b. Sid(A, B) =d(C, D) diremosquelossegmentosAB y CD son iguales y se
usara la notación AB = CD.Análogamentesiθ(a, b) =θ(c, d) diremos que los ángulos ]ab y ]cd
son iguales y se usara la notación ]ab = ]cd. Análogamente usaremos la notación AB > CD sii
d(A, B) >d(C, D) y ]ab > ]cd sii θ(a, b) >θ(c, d).
Si P es un punto definimos el haz de rectas que pasan por P como el conjunto H P = {a : P ∈ a
y a una recta}.

Preliminares 3
Además existen funciones d y θ definidas como:
d : π × π → R +
θ : H P ×H P → [0 o , 180 o ]
tal que d(A, A) =0. Llamaremos a d(A, B) la distancia entre A y B.Llamaremosaθ(a, b) el ángulo
entre las rectas a y b. Sid(A, B) =d(C, D) diremosquelossegmentosAB y CD son iguales y se
usara la notación AB = CD.Análogamentesiθ(a, b) =θ(c, d) diremos que los ángulos ]ab y ]cd
son iguales y se usara la notación ]ab = ]cd. Análogamente usaremos la notación AB > CD sii
d(A, B) >d(C, D) y ]ab > ]cd sii θ(a, b) >θ(c, d).
Estas funciones nos permiten definir la distancia entre puntos y el tamaño de un ángulo. Con
ayuda de estos conceptos podemos dar las siguientes definiciones:
Definición 1.1 Dados dos puntos distintos O y A definimos el círculo C de centro O que pasa
por A como el conjunto
C = {B : d(B,O) =d(A, O)}
decimos que O es el centro de C ysiB ∈ C decimos que OB es un radio, aunque por abuso de
notación llamaremos también radio a la distancia de O a B.
Definición 1.2 Dadas dos rectas a y b, decimosquea y b son paralelas sii a = b o a ∩ b = ∅.
Usaremos la notación usual a k b.
Usualmente para que dos rectas sean paralelas se pide que sean distintas, pero nosotros no
usaremos esa condición lo que nos permite demostrar que la relación de paralelismo es una relación
de equivalencia.
Definición 1.3 Dados un punto P ydosrectasa y b ∈ H P ,decimosquea y b son perpendiculares
sii θ(a, b) =θ(b, a). Usaremos la notación usual a ⊥ b. En este caso decimos que a y b definen un
ángulo recto.
Podemos también definir los siguientes conceptos:
Un ángulo es obtuso si es mayor que un ángulo recto.
Un ángulo es agudo si es menor que un ángulo recto.
Análogamente podemos definir de la forma usual los conceptos geométricos, en particular se
deja como problema dar las definiciones de los conceptos siguientes:
a) Dado un círculo, entonces podemos definir cuando un punto es interior o exterior al círculo.
b) El diámetro de un círculo, un semicírculo.
c) Dado un ángulo definir su vértice y lados del ángulo.
d) Un triángulo es: equilátero, isósceles o escaleno. Un triángulo puede ser obtusángulo (tiene un
ángulo obtuso), rectángulo o acutángulo. Dado el triángulo 4ABC usaremos la notación c = AB,
a = BC y b = CA para los lados del triángulo así como para las longitudes de los mismos, A, B y
C para los ángulos del triángulo así como para los tamaños de los mismos. Decimos que A (resp.
B y C) es ángulo opuesto a BC (resp. CA y AB).
e) Un cuadrángulo puede ser entre otros: paralelogramo, cuadrado, rectángulo, rombo, trapecio
o trapezoide.

4 Preliminares
f) Dos triángulos 4ABC y 4DEF son iguales si a = d, b = e, c = f, A = D, B = E y
C = F .
g) Bisectriz de un ángulo y mediatriz de un segmento.
h) Definición de ángulos suplementarios y complementarios.
i) Definir los conceptos de ángulos opuestos por el vértice, ángulos correspondientes y ángulos
alternos internos (o externos).
Uno de los conceptos que no es claro en la exposición de Euclides es el que una recta divide al
plano en dos semiplanos. Lo que permite definir los puntos interiores y exteriores de un triángulo.
Para Euclides las rectas son segmentos finitos pero que se pueden prolongar tanto como lo
necesitemos. Euclides usa dos axiomas para estos dos conceptos. Pero actualmente no hay problemas
para considerar conjuntos infinitos, lo que permite unir los dos primeros axiomas en uno
solo.
Podemos ahora enunciar los siguientes axiomas, equivalentes a los axiomas de Euclides:
i) y ii) Dados dos puntos existe una única recta que los contiene.
iii) Dados dos puntos O y P existe un único círculo de centro O que pasa por P .
iv) Todoslosángulosrectossoniguales.
v) Dados una recta a y un punto P existe una única recta b que pasa por P y que es paralela
a a.
Euclides usa además lo que llamo nociones comunes. Esto usualmente coincide con algunas
propiedades de los números reales. Un ejemplo es: dos cosas son iguales a una tercera son iguales
entre si. Aunque otros no son tan claro como en el siguiente ejemplo: el todo es mayor que las
partes. Por ejemplo esta noción parece implicar que si A & B, entonces el área de A es menor que
el área de B, perosiA = {P : d(P, O) < 1} y B = {P : d(P, O) ≤ 1} tenemos que A y B tienen
la misma área.
Proposiciones Euclidianas
En esta sección daremos una presentación que es practicamente equivalente a los teoremas de
los elementos de Euclides. Sin embargo usaremos la notación y retórica de la actualidad.
Proposición 1.4 Dada la base de un triángulo, construir un triángulo equilátero.
Comentario: En este primer teorema hay un problema de rigor, ya que ningún axioma implica
que dos círculos tengan un punto en común, aun cuando el primer círculo tenga un punto dentro
y otro fuera del segundo círculo.
Proposición 1.5 Dado un segmento AB yunpuntoC en una recta l construir un punto D ∈ l
tal que AB = CD.
Proposición 1.6 Dados dos segmentos AB y CD construir un segmento EF tal que EF =
AB + CD ysiAB > CD construir un segmento EF tal que EF = AB − CD.

Preliminares 5
Proposición 1.7 Si dos triángulos 4ABC y 4DEF son tales que A = D, b = e y c = f,
entonces los dos triángulos son iguales.
Comentario: Para la demostración se usa el concepto de sobreponer un triángulo en el otro,
concepto no definido previamente.
Proposición 1.8 En un triángulo isósceles los ángulos opuestos a los lados iguales son iguales.
Proposición 1.9 En un triángulo que tiene dos ángulos iguales, entonces los lados opuestos a
los ángulos iguales son iguales.
Proposición 1.10 Si dos triángulos 4ABC y 4DEF son tales que c = f, A = D y B = E,
entonces los dos triángulos son iguales.
Proposición 1.11 Construir la bisectriz de un ángulo.
Proposición 1.12 Construir la mediatriz de un segmento.
Proposición 1.13 Construir una recta perpendicular a una recta dada y que contenga un punto
dado.
Proposición 1.14 La suma de dos ángulos suplementarios es igual a dos rectos.
Proposición 1.15 Dadas dos rectas forman con una tercera ángulos que suman dos rectos, entonces
las dos rectas dadas coinciden.
Proposición 1.16 Dos ángulos opuestos por el vértice son iguales.
Proposición 1.17 En el triángulo 4ABC, entonceselánguloexteriorenA es mayor que los
ángulos B y C.
Proposición 1.18 En el triángulo 4ABC, entonceslasumadecualquieradedosánguloses
menor que dos rectos.
Proposición 1.19 En el triángulo 4ABC, entonces el lado mayor se opone al ángulo mayor.
Proposición 1.20 (Desigualdad del Triángulo) En el triángulo 4ABC, entoncesunladoes
menor que la suma de los otros dos lados.
Proposición 1.21 Dados un triángulo 4ABC ydosrectaAD y BD, conD un punto interior
del triángulo. Entonces AC + BC > AD + BD y ]ADB > ]ACB.
Proposición 1.22 Si dos triángulos 4ABC y 4DEF son tales que a = d, b = e y c = f,
entonces los dos triángulos son iguales.
Proposición 1.23 Dados los lados de un triángulo construir el triángulo (Se necesita que todos
los lados sean menores que la suma de los otros dos).

6 Preliminares
Proposición 1.24 Dados un ángulo, una recta, un punto en la recta, construir un ángulo igual
al ángulo dado, con vértice el punto dado y que tenga a la recta dada como una de sus lados.
Proposición 1.25 Si dos triángulos 4ABC y 4DEF son tales que a = d, b = e y C>F,
entonces c>f.
Proposición 1.26 Si dos triángulos 4ABC y 4DEF son tales que c = f, A = D y B = E,
entonces los dos triángulos son iguales.
Proposición 1.27 Si una transversal corta a dos rectas, entonces se tienen las condiciones equivalentes:
a) Lasrectassonparalelas.
b) Los ángulos correspondientes son iguales.
c) Los ángulos alternos internos son iguales.
d) Los ángulos alternos externos son iguales.
Proposición 1.28 Dos rectas paralelas a una tercera son paralelas entre si.
Proposición 1.29 Dados una recta y un punto construir una recta paralela a la recta dada y que
pasa por el punto dado.
Proposición 1.30 En el triángulo 4ABC tenemos que el ángulo exterior al ángulo A es igual a
B + C. Además la suma de los ángulos del triángulo es igual a dos rectos.
Proposición 1.31 En un paralelogramo los lados opuestos son iguales, los ángulos opuestos son
iguales y las diagonales se bisectan.
Proposición 1.32 Construir un cuadrado.
Proposición 1.33 (Pitágoras) En un triangulo rectángulo 4ABC (con C un ángulo recto)
tenemos que c 2 = a 2 + b 2 .
Triángulos
En este libro usaremos la siguiente notación, al menos de que se indique explisitamente otra
cosa.
Dado un triángulo 4ABC, sus lados son a, b y c. LaletraA denota tanto al vértice como al
ángulo ]BAC. Laletraa denotatantoalarectaBC como al segmento BC asi como la longitud
del segmento AB. Los puntos L, M y N son los puntos medios de los lados. Los puntos D, E y
F son los pies de las alturas. Los puntos G, O, I y H son el gravicentro, circuncentro, incentro,
ortocentro respectivamente. Los radios del circuncírculo y del incírculo son R y r respectivamente.
Los puntos I a , I b y I c son los centros de los excírculos y r a , r b y r c son los radios de los excírculos.

Preliminares 7
Como estudiaremos la geometría euclidiana tenemos que los axiomas de Euclides son válidos;
en particular el quinto axioma tiene varios enunciados equivalentes. Recodaremos los siguientes
dos que son los más usados en la geometría.
Primero recordamos que dos rectas se llaman paralelas si o son iguales o no tienen ningún
punto en común. (No todos los libros definen que una recta es paralela a si misma; sin embargo
usar esta convención es muy útil ya que en este caso la relación de paralelismo es una relación de
equivalencia).
Teorema 1.34 Dados un punto P y una recta a, entonces existe una única recta b que pasa por
P yparalelaaa.
Teorema 1.35 La suma de los ángulos interiores de un triángulo es 180 o .
Uno de los teoremas de Euclides más famosos es el siguiente.
Teorema 1.36 (pons asinorum) Si dos ángulos de un triángulo son iguales, entonces el triángulo
es isósceles.
Demostración: Sea el triángulo 4ABC tal que ]A = ]B. Como en los triángulos 4ABC y
4BAC, tienenemos que AB = BA, ]A = ]B y ]B = ]A, entonces4ABC = 4BAC.
C
A
B
Figura 1-1
Euclides dio una demostración muy complicada, que requería de varias líneas auxiliares, por
loquefueunteoremaquetenialafamadeserdificil, por lo que separaba a los alumnos que
eran capaces de los que no lo eran. Más aun se suponía que si alguien era capaz de entender la
demostración ya no tendría problemas con el resto de los elementos de Euclides. Por esta razón se
ledioelnombredeponsasinorum,quesignifica puente de burros.
El siguiente teorema, el teorema de Lehmus-Steiner, esta relacionado con el teorema anterior,
aunque su enunciado y demostración fueron dadas asta el siglo XIX. Este resultado tiene una
historia muy interesante, ver [9] pag. 14, [16] y [15].
Teorema 1.37 (Lehmus-Steiner) Si en un triángulo dos de las bicectrices son iguales, entonces
el triángulo es isósceles .

8 Preliminares
C
Y
X
Z
A
B
Figura 1-2
Demostración: Sean AX y BY las bisectrices de los ángulos A y B del triángulo 4ABC y
tales que AX = BY . Si suponemos que este triángulo no es isósceles, entonces los ángulos A y B
no son iguales y podemos suponer que ]A

Preliminares 9
Círculos
En estas notas círculo y circunferencia serán usados como sinónimo del conjunto de puntos
equidistantes a un punto llamado el centro del círculo. Dados un punto O, llamado centro, y un
real positivo r, llamado radio definimos el concepto de disco como el conjunto de los puntos a una
distancia, de O, menor o igual a r. El disco abierto es el conjunto de puntos a una distancia, de
O, menorar. Claramente la frontera de un disco es un círculo.
Daremos en esta sección algunos resultados que usaremos posteriormente.
Un cuadrángulo convexo ABCD es cíclico sii sus ángulos opuestos son suplementarios, esto es
sii ]A + ]C =180 o . Un cuadrángulo no convexo ABCD es cíclico sii sus ángulos opuestos son
iguales, esto es sii ]A = ]C.
B
B'
A
A'
D
C
C'
D'
Figura 1-3
Un concepto central para la geometría moderna es el de potencia de un punto respecto a un
círculo. su definición depende del siguiente teorema.
Teorema 1.40 Dados un punto P yuncírculodecentroO yradioR, una secante del círculo
desde P que corta al círculo en puntos A y B es tal que el producto PA· PB esconstanteeigual
a PO 2 − R 2 . Más aun si P es un punto exterior del círculo entonces PA· PB = PT 2 , donde PT
es una de las tangente al círculo.
Demostración: Sea PCD otra secante. Entonces los triángulos 4PCB y 4PAD tienen los
ángulos iguales ]PBC = ]PDA y ]CPB = ]AP D y por lo tanto son semejantes. y se tiene la
igualdad PC = PB lo que demuestra la primera parte. Si tomamos como secante la recta que une
PA PD
a P con O tenemos que PE = PO− R y PF = PO+ R lo que demuestra la segunda parte.
La igualdad PA· PB = PT 2 es inmediata.
Definición 1.41 Dados un punto P yuncírculoC definimos la potencia de P respecto a C como
PA · PB para cualquier secante del círculo desde P que corta al círculo en puntos A y B. La
denotaremos por P P,C .

10 Preliminares
T
B
A
P
E
O
F
C
D
Figura 1-4
Corolario 1.42 Cuatro puntos A, B, C y D, no tres de ellos alineados, son concéntricos sii
donde P = AB ∩ CD.
AP · BP = CP · DP
Usaremos ahora el concepto de potencia para dar una demostración del teorema de Pitágoras.
Esta demostración está basada en [23].
Teorema 1.43 (Pitágoras) En todo triángulo rectángulo 4ABC, conC =90 o , tenemos que
a 2 + b 2 = c 2 .
Demostración: Sea F elpiedelaalturadesdeC. Entonces el círculo C por A, F y C tiene
por diámetro AC; por lo tanto es tangente al lado a. La potencia del vértice B respecto a C es
a 2 = BF · c. Análogamente la potencia de A respecto al círculo de diámetro BC es b 2 = FA· c.
Sumando estas igualdades obtenemos el resultado.
F
B
L
A
M
C
Figura 1-5
Teorema 1.44 Dados un triángulo 4ABC, P ∈ BC y Q ∈ CA tales que el cuadrángulo ABP Q
es cíclico, entonces el triángulo 4ABC es semejante al triángulo 4QCP .

Preliminares 11
Demostración: Como ]QAB + ]BPQ =180 o tenemos que ]QAB = ]QP C. Porlotanto
los triángulos 4ABC y 4QCP tienen los mismos ángulos.
A
Q
B
P
Figura 1-6
Si consideramos a un punto como una círculo de radio cero vemos que la potencia de un punto
respecto a otro como el cuadrado de la distancia entre los puntos. En este sentido la potencia
generaliza el concepto de distancia.
El siguiente ejemplo nos servirá para construir un decágono regular (Construcción 1.59, pag.
21).
Ejemplo 1.45 Si un triángulo isósceles 4ABC es tal que ]A = ]B =72 o y BP es una bisectriz
entonces CA = CP .
CP PA
Demostración: Como ]C = 180 o − 144 o =36 o =72 o /2 obtenemos que 4ABC ≈ 4AP B, lo
que imprica AC .Ademáseltriángulo4BCP es isoceles, y por lo tanto AB = BP = CP.
= AB
AB AP
B
C
P
A
Figura 1-7
Daremos ahora el concepto de rectas antiparalelas, este concepto se debe a Leibnits. El concepto
de rectas antiparalelas se basa en el siguiente teorema.
Teorema 1.46 Dado el cuadrilátero ABCD con
O = AB ∩ DC
R = AD ∩ BC

12 Preliminares
entonces las siguientes proposiciones son equivalentes:
i) El cuadrilátero ABCD es cíclico.
ii) Si OP es la bisectriz del ángulo ]AOD (con Q = OP ∩ BC), entonces. ]DPQ = ]CQP.
iii) Las bisectrices de los ángulos ]AOD y ]ARB son perpendiculares.
Demostración: Siα = ]AOD
2
,delafigura tenemos las igualdades
por lo tanto i) sii ii).
]DPQ = α + ]ODP
]CQP = α + ]OBC
∴ ]CQP − ]DPQ = ]ODA − ]OBC
C
D
Q
P
O
A
B
R
Figura 1-8
Además es claro que ii) y iii) son equivalentes.
Definition 1.47 Dado el dos pares de rectas, decimos que las rectas del segundo par son antiparalelas
con respecto a las rectas del primer par si son tale que los puntos de intersección de las
rectas del primer par con las rectas del segundo par son concíclicos.
El uso del concepto de antiparalela está frecuentemente asociado al estudio de los triángulos.
En este caso decimos que una recta es antiparalela a un lado del triángulo si la recta y el lado son
antiparalelas respecto a los otros dos lados.
En este caso tenemos el siguiente enunciado de las propiedades de las rectas antiparalelas.
Teorema 1.48 Dados un triángulo 4ABC ypuntosX ∈ a y Y ∈ b, entonces se tiene de las
siguientes propiedades equivalentes:
i) La recta XY es antiparalela respecto al lado AB.
ii) Los triángulos 4ABC y 4XY C son semejantes.
iii) La recta XY esparalelaalatangentet al circuncírculo en el punto C.
iv) La recta XY es perpendicular al diámetro del cicuncículo que pasa por C.
La propiedad de que dados un triángulo 4ABC ypuntosX ∈ a y Y ∈ b, entonces el triángulo
4ABC es semejante al triángulo 4XY C (resp 4YXC)siiXY antiparalela a c (resp. XY paralela
a c), explica el porque del nombre de antiparalela.
Uno de los teoremas, de los cuadriláteros cíclicos, más famosos es teorema de Ptolomeo.

Preliminares 13
C
t
Y
X
A
B
Figura 1-9
Teorema 1.49 (Ptolomeo) El producto de las diagonales de un cuadrilátero cíclico (convexo),
es igual a la suma de los productos de los lados opuestos.
Demostración: Si la recta AE es tal que ]DAE = ]CAB, entonces los 4DAE '4CAB
por lo tanto AD = ED de donde AD · BC = ED · AC. Como también 4DAC '4EAB por lo
AC BC
tanto AB = AC de donde AB · CD = BE · AC. Sumando las igualdades obtenemos
BE CD
AD · BC + AB · CD = ED · AC + BE · AC
= (ED + BE) · AC
= BD · AC
B
A
C
E
D
Figura 1-10
El siguiente teorema se debe a Arquímedes, quién lo uso para dar un cálculo aproximado de π.
Teorema 1.50 Dado una secante AB de un círculo de radio r ycentroO, entoncessiC es un
punto del círculo tal que OC es la mediatriz de AB, entonces
AC 2 =2r 2 − r √ 4r 2 − AB 2

14 Preliminares
B
A
C
E
D
Figura 1-11
Demostración: Sea D = OC ∩ AB, entonces en el triángulo rectángulo 4ODA tenemos que
OD 2 = r 2 − AB2
4
análogamente usando el triángulo 4DAC obtenemos
= 4r2 − AB 2
4
AC 2 = AB2
4
= AB2
4
+(r − OD) 2
+ r 2 − r √ 4r 2 − AB 2 + 4r2 − AB 2
4
= 2r 2 − r √ 4r 2 − AB 2 C
A
O
D
B
Figura 1-12
Problemas
Problema 1 ∗ Dados dos puntos distintos A y B entonces el lugar geométrico de los puntos
equidistantes a A y B es la mediatriz del segmento AB.
Problema 2 ∗ Dados dos rectas distintas a y b entonces el lugar geométrico de los puntos equidistantes
a a y b es la unión de las bisectrices de los dos ángulos definidos por a y b.
Problema 3 ∗ Dado un triángulo 4ABC, entonces las mediatrices de los lados del triángulo son
concurrentes en un punto O equidistante de los vértices del triángulo.

Preliminares 15
Problema 4 ∗ Dado un triángulo 4ABC, entonces las cuatro bisectrices de los ángulos del triángulo
son concurrentes en cuatro puntos I, I a , I b y I c cada uno equidistante de los lados del triángulo.
Problema 5 Demostrar el inverso del teorema de Ptolomeo.
Problema 6 Dado un cuadrángulo ABCD, entonces las bicectrices a, b, c y d de los ángulos A,
B, C y D definen un cuadrilátero cíclico.
Problema 7 Dado un triángulo 4ABC con todos sus ángulos agudos, si 4DEF es el triángulo
formado por los pies de las alturas. Entonces 4ABC−4DEF consiste en tres triángulos semejates
al triángulo original 4ABC.
Problema 8 Dado un círculo de radio r, entoncesellugargeométricodelospuntosdesdelos
cuales se trazan tangentes ortogonales al círculo es un círculo concéntrico de radio R, talque
R 2 =2r 2 .
Figura 1-13
Problema 9 Si d es la distancia de un recta al centro de un círculo de radio R, entonces el ángulo
θ entre la recta y el círculo satisface la relación:
d = R cos θ
Problema 10 ∗ DadosdoscírculosderadiosR 1 y R 2 con d la distancia entre sus centros, entonces
el ángulo entre los círculos satisface la relación:
d 2 = R 2 1 + R 2 2 − 2R 1 R 2 cos θ
Problema 11 Demostrar que las rectas a y b son antiparalelas respecto a las rectas c y d sii las
rectas c y d son antiparalelas respecto a las rectas a y b.
Problema 12 Demostrar que si las rectas a y b son antiparalelas respecto a las rectas c y d, detal
forma que d pasa por la intersección de a y b, entoncesd es tangente al circuncírculo del triángulo
formado por a, b y c.
Problema 13 Demostrar que si las rectas a y b son antiparalelas respecto a las rectas c y d, ysi
a y b son antiparalelas respecto a las rectas c y d 0 ,entoncesd k d 0 .

16 Preliminares
Problema 14 ∗ UsarelteoremadePtolomeoparaencontrarlarazóndeladiagunaldeunpentágono
regular a su lado. Usar este resultado para demostrar que cos 36 o = √ 5−1. Demostrar que la
√
2
10−2 √ 5
razón del radio del círculo circunscrito al lado es igual a .
2
Problema 15 ∗ Usar el problema anterior para dar una constricción de un pentágono regular.
Problema 16 ∗ Encontrar tres pares de rectas, tales que cada par son antiparalelas respecto a los
otros pares.
Problema 17 ∗ Dados un punto P yunaesferadecentroO yradioR, una secante de la esfera
desde P quecortaalaesferaenpuntosA y B es tal que el producto PA· PB es constante e igual
a PO 2 − R 2 .MásaunsiP esunpuntoexteriordelaesferaentoncesPA· PB = PT 2 ,donde
PT es una de las tangente a la esfera. Definirelconceptodepotenciadeunpuntorespectoauna
esfera.
Construcciones Geométricas
En esta sección estudiaremos las construcciones básicas de la geometría euclidiana plana. La
mayoría de las construcciones se dejaran como ejercicios en cada caso es muy importante discutir
las condiciones para que exista una solución y ,en el caso de haber más de una, el número de
soluciones.
Para los griegos el concepto de construcciones geométricas se basaban en el uso de regla y
compás. Esto se debe a que la recta y el compás reflejan fielmente los primeros axiomas de la
geometría euclidiana (ver ejercicio ¿?). Nosotros daremos definiciones del uso de regla y compás
que son un poco distintas a las dadas por los griegos, sin embargo estos conceptos son equivalentes
a los de los griegos, ver ii) y problema 1, pag. 20. Las construcciones básicas son:
i) Uso de una regla: Esto significaquedadosdospuntosdistintospodemostrazarlarectaque
los une. Aunque en la practica las reglas son de longitud fija (y finita) nosotros supondremos que
no tenemos esta limitación.
ii) Uso de un compás: Esto significa que dados tres puntos A, B y O podemos trazar el círculo
de radio AB y centro O. Hay que notar que este concepto de compás difiere al concepto de Euclides,
él cual permite solo trazar un círculo con centro un punto dado y que pasa por otro punto dado.
iii) Definir el punto de intersección de dos rectas dadas.
iv) Definir uno ó ambos de los puntos de intersección de una recta y un círculo dados.
v) Definirunoóambosdelospuntosdeinterseccióndedoscírculosdados.
vi) Marcar un punto arbitrario. El cual puede estarenunarectaofueradeyenunladodado
de la recta. También puede estar en, dentro o fuera de un círculo dado.
Claramente estas construcciones incluyen entre otras: trazar una recta arbitraria, trazar una
recta que pase por un punto y distinta de una recta dada, trazar un círculo con un centro dado y
que intersecte (o no intersecte) una recta (o un círculo dado). Claramente el uso de regla y compás
nos dan también las siguientes contrucciones.

Preliminares 17
Construción 1.51 Dado un segmento AB y un punto P de la recta l, encontrar dos puntos Q y
R de la recta l tales que PQ = PR = AB.
Cada construcción, al igual que un teorema, tiene una parte que describe la construcción y otra
que la justifica,quenoesotracosaquelademostracióndequeloqueseconstruyocorrespondea
lo buscado.
En esta sección algunas veces se omitiremos la justificación y se deja como problema la
demostración correspondiente. En algunas figurasnosemuestrantodaslaslíneasdelaconstrucción,
esto cuando se simplifica la figura y no hay peligro de confusión.
Actualmente con ayuda de las computadoras no es necesario usar las construcciones con regla
y compás. Por lo tanto las construcciones tienen únicamente una importancia teórica, sin embargo
es uno de los temas más hermosos de la geometría. Más aun a sido la base de muchos de los avances
de otras partes de la matemáticas, por todo esto sigue siendo uno de los temas más importantes.
Aun que actualmente el uso de las construcciones con regla y compás ha disminuido no siempre
ha sido este el caso. Debido a esto se han desarrollado algunas formas para comparar dos soluciones
para un problema de construcción. Uno de los métodos es el propuesto por Lemoine (ver [34],
capítulo 11), el cual propone definiciones de simplicidad y exactitud de una construcción. Sin
embargo estos criterios no son tan satisfactorios. Una razón es que no distingue entre la precisión
que se obtiene encontrando la intersección de dos rectas de cuando estas se cortan en un ángulo
cercano a los 90 (buena precisión) grados de cuando estas se cortan en un ángulo cercano a los 0
grados (mala precisión).
Construción 1.52 Encontrar el punto medio del segmento AB.
Construcción: Trazar el círculo C de centro A que pasa por B.
Trazar el círculo D de centro B que pasa por A.
Sean P y Q los puntos donde se intersectan los círculos C y D.
Trazar la recta PQ.
El punto M = AB ∩ PQ es el punto buscado.
P
A
M
B
Q
Figura 1-14
Claramente la construcción anterior nos da la construcción de la mediatriz de un segmento
dado y también la construcción de un triángulo equilátero.

18 Preliminares
Construción 1.53 Dados una recta l yunpuntoP no en la recta trazar la recta m paralela a l
que pasa por el punto P .
Construcción: Tomando un punto O de la recta l trazamos el círculo C de centro O yque
pasa por P .SeanA y B las intersecciones de la recta l con el círculo C. Trazamoselcírculode
centro B yradioAP , el cual intersecta a C en el punto que esta del mismo lado de P .Larecta
PQ es paralela a l.
P
Q
A
O
B
Figura 1-15
Construción 1.54 Dados una recta l yunpuntoP trazar la recta m perpendicular a l que pasa
por el punto P .
Construcción: Supondremos que P /∈ l (el caso P ∈ l se deja como ejercicio).
Trazamos un círculo C de centro P que intersecta a la recta l en los puntos A y B.
Trazamos el círculo D A de centro A y que pasa por P .
Trazamos el círculo D B de centro B y que pasa por P .
Sea Q la intersección de D A y D B diferente de P .
La recta PQ es la recta buscada.
P
A
B
Q
Figura 1-16
Construción 1.55 Dividir un segmento AB en n partes iguales.

Preliminares 19
Construcción: Trazamos por A una recta l distinta de la recta AB.
Con centro A y cualquier radio se traza un círculo C 1 .
Sea A 1 uno de los puntos de intersección de la l con C 2 .
Con centro A 1 y se traza el círculo C 2 que pasa por A.
Sea A 2 el otro punto de intersección de la l con C 2 .
De manera análoga se encuentran los puntos A 3 , A 4 ,..., A n .(enlafigura n =3).
Trazar la recta A n B.
Trazar las rectas m i con i =1, 2, ..., n paralelas a AB por los puntos A i .
Sean los puntos B i = m i ∩ l con i =1, 2, ..., n − 1.
Los puntos B 1 , B 2 ,..., B n−1 son los puntos buscados.
A5
A4
A3
A2
A1
A
B1 B2 B3 B4
B
Figura 1-17
Construción 1.56 Dado un ángulo ]AOB encontrar su bisectriz.
Construcción: Trazamos un círculo C con centro O.
Encontramos la intersección P de C con el rayo OA.
Encontramos la intersección Q de C con el rayo OB.
Con centro P y Q trazamos círculos D P y D Q que pasen por Q y R respectivamente.
Sea R uno de los puntos de intersección de los círculos D P y D Q .
La bisectriz es la recta OR.
A
P
O
R
Q
B
Figura 1-18

20 Preliminares
Construción 1.57 Dado un circulo C de centro O y un punto P exterior a C trazar las tangentes
a C desde P .
Construcción: Trazamos el círculo de diámetro OP, este círculo intersecta a C en los puntos
T y T 0 , entonces las rectas PT y PT 0 son las rectas buscadas.
T
O
P
T'
Figura 1-19
Problemas
Enlossiguientesproblemassepidequesedelasconstruccionesquesedaenelproblema.
Problema 1 ∗ Dados tres puntos A, B y O trazar el círculo de radio AB ycentroO usando un
compás de Euclides.
Problema 2 Dados una recta l yunpuntoP ∈ l trazar la recta m perpendicular a l que pasa
por el punto P .
Problema 3 Construir el circuncírculo de un triángulo dado.
Problema 4 Construir el incírculo de un triángulo dado.
Problema 5 Construir los excírculos de un triángulo dado.
Problema 6 ∗ Construr un círculo tangente a una recta en un punto dado de la recta y que pase
por otro punto dado.
Problema 7 Construir un cuadrado.
Problema 8 Construir un exágono regular.
Problema 9 ∗ Dados un punto O yunsegmentoAB. Construir, usando un compás de Euclides,
el cículo de centro O yradioAB.

Preliminares 21
Construcción del decágono regular
En esta sección daremos la construcción de un decágono regular.
Construción 1.58 Dado un segmento AB construir un punto P interior a AB tal que
AB
AP = AP
PB
Construcción: Trazar el segmento OB perpendicular a AB ytalqueOB = 1 2 AB.
Trazar la recta AO.
Trazar un círculo C de centro O que pasa por B.
Q
O
R
B
P
A
Figura 1-20
Sean R y Q la intersección de la recta AO con el círculo C, dondeR es el más cercano al punto
A.
Trazar el círculo D de centro A que pasa por R.
El punto P es la intersección de D con el segmento AB.
Demostración: Se tiene que RQ = AB y AR = AP por lo tanto de la potencia del punto A
respecto al círculo C obtenemos:
AR · (AR + RQ) = AB 2
AP 2 = AB · (AB − AP )
AP 2 = AB · PB
Nota: Decimos que P divide internamente al segmento AB en media y extrema razón.
Construción 1.59 Construir un decágono regular inscrito en un círculo C de centro O.
Construcción: Trazar un radio OA.
Encontrar un punto P que divide internamente al segmento OA en media y extrema razón.
Esto es tal que OA = OP .
OP PA

22 Preliminares
O
B
P
A
Figura 1-21
Con centro A yradioOP trazamos un círculo D y sea B una de las intersecciones de C y D.
El segmento AB es el lado de un decágono regular inscrito en el círculo C.
Demostración: Por construcción
OA
AB = AB
PA
]BAO = ]BAP
esto es 4OAB ≈ 4BAP. PorlotantoAB = BP = OP.
Sea α = ]AOB. Delafigura obtenemos las igualdades siguientes, el ángulo ]AP B es un
ángulo exterior del triángulo isosceles 4POB:
]AP B = ]PAB =2α
]AP B + ]PAB + ]PBA = 5α =180 o
esto es ]AOB =36 o .
Nota: Claramente el punto B es la intersección del círculo C y el círculo de centro P yque
pasa por O.
Trigonometría
Para ver las demostraciones de los resultados de esta sección ver [32].
Formulas Trigonometricas
En esta sección daremos, en forma de resumen, los resultados más importantes de las identidades
trigonométricas.
Teorema 1.60 Las funciones seno y coseno satisfacen las siguientes propiedades:

Preliminares 23
i) sen 2 x +cos 2 x =1
ii) sen(R) ⊂ [−1, 1] y cos(R) ⊂ [−1, 1]
ii) cos90 o =0, sen 0 = 0, sen 90 o =1y cos 0 = 1
iv) Si x y y son complementarios, entonces sen x =cosy.
v) cos(−x) =cosx y sen(−x) =− sen x.
vi) cos(x − y) =cosx cos y +senx sen y
vii) cos(x + y) =cosx cos y − sen x sen y.
viii) sen(x − y) =senx cos y − cos x sen y.
ix) sen(x + y) =senx cos y +cosx sen y.
La función seno se anula en el conjunto Z(S) =180Z. La función coseno se anula en el conjunto
Z(C) =180Z +90.EstoesZ(S) =sen −1 (0) = {x ∈ R :senx =0} y Z(C) =cos −1 (0) = {x ∈
R :cosx =0}
Definición 1.61 Definimos las funciones:
La función tangente: tan : R − Z(C) → R, tan(x) = sen x
cos x
La función cotangente: cot : R − Z(S) → R, tan(x) = cos x
sen x
La función secante: sec : R − Z(C) → R, sec(x) = 1
cos x
La función cosecante: csc : R − Z(S) → R, csc(x) = 1
sen x
El siguiente teorema, es un resumen de las identidades trigonométricas más importantes.
Teorema 1.62 Las funciones seno y coseno satisfacen las siguientes identidades:
i) 2sen 2 x 2 =1− cos x = sen2 x
1+cos x
ii) 2cos 2 x 2 =1+cosx = sen2 x
1−cos x
iii) tan(−x) =− tan x y cot(−x) =− cot x
iv) tan x = 1−cos x = sen x
2 sen x
v) tan(x + y) =
1+cos x
tan x+tan y
1−tan x tan y
vi) senx +seny =2sen( x+y
2 )cos(x−y ) 2
vii) senx − sen y =2cos( x+y
2 )sen(x−y
viii) cosx +cosy =2cos( x+y
2 )cos(x−y
ix) cosx − cos y = −2sen( x+y
2 )sen(x−y
) 2 ) 2 ) 2
Los siguientes problemas sirven tanto para practicar el uso de las identidades anteriores como
para estudiar nuevas identidades.
Problemas
Problema 1 Demostrar las identidades del teorema 1.62,usando únicamente las identidades del
teorema 1.60.
Problema 2 sen 2x =2senx cos x
Problema 3 cos 2x =cos 2 x − sen 2 x

24 Preliminares
Problema 4 sen 3x =3senx cos 2 x − sen 3 x =3senx − 4sen 3 x
Problema 5 sen 3x =4senx sen(60 0 + x)sen(60 o − x)
Problema 6 cos 3x =cos 3 x − 3sen 2 x cos x =4cos 3 x − 3cosx
Problema 7 sec(−x) =secx y csc(−x) =− csc x
Problema 8 tan 2 x +1=sec 2 x
Problema 9 1+cot 2 x =csc 2 x
Problema 10 sen α = 2tan α 2
.
1+tan 2 α 2
Problema 11 cos α = 1−tan2 α 2
.
1+tan 2 α 2
Problema 12 tan α = 2tan α 2
1−tan 2 α 2
Problema 13 Demostrar que las funciones trigonométricas son periódicas de periodo 360 o .
Problema 14 Encontrar los valores de las funciones trigonométricas de los valores 360 o , 180 o ,
120 o , 240 o , 45 o , 90 o + x, 90 o − x.
Problema 15 Encontrar los valores de las funciones trigonométricas del ángulo 45o
2 .
Problema 16 Usando que 15 o =45 o − 30 o encontrar que sen 15 o = √ 3−1
2 √ 2
yquecos 15 o = √ 3+1
2 √ 2 .
Geometría y Trigonometría
En un triánguloM ABC de lados a, b y c se tiene definidos los siguientes conceptos geométricos:
a) R = Radio del círculo circunscrito O
b) Σ = Area del triángulo
c) r = Radio del círculo inscrito I
d) r a , r b , r c = Radios de los círculos excritos E a , E b y E c .
e) s = a+b+c
2
= Semiperímetro del triángulo
Además tenemos la igualdad fundamental A + B + C =180 o .
Los cuales aparecen en el siguiente teorema fundamental. Los resultados de este teorema
los usaremos como axiomas para el estudio de las relaciones entre las funciones trigonométricas
y la geometría del triángulo. Estos axiomas son la base para demostrar todas las propiedades
restantes, más aun cada uno de estos teoremas relacionan un concepto geométrico con las funciones
trigonométricas. De hecho son los únicos resultados que demostraremos usando alguna propiedad
geométrica, para todas las otras usaremos las identidades trigonométricas ver [32].

Preliminares 25
Teorema 1.63 (Fundamental de la Trigonometría)En todo triángulo se satisfacen las siguientes
propiedades:
T 1) A + B + C =180 o
T 2) 2R = a (ley de los senos)
sen A
ab sen C
T 3) Σ =
2
T 4) tan(A/2) = r
s−a
T 5) tan(A/2) = r a
s
Demostración: Para demostrar (T 2) en la figura BC 0 es un diámetro y por lo tanto el 4C 0 BA
es rectángulo y ]BCA = ]AC 0 B de lo anterior obtenemos: sen C =senC 0 = AB = c .
BC 0 2R
Para demostrar (T 3) claramente la altura del triángulo es h = b sen C.
C
C'
Y
O
I
X
A
Z
F
B
Figura 1-22
Para demostrar (T 4) sean X, Y y Z los puntos de contacto del círculo inscrito con los lados
del triángulo. Como el centro del círculo inscrito está en la bisectriz de ]BAC tenemos que
A/2 =]IAZ y AY = AZ = α, BZ = BX = β, CX = CY = γ, entonces
tan(A/2) = r α
de donde se obtiene que α + β + γ = s, β + γ = a yporlotantoα = s − a.
Para demostrar (T 5) ver el problema (1, p. 28).
Teorema 1.64 En el 4ABC se tiene la igualdad:
c = a cos B + b cos A
Demostración: De la ley de los senos (1.63 T 1,p. 25) tenemos:
c = 2R sen C =2R sen(180 o − A − B) =2R sen(A + B)
= a cos B + b cos A

26 Preliminares
Teorema 1.65 (Ley de los cosenos) En el 4ABC se tiene la igualdad:
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C
Demostración: Por el teorema anterior tenemos
a = c cos B + b cos C
además
c 2 = c 2 sen 2 B + c 2 cos 2 B = b 2 sen 2 C +(a − b cos C) 2
= a 2 + b 2 − 2ab cos C
Teorema 1.66 (Ley de las Tangentes) En el 4ABC se tiene la igualdad:
a + b
a − b
=
tan(
A+B
2
)
tan( A−B
2
)
Demostración: Por la ley de los senos y teorema 1.62, pag. 23 tenemos que
que implica el teorema.
a + b
a − b
a + b
a − b
=
2R sen A +2R sen B
2R sen A − 2R sen B
= 2sen(A+B 2
)cos( A−B
2
)
2cos( A+B
2
)sen( A−B
Teorema 1.67 En el 4ABC se tiene las igualdades:
sen 2 (A/2) =
(s − b)(s − c)
bc
(S1)
sen 2 (A/2) =
s(s − a)
bc
(S2)
tan 2 (A/2) =
(s − b)(s − c)
s(s − a)
(S3)
Demostración: Claramente la tercera igualdad es consecuencia de las otras dos. Como las
dos primeras igualdades tiene una demostración semejante demostraremos únicamente la primera
fórmula. Para esto se usa la ley de los cosenos y las identidades siguientes:
2
)
2sen 2 (A/2) = 1 − cos A =1− b2 + c 2 − a 2
2bc
= a2 − (b − c) 2 (a + b − c)(a + c − b)
=
2bc
2bc
4(s − b)(s − c)
=
2bc

Preliminares 27
Teorema 1.68 En el 4ABC se tiene las expresiones para calcular el área de un triángulo.
Demostración:Usando el teorema anterior vemos que:
Usando la ley de los senos obtenemos:
Usando tan 2 (A/2) =
Σ = p s(s − a)(s − b)(s − c) (Σ1)
Σ = rs (Σ2)
Σ = abc/4R (Σ3)
Σ = 2R 2 sen A sen B sen C (Σ4)
Σ 2 = a2 b 2 sen 2 C
= a 2 b 2 sen 2 (C/2) cos 2 (C/2) =
4
= s(s − a)(s − b)(s − c)
Σ =
r2
(s−a) 2
ab sen C
2
= abc
4R =2R2 sen A sen B sen C
= (s−b)(s−c) , obtenemos
s(s−a)
r 2 s 2 = s(s − a)(s − b)(s − c) =Σ 2
Dado un triángulo 4ABC daremos un resumen de resultados que usaremos más adelante.
Usaremos la notación siguiente:
Las alturas son AD, BE y CF,elincentroesI.
2Σ = a · AD = b · BE = c · CF
LospuntosdecontactodeincírculoconlosladosdeltriángulosonX, Y y Z.
AY = AZ = s − a
BZ = BX = s − b
CY = CX = s − c
además tenemos:
Σ = rs = IX · s = IY · s = IZ · s
LospuntosdecontactodelosexcírculosconlosladoscorrespondientessonX 0 , Y 0 y Z 0 .
BZ 0 = CY 0 = s − a
AZ 0 = CX 0 = s − b
AY 0 = BX 0 = s − c

28 Preliminares
además tenemos:
XX 0 = b − c
YY 0 = c − a
ZZ 0 = a − b
usando lo anterior podemos demostrar las siguientes identidades:
DX 0 =
EY 0 =
FZ 0 =
s(b − c)
a
s(c − a)
b
s(a − b)
c
Demostración: Como AF = b cos A y AZ 0 = s − b tenemos que
Problemas
Problema 1 ∗ tan(A/2) = r a
s
.
Problema 2 ∗ Σ = r a (s − a)
FZ 0 = AZ 0 − AF = s − b − b cos A
= s − b − b2 + c 2 − a 2
2c
= 2sc + a2 − (b + c) 2
2c
=
2sc +2s(a − b − c)
2c
=
s(a − b)
c
Problema 3 ∗ Σ 2 = rr a r b r c
Problema 4 ∗ 1 r = 1
r a
+ 1 r b
+ 1 r c
Problema 5 ∗ r +4R = r a + r b + r c
Problema 6 ∗ 2Σ = R(a cos A + b cos B + c cos C)
Problema 7 r =4R sen A/2senB/2senC/2 =R(cos A +cosB +cosC − 1)
Problema 8 r a =4R sen A/2cosB/2cosC/2 =R(− cos A +cosB +cosC +1)
Problema 9 ∗ cot A +cotB +cotC = a2 +b 2 +c 2
Σ

Preliminares 29
Problema 10 Dado un triángulo 4ABC yunpuntoD ∈ AB, entonces los incírculos de los
triángulos 4ADC y 4DBC son tangentes a CD en mismo punto sii D es el punto de tangencia
del incírculo del triángulo 4ABC. Enunciar y demostrar el resultado análogo para los excírculos
de los triángulos 4ADC y 4DBC.
C
C
A
D B
A D B
Problema 11 ∗ Usando que 2ρ = ρ − 3ρ y el problema (6, p. 24) encontrar que sen ρ = √ 5−1
√
5 5 5
que cos ρ = 10+2 √ 5
.
5 4
Problema 12 Usar el problema anterior para dar una construcción, usando regla y compás, de
un pentágono regular.
Problema 13 Demostrar:
aR = cy + bz
ax + by + cz = 2sr
r + R = x + y + z
ax + by + cz = 2(s − a)r a
r a − R = −x + y + z
r a + r b + r c − r = 4R
donde x = OL, y = OM y z = ON (usar el teorma de Ptolmeo).
4
y
C
M
L
y
O
x
z
A
N
B
Figura 1-23

30 Preliminares
Eje Radical
Esta sección es un primer ejemplo de un concepto moderno, aun que usa resultados conocidos
por Euclides. El concepto de potencia de un punto respecto a un círculo esta íntimamente ligado
al de círculos ortogonales. La propiedad principal que los relaciona es la siguiente.
Teorema 1.69 Sean C 1 y C 2 dos círculos O 1 y O 2 sus centros y R 1 y R 2 sus radios, entonces C 1
y C 2 son ortogonales sii la potencia de O 1 respecto al círculo C 2 es R 2 1.
Demostración: Esto se sigue del hecho de que si C 1 y C 2 se intersectan en un punto P ,
entonces C 1 y C 2 son ortogonales sii O 1 P es tangente al círculo C 2 .
Recordemos que la mediatriz de dos puntos, distintos, esta definida como el lugar geométrico
de los puntos que equidistan de los dos puntos dados. Daremos ahora una generalización de este
concepto a un par de círculos, no concéntricos.
Definición 1.70 El eje radical de dos círculos es el lugar geométrico de los puntos que tienen la
misma potencia respecto de los dos círculos dados.
El siguiente teorema describe el eje radical de dos círculos.
Teorema 1.71 Sean C 1 , C 2 y O tres círculos, O ortogonal a C 1 y C 2 entonces el centro de O esta
en el eje radical de C 1 y C 2 .
Demostración: Si R es el radio de O; entoncesO es ortogonal a C i sii la potencia del centro
de O resecto a C i es igual a R 2 .
Teorema 1.72 El eje radical de dos círculos no concéntricos es una recta perpendicular al la recta
de los centros de los cículos.
Demostración: Sean O y O 0 los centros de los círculos y R y R 0 sus radios. Si un punto P
esta en el eje radical, sea M la proyección de P en la recta OO 0 .Usando:
restando MP 2 obtenemos
OP 2 − R 2 = O 0 P 2 − R 02
OM 2 − R 2 = O 0 M 2 − R 02 (1.1)
esto es M esta en el eje radical. Inversamente si P se proyecta en M entonces P está en el eje
radical.
La igualdad 1.1 es equivalente a las igualdades OM + MO 0 = OO 0 y OM − MO 0 = R2 −R 02
,
OO 0
estas dos igualdades determinan al punto M, por lo tanto queda demostrado el teorema.
Para evitar excepciones en los enunciados definiremos el eje radical de dos círculos concéntricos
como la recta al infinito. Esto se sigue porque como OM = OO 0 + R2 −R 02
si O 0 se acerca a O entonces
OO 0
M se acerca a un punto al infinito.
El teorema equivalente a la existencia del circuncentro esta dado por el siguiente resultado.

Preliminares 31
P
O
O'
Figura 1-24
Teorema 1.73 Los ejes radicales de tres círculos tomados por pares son concurrentes.
Demostración: Si P es el punto de intersección de dos de los ejes radicales, entonces P tiene
la misma potencia respecto a los tres círculos y por lo tanto esta en el terces eje radical.
El punto común de los tres ejes radicales se llama el centro radical de los círculos dados.
Claramente si dos círculos se cortan en dos puntos P y Q su eje radical es la recta PQ.Silos
doscírculossontangentessuejeradicaleslatangentecomúnporelpuntocomún.
Esta situación nos da un construcción, usando regla y compás, del eje radical de dos círculos,
no concentricos, dados.
Si los círculos dados se intersectan su eje radical es la secante común.
Si los círculos dados no se intersectan, trazamos cualquier círculo que intersecte a ambos
círculos y trazamos los ejes radicales del nuevo círculo con los dos dados, estos ejes se intersectan
en un punto del eje buscado. Repitiendo esta construcción obtenemos un segundo punto del eje
buscado y por lo tanto uniendo estos puntos la construcción del eje radical de los círculos dados.
Figura 1-25
Problemas
Problema 1 ∗ Dados tres círculos, cuyos centros no están alineados, entonces existe a los más un
círculo ortogonal a los círculos dados. Si los tres círculos son exteriores dos a dos, entonces exite
un círculo ortogonal a los círculos dados.

32 Preliminares
Problema 2 ∗ Encontrar el lugar geométrico de los puntos cuya suma de potencias respecto a dos
círculos es constante.
Problema 3 ∗ Encontrar el lugar geométrico de los puntos cuya diferencia de potencias respecto
a dos círculos es constante.
Problema 4 ∗ Encontrar el lugar geométrico de los puntos cuyo cociente de potencias respecto a
doscírculosesconstante.
Problema 5 ∗ Si dos circunferencias tienen una tangente en común, entonces su eje radical bisecta
la tangente común.
Problema 6 ∗ Construir el eje radical de dos círculos.
Problema 7 ∗ Dados el círculo C, deecuación(x−a) 2 +(y −b) 2 −r 2 =0ylarectal, deecuación
Ax + By + C =0, entonces los círculos
son círculos coaxiales con C yconejel.
(x − a) 2 +(y − b) 2 − r 2 − λ(Ax + By + C) =0

Capítulo 2
Orientación en la Geometría
En este capítulo daremos los primeros resultados de la geometría euclidiana más allá de los
resultados conocidos por los griegos. El principal concepto que estudiaremos es el de orientación,
el cual se aplica tanto a rectas como a ángulos, planos y espacios. Este concepto nos permitirá
también dar los enunciados de los teoremas de Ceva y Menelao así como las definiciones de
puntos conjugados isogonales e isotópicos. Nosotros solo daremos algunos de los resultados más
elementales y sin profundizar (en el sentido axiomático) en las demostraciones, sino que usaremos
la intuición cotidiana.
Geometría Analítica
En esta sección daremos un resumen de los resultados de la geometría analítica que usaremos
en este libro. Los usaremos principalmente en los ejemplos. En particular daremos las fórmulas
para calcular el área de un triángulo y el volumen de un tetraedro; estas fórmulas incluyen el
concepto de orientación, esto es, que el resultado es positivo sii el triángulo (o tetraedro) esta
otientado positívamente.
Dados dos puntos A =(x 1 ,y 1 ) y B =(x 2 ,y 2 ). entonces la distancia estre ellos la denotaremos
por |AB| y está dada por la fórmula |AB| = p (x 2 − x 1 ) 2 +(y 2 − y 1 ) 2 .Elsiguienteresultadoes
importante para muchas demostraciones.
Teorema 2.1 Dados los puntos A 1 ,..., A n ylosrealesλ 1 ,..., λ n y µ, definimos el conjunto
X = {P : λ 1 |PA 1 | 2 + ... + λ n |PA n | 2 = µ}
entonces
33

34 Orientación en la Geometría
i) Si P n
i=1 λ i = λ 6= 0, X es un círculo, un punto o el conjunto vacio.
ii) Si P n
i=1 λ i =0, X esunarecta,todoelplanooelconjuntovacio.
Demostración: Si P =(x, y) y A i =(a i ,b i ) y f(P )=λ 1 |PA 1 | 2 + ... + λ n |PA n | 2 − µ tenemos
que
nX
nX
nX
f(P )=λ(x 2 + y 2 ) − 2x λ i a i − 2y λ i b i + (a 2 i + b 2 i ) − µ
i=1
y obtenemos el resultado.
Si m ⊂ R 2 es una recta dada por el polinomio AX +BY +C, abusando un poco de la notación,
llamaremos m (X, Y ) al polinomio, así
i=1
i=1
m(X, Y )=AX + BY + C (2.1)
La recta m divide al plano en dos semiplanos, en uno de los semiplanos m(X, Y ) es positiva
y en el otro es negativa. La región donde es positiva coincide con la región hacia donde apunta el
vector Ai+Bj. Podemos dar a la recta m una orientación, la dirección positiva queda determinada
por la condición que el semiplano donde m(X, Y ) > 0 esta a la izquierda de la recta. Denotaremos
por S m el semiplano {P : m(P ) > 0}.
y
6
4
2
-6 -4 -2 2 4 6
-2
x
-4
-6
Definición2.2(Distanciadirigidadeunpuntoaunarecta)Si P es un punto y m una
recta definimos d(P,m) como la distancia dirigida de P a m. Sim está dada por la ecuación
(2.1) y P =(a, b) es un punto, entonces
δ(P,m)=
m (a, b) Aa + Bb + C
√ = √ (2.2)
A2 + B2 A2 + B 2
La distancia dirigida tiene signo, que nos indica de qué lado de la recta está el punto.

Orientación en la Geometría 35
Definición 2.3 (Distancia de un punto a una recta) La distancia de un punto P aunarecta
m es el valor absoluto de su distancia dirigida
d (P,m)=|δ(P,m)|
Si P 0 =(x 0 ,y 0 ) y P 1 =(x 1 ,y 1 ), entonces la mediatriz de P 0 y P 1 es la recta m que tiene por
ecuación
r 2 0 = r 2 1
donde
para i =0, 1.Esto es:
r i = p (X − x i ) 2 +(Y − y i ) 2
m(X, Y ) = r0 2 − r1
2
= 2(x 1 − x 0 )X +2(y 1 − y 0 )Y + x 2 0 + y0 2 − x 2 1 − y1
2
Usando los resultados anteriores tenemos la proposición siguiente:
Proposición 2.4 Si P 0 =(x 0 ,y 0 ) y P 1 =(x 1 ,y 1 ) son dos puntos cuya mediatriz es
m(X, Y )=r0 2 − r1
2
ysiA =(a, b) es un punto arbitrario, entonces
m(a, b) =2d(P 0 , P 1 )δ(A,m) (2.3)
Proof. Sustituyendo la ecuación de m y las coordenadas de A en (2.2)
δ(P,m) =
=
m(a, b)
p
4(x1 − x 0 ) 2 +4(y 1 − y 0 ) 2
m(a, b)
2d (P 0 ,P 1 )
así que
2δ(P,m)d (P 0 ,P 1 )=m(a, b)
Corolario 2.5 Si P 0 =(x 0 ,y 0 ) y P 1 =(x 1 ,y 1 ) y K es un número real, entonces la ecuación
l = r 2 0 − r 2 1 + K
es una recta l paralela a la mediatriz de P 0 y P 1 .MásaunsiA =(a, b) es un punto arbitrario,
entonces
l(a, b) =2d(P 0 , P 1 )δ(A,l)
y la distancia D de l a la mediatriz es igual a
D =
|K|
2d(P 0 , P 1 )

36 Orientación en la Geometría
Demostración. Laecuacióndel es
2(x 1 − x 0 )X +2(y 1 − y 0 )Y + x 2 0 + y 2 0 − x 2 1 − y 2 1 + K,
usamos la definición de distancia dirigida de un punto a una recta (2.2),
δ(A,l)=
l(a, b)
l(a, b)
p =
4(x1 − x 0 ) 2 +4(y 1 − y 0 )
2 2d(P 0 , P 1 )
Si consideramos A como el punto medio entre P 0 y P 1 obtenemos la segunda fórmula.
Dadas n rectas dirigidas a 1 ,..., a n definen la región Ω = ∩ n i=1S ai , cambiado la dirección de
algunas (o todas) las rectas a i obtenemos todas las regiones el que las restas a i dividen al plano;
si l es una recta entonces l ∩ Ω es la recta l, unrayodel, unsegmentodel oelvacio.
Con ayuda de estas definiciones obtenemos el siguiente teorma.
Teorema 2.6 Dados las rectas l 1 ,..., l n ylosrealesλ 1 ,..., λ n y µ, definimos el conjunto
X = {P : λ 1 d(P, l 1 )+... + λ n d(P, l n )=µ}
si Ω es una de las regiones el que las restas l i dividen al plano, entonces X ∩ Ω es la intersección
de Ω con una recta, el vacio o todo Ω.
Demostración: Podemos suponer que Ω = ∩ n i=1S li y por lo tanto, para los puntos de Ω, que
d(P, l i )=a i x + b i y + c i con a 2 i + b 2 i =1.Porlotantosif(P )=λ 1 d(P, l 1 )+... + λ n d(P, l n ) − µ
tenemos
à nX
! Ã nX
!
nX
f(P )= a i λ i x + b i λ i y + c i − µ
i=1
i=1
i=1
de donde se sigue el teorema.
Teorema 2.7 Dado un triángulo de vértices A =(x 1 ,y 1 ), B =(x 2 ,y 2 ) y C =(x 3 ,y 3 ),entonces
el área Σ del triángulo esta dada por la fórmula
⎛
Σ = 1 ⎝ x ⎞
1 y 1 1
x 2 y 2 1 ⎠
2
x 3 y 3 1
= 1 2 ¯ x1 − x 3 y 1 − y 3
x 2 − x 3 y 2 − y 3
¯¯¯¯
Demostración: Como
−→
CA = (x 1 − x 3 )i +(y 1 − y 3 )j
−→
CB = (x 2 − x 3 )i +(y 2 − y 3 )j
tenemos que Σk = 1 −→
CA × −→
2 CB yporlotantoΣ =
1
2 ¯ x1 − x 3 y 1 − y 3
¯¯¯¯.
x 2 − x 3 y 2 − y 3
Análogamente,usando el triple producto escalar, se demuestra que:

Orientación en la Geometría 37
Teorema 2.8 Dado un tetraedro de vértices A =(x 1 ,y 1 ,z 1 ), B =(x 2 ,y 2 ,z 2 ), C =(x 3 ,y 3 ,z 3 ) y
D =(x 4 ,y 4 ,z 4 ),entonceselvolumenV del tetraedro esta dada por la fórmula
Σ = 1 3
= 1 3
⎛
⎜
⎝
x 1 y 1 z 1 1
x 2 y 2 z 2 1
x 3 y 3 z 3 1
x 4 y 4 z 4 1
⎞
⎟
⎠
⎛
⎝ x ⎞
1 − x 4 y 1 − y 4 z 1 − z 4
x 2 − x 4 y 2 − y 4 z 2 − z 4
⎠
x 3 − x 4 y 3 − y 4 z 3 − z 4
Terminaremos esta sección estudiando el concepto de potencia de un punto respecto a un
círculo o una esfera.
Teorema 2.9 Dados un punto P =(x, y) yuncírculoC de ecuación (X −a) 2 +(Y −b) 2 −r 2 =0,
entonces la potencia P P,C de P puntorespectoalcírculoC está dada por P P,C =(x − a) 2 +(x −
b) 2 − r 2 .
Demostración: Como P P,C = d 2 − r 2 , donde d es la distancia de P al centro de C.
Los siguientes resultados generalizan algunos resultados relacionados con el concepto de las
mediatrices. Ver la seccion Σ4, pag. 30.
Teorema 2.10 Dados dos círculos, no concéntricos, A 1 y A 2 ,entonces
e 1,2 = {P : P P,A1 = P P,A2 }
es una recta perpendicular al recta que une los centros de los círculos.
Demostración: Claramente
e 1,2 = {P :(x − a 1 ) 2 +(x − b 1 ) 2 − r1 2 =(x − a 2 ) 2 +(x − b 2 ) 2 − r2}
2
= {P :2(a 2 − a 1 )x +(b 2 − b 1 )y − r1 2 + r2 2 + a 2 1 + b 2 1 − a 2 2 − b 2 2 =0}
Decimos que la recta e 1,2 es el eje radical de los círculos A 1 y A 2 .
Claramente si dos círculos se intersectan su eje radical es la cuerda común. Esto es porque
los puntos comunes tienen potencia cero respecto a ambos círculos y por lo tanto están en el eje
radical. Análogamente si dos círculos son tangentes su eje radical es la tangente común.
Teorema 2.11 Dados tres círculos, con centros no colineales, A 1 , A 2 y A 3 . Entonces los tres ejes
radicales e 1,2 , e 2,3 y e 3,1 , son concurrentes.
Demostración: Claramente e 2,3 y e 3,1 no son paralelas, y sea O = e 2,3 ∩ e 3,1 , entonces O es
equipotente respecto a los tres círculos. Por lo tanto O ∈ e 1,2 .
En este caso el punto O se llama el centro radical de los círculos dados.

38 Orientación en la Geometría
Problemas
Problema 1 Dadas dos esferas, no concéntricas, E 1 y E 2 ,entonces
π 1,2 = {P : P P,E1 = P P,E2 }
es un plano perpendicular al recta que une los centros de los círculos. El plano π 1,2 se llama el
plano radical de las esferas dadas.
Problema 2 Dadas tres esferas, con centros no colineales, E 1 , E 2 y E 3 . Entonces los tres ejes
radicales π 1,2 , π 2,3 y π 3,1 , se intersectan en una recta perpendicular al plano determinado por los
centros de las esferas.
Problema 3 Dadas cuatro esferas E i , i =1, ..., 4, con centros no coplanales. Entonces existe un
punto único O contenido en los planos radicales π ij .EnestecasoelpuntoO se llama el centro
radical de las esferas dadas.
Problema 4 En el teorema 2.1, pag. 33, Demostrar que si X es un círculo, entonces su centro
es el centro de gravedad de las masas M = {(A i ,λ i ):i =1, ...n} (ver sección ??, pag.??). Si X
es una recta, entonces cada masa (A k ,λ k ) es el centro de gravedad de las masas M − {(A k ,λ k )}.
Problema 5 Dados dos puntos A y B yunrealc, demostrar que
Si X = {P : |PA| 2 − |PB| 2 = c}, entoncesX es una recta perpendicular a la recta AB.
Si 2a = |AB|, O es el punto medio de AB y X = {P : |PA| 2 + |PB| 2 = c}, entoncesX es:
Un cículo de centro O yradior = p (c − 2a 2 )/2, sic>2a 2 ;elpuntoO si c =2a 2 ;elvacio
si c

Capítulo 3
LosNúmerosComplejosyGeometría
Los números complejos C son indispensables para la demostrar algunos de los teoremas más
avanzados de la geometría. La mayoría de las aplicaciones están fuera del alcance de estas notas.
Ver las referencias ¿? y ¿?. Sin embargo el siguiente teorema nos da una idea de cómo se usa el
álgebra para demostrar resultados en geometría.
Estudiaremos como construir, con regla y compás, un pentágono regular. Para esto usamos
que las raíces de la ecuación z 5 =1son los vértices de un pentágono regular. Para construir una
de las raíces a, distintadeuno,bastaconstruirelsegmentore a.
Teorema 3.1 La solución a de la ecuación z 5 =1con arg r =72 o es tal que re a = −1+√ 5
4
.
Demostración: Como
z 5 − 1=(z − 1)(z 4 + z 3 + z 2 + z +1)
debemos resolver la ecuación
z 4 + z 3 + z 2 + z +1=0
dividiendola entre z 2 obtenemos la ecuación equivalente
z 2 + z −2 + z + z −1 +1=0
por lo tanto si τ = a + a −1 , donde como las raíces son de magnitud uno, tenemos que τ = a + a =
2rea yademásτ 2 = a 2 + a −2 +2.Porlotantoelnúmeroτ satisface la ecuación
τ 2 + τ − 1=0
que tiene como raices −1±√ 5
2
.
39

40 Los Números Complejos y Geometría
Usando la ley de los senos tenemos que el lado b de un polígono de diez lados es igual a
b = 2sen 360
2 ∗ 10 =2cos18o =2cos72 o
= −1+√ 5
2
Con la misma idea vamos a construir un polígono regular de 17 lados. Más aun con ayuda
de la teoría de campos Gauss demostró el teorema de que nos dice que dado un primo impar p,
entonces se puede construir, con regla y compás, un polígono de p lados sii p n =2 2n +1,conn
un entero no negativo. Los números p 0 =3, p 1 =5, p 2 =17, p 3 =257y p 4 = 65537 son primos.
Además son los únicos numeros primos conocidos, de lo forma 2 2n +1, y no se sabe si hay más o
no.
Problemas
Problema 1 Dados dos números enteros n y m relativamente primos entonces existen dos números
enteros x y y tales que nx + my =1. Usar este resultado para demostrar que si P n y P m son dos
polígonos regulares con n y m lados, entonces podemos construir, con regla y compás, un polígono
regular P nm con nm lados.
Problema 2 Construir un polígono regular de 15 lados.
Problema 3 Encontrar cuales polígonos regulares, de un número impar de lado, se conocen que
se pueden contruir con regla y compás.
Problema 4 Dado un círculo C de centro O, seanA y B los extremos de dos diámetros perpendiculares
y M el punto medio de O y A. ElcírculodecentroM que pasa por B intersecta al
diámetro OA en C, punto interior de C. Demostrar que OC y(CB resp.) es el lado del decágono
(petágono resp.) del círculo C.
B
C
O
M
A
Figura 3-1

Los Números Complejos y Geometría 41
Ecuaciones de grado dos y tres
Daremos ahora las idea de como usar el álgebra para demostrar que hay construcciónes geométricos
que no se pueden hacer con el uso de regla y compás. En particular en esta sección
demostraremos que no se puede construir, con regla y compás: la trisección de un ángulo, la duplicación
del cubo o los polígonos regulares de siete y nueve lados. Para esto identificaremos al
plano euclidiano con el plano cartesiano R 2 . Esta sección esta basada en [11, capítulo IV ], aun
que actualizando la notación y retórica.
En esta sección se supone dado un segmento unidad, el cual se usara sin necesidad de explicitarlo
cada vez. Dar segmentos a 1 ,..., a n es equivalente a dar números reales a 1 ,..., a n ∈ R. En
particular denotaremos por
F = Q(a 1 , ..., a n )
el campo generado por los segmentos dados, esto es, el mínimo campo que contiene a Q yalos
segmentos dados. Como es claro que dar un ángulo es equivalente a dar su coseno no hay necesidad
de preocuparnos en dar ángulos para estudiar el problema de cuales construcciones son posibles
con regla y compás.
Claramente
F = {x = P (a 1, ..., a n )
Q(a 1 , ..., a n ) : P y Q ∈ Q[T 1, ..., T n ] con Q(a 1 , ..., a n ) 6= 0}
El primer resultado que necesitamos es el siguiente:
Teorema 3.2 Dado un campo F ⊂ R y λ ∈ F tal que √ λ/∈ F, entonces
F( √ λ)={a + b √ λ : a, b ∈ F}
además la función
φ : F( √ λ) → F( √ λ)
definida por φ(a + b √ λ)=a − b √ λ es un automorfismo de F( √ λ) que deja fijo a F.
Demostración: SiK = {a + b √ λ : a, b ∈ F}, entonces K es cerrado ante sumas y producto.
Ademas si x = a + b √ λ
x −1 1
=
a + b √ λ = a − b√ λ
a 2 − b 2 λ
yporlotantox −1 ∈ K. EstoesK es un campo que contiene a F ya √ λ.
Además si x = a + b √ λ y y = c + d √ λ entonces
φ(x + y) = φ(a + c +(b + d) √ λ)
= a + c − (b + d) √ λ
= φ(x)+φ(y)

42 Los Números Complejos y Geometría
análogamente
φ(xy) = φ((a + b √ λ)(c + d √ λ))
= φ(ac + bdλ +(ad + bc) √ λ)
= ac + bdλ − (ad + bc) √ λ
= (a − b √ λ)(c − d √ λ)
= φ(x)φ(y)
Corolario 3.3 Dado un campo F ⊂ R y λ ∈ F tal que √ λ/∈ F, sia + b √ λ,conb 6= 0,esuna
raiz de un polinomio P ∈ F[X], entoncesa − b √ λ, es una raiz de P .
Teorema 3.4 Dado un campo F ⊂ R y una ecuacíon X 2 +2BX + C =0,conB y C ∈ F. siα
y β ∈ C − F son la raices de la ecuación, entonces
F(α, β) =F(α) =F( √ B 2 − C)
Demostración: Comolasraicesson−B ± √ B 2 − C tenemos que
F(α, β) =F( √ B 2 − C) =F(α)
Elsiguienteteoremanosdicecomoconstruirlasraicesdeunaecuacióndesegundogrado.
Teorema 3.5 Dados los segmentos b y c entonces las soluciones de la ecuación x 2 +2bx + c =0
son las abscisas de las intersecciones del eje de las x 0 s con el círculo de diámetro el segmento que
une los puntos B =(0, 1) y P =(−2b, c).
Demostración: Como la ecuación del círculo es
(x + b) 2 +(y − 1+c
2 )2 = b 2 (1 − c)2
+
4
su intersección con la recta y =0son (α, 0) y (β,0) donde α y β son las raices de la ecuación
(x + b) 2 +
(1 + c)2
4
− b 2 (1 − c)2
−
4
= 0
x 2 +2bx + c = 0
El teorema anterior nos dice que las raices reales de una ecuación de segundo grado, con
coeficientes constructibles con regla y compás, se pueden construir con regla y compás.

Los Números Complejos y Geometría 43
P
O
B
A1
A2
Figura 3-2
Teorema 3.6 Dados segmentos a 1 ,..., a n entonces los segmentos que se pueden construir con
regla y compás son los elementos de un campo de la forma
F n )F n−1 )F n−2 ) ... )F 1 )F 0 = F = Q(a 1 , ..., a n ) (*)
donde F i+1 = F i ( √ λ i ),conλ i ∈ F i y √ λ i /∈ F i .
Demostración: Con los segmentos dados se pueden construir puntos y círculos de coordenadas
yradiosenK = Q(a 1 , ..., a n ). En este caso las rectas y los círculos definidos por estos puntos tienen
ecuaciones con coeficientes en K, asi mismo las ecuaciones de los ejes radicales de dos círculos.
Pero las intersecciones de rectas son puntos de K 2 y las intersecciones de una recta con un círculo
son puntos de K( √ λ) 2 ,dondeλ ∈ K y por último la intersección de círculos es equivalente a
intersección de uno de los círculos dados con el eje radical de los círculos dados.
Por inducción obtenemos el resultado buscado.
Teorema 3.7 Dada la ecuación P (T )=T 3 + AT 2 + BT + C ∈ F[T ], tal que una de sus raices
está en F, entonces las otras raices están en F( √ λ), dondeλ ∈ F.
Demostración: Seaα ∈ F una raiz de la ecuación, entonces
P (T )=(T − α)Q(T )
donde Q(T ) ∈ F[T ] es un polinomio, de segundo grado, con coeficientes en F yporlotantosus
raices están en F( √ λ).
Teorema 3.8 Dada la ecuación P (T )=T 3 + AT 2 + BT + C ∈ F[T ], tal que una de sus raices
se puede construir con regla y compás, entonces las otras también se pueden construir con regla y
compás. Además este caso se da sii una de las raices está en F.
Demostración: Sea
F n )F n−1 )F n−2 ) ... )F 1 )F 0 = F

44 Los Números Complejos y Geometría
unacadenadecampostalqueP tiene una raiz en F n .Seana 1 , a 2 y a 3 las raices de la ecuación,
si alguna está en F tenemos la situación del teorema anterior. Por lo tanto podemos suponer n
es tal que n>0, a 1 ∈ F n yqueF n−1 no contiene ninguna de las raices. Como a 1 ∈ F n − F n−1 =
F n−1 ( p λ n−1 ) − F n−1 tenemos que a 1 = p + q p λ n−1 ,conp y q ∈ F n−1 y q 6= 0.Yporlotantootra
de las raices, por ejemplo a 2 ,esigualap − q p λ n−1 ∈ F n . Lo que implica que a 1 + a 2 =2p ∈ F n−1
ycomoa 1 + a 2 + a 3 = −A ∈ F tenemos que a 3 = −A − 2p ∈ F n−1 , contradicción a la suposición
de que F n−1 no contiene ninguna de las raices y por lo tanto n =0.
Daremos ahora algunas aplicaciones de estos resultados. Claramente un ángulo se puede construir
con regla y compás sii su coseno (o seno) se puede construir con regla y compás.
Teorema 3.9 No se puede construir con regla y compás un ángulo de 20 o .
Demostración: Comocos 60 o =1/2 y el coseno de 20 o satisface la ecuación
4cos 3 20 o − 3cos20 o − cos 60 o = 0
8cos 3 20 o − 6cos20 o − 1 = 0
yporlotantoα =2cos20 o satisface la ecuación T 3 − 3T − 1=0. Es facil ver (usando el teorema
0.4 pag. vi) que esta ecuación no tiene raices racionales y por lo tanto cos 20 o no se puede construir
con regla y compás.
Corolario 3.10 No se puede construir un polígono regular de nueve lados.
Demostración: Construir un polígono regular de nueve lados es equivalente a construir un
ángulo de 40 o =360 o /9 y por lo tanto equivalente a construir un ángulo de 20 o .
Corolario 3.11 No se puede construir un polígono regular de siete lados.
Demostración: Como en, 3.1, pag. 39, los vértices de un polígono regular de siete lados son
las raices del polinomio z 7 − 1=0. Las raices no reales son las raices del polinomio
que usando las identidades
obtenemos la ecuación equivalente
z 6 + z 5 + z 4 + z 3 + z 2 + z +1 = 0
z 3 + z 2 + z 1 +1+z −1 + z −2 + z −3 = 0
(z + 1 z )2 = z 2 + 1 z 2 +2
(z + 1 z )3 = z 3 + 1 z 3 +3(z + 1 z )
(z + 1 z )3 +(z + 1 z )2 − 2(z + 1 z ) − 1=0
además y = z + 1 = z +¯z =2cos 2π k,conk =1, 2, 3. Pero (usando el teorema 0.4 pag. vi) la
z 7
ecuación y 3 + y 2 − 2y − 1=0no tiene raices racionales y por lo tanto cos 2π no se puede construir
7
con regla y compás.
El problema de la duplicación del cubo es el siguiente: Dado un cubo de lado uno construir el
lado b deuncuboquetengavolunendos.Esunodelosproblemasqueseplantearonlosgriegos
y que no tienen solución.

Los Números Complejos y Geometría 45
Teorema 3.12 El problema de la duplicación del cubo no tiene una solución que se puede construir
con regla y compás.
Demostración: Comob satisface la ecuación x 3 − 2=0, que no tiene raices racionales y por
lo tanto b no se puede construir con regla y compás.
Problemas
Problema 1 Demostrar que podemos construir un ángulo θ sii podemos construir un segmento
de longitud cos θ.
Problema 2 Dados un campo F ⊂ R y λ ∈ F tal que √ λ/∈ F y β es un elemento de F( √ λ) − F,
entonces F( √ λ)=F(β).
Problema 3 Dada la ecuación P (T )=T 4 +AT 3 +...+D ∈ F[T ], tal que una de sus raices a/∈ F
se puede construir con regla y compás, entonces las otras también se pueden construir con regla y
compás.
Problema 4 Dada la ecuación P (T )=T n + A n−1 T n−1 + ... + A 1 T + A 0 ∈ F[T ], tal que una de
sus raices a ∈ F( √ λ) − F, entoncesexisteotraraizb (6= a) talqueb ∈ F( √ λ) − F. (Este problema
generaliza el resultado de que si P (T ) ∈ R[T ] tiene una raiz a ∈ C − R, entoncesā es otra raiz de
P ).
Polígonono regular de 17 lados
En esta sección daremos la construcción, usando regla y compás, del polígonono regular de 17
lados. Para esto usaremos los resultados de la sección anterior. Esta sección esta basada en [11,
capítulo XII]. Esta sección nos da una pequeña introducción a la teoria de ecuaciones que permite
encontrar cuales polígonos regulares se pueren construir con regla y compás. En [13, Capítulo IV ]
se da una construcción más geométrica, sin embargo las ideas que están detras de esta construcción
no se generalizan para encontrar cuales son todos los polígonos que se pueden construir.
Hay varios cálculos que aunque facil son un poco latosos, los dejaremos como ejercicios al lector.
Si el lector tiene acceso a un programa de álgebra simbólica le puede ayudar con los detalles.
Los vértices de un polígono regular de diez y siete lados son las raices del polinomio z 17 −1=0.
Las raices no reales son las raices del polinomio
por lo tanto si α = e 2πi
17 tenemos la identidad
z 16 + z 15 + z 14 + z 13 + ... + z 2 + z +1=0
α 16 + α 15 + α 14 + α 13 + ... + α 2 + α +1=0
La construcción de dara en varios pasos, en cada uno definiremos un par de segmentos y
demostraremos que se pueden construir con regla y compás, esto se hará mostrando que satisfacen

46 Los Números Complejos y Geometría
una ecuación de segundo grado cuyos coeficientes se pueden construir con regla y compás. El
último paso nos dara el segmento 2cos 2π.
17
Primer paso: Definimos los segmentos:
los cuales satisfacen las identidades
w 1 = α + α 2 + α 4 + α 8 + α 16 + α 15 + α 13 + α 9
w 2 = α 3 + α 6 + α 12 + α 7 + α 14 + α 11 + α 5 + α 10
= α 3 + α −3 + α 5 + α −5 + α 6 + α −6 + α 7 + α −7
w 1 + w 2 = −1
w 1 · w 2 = 4(α + ... + α 16 )=−4
y por lo tanto las w i son las raices de W 2 + W − 4=0.
Como
w 2 = 2cos 6π
17 +2cos10π 17 +2cos12π 17 +2cos14π 17
= 2cos 6π
17 − 2cos7π 17 − 2cos5π 17 − 2cos3π 17
tenemos que w 2 < 0, ya que los terminos de que definen a w 2 son todos negativos excepto el
primero y es menor que el valor absoluto del tercer termino. Como w 1 · w 2 = −4 tenemos que
w 1 > 0 yporlotantow 2 < 0. Porlotantow 1 es la única raiz positiva de la ecuación que la define.
Segundo paso: Definimos los segmentos:
los cuales satisfacen las identidades
x 1 = α + α 4 + α 16 + α 13
x 2 = α 2 + α 8 + α 15 + α 9
x 1 + x 2 = w 1
x 1 · x 2 = α + ... + α 16 = −1
yporlotantolasx i son las raices de X 2 − w 1 X − 1=0.Comox 1 =2cos 2π
17 +2cos8π > 0 ypor
17
lo tanto x 2 < 0. Porlotantox 1 es la única raiz positiva de la ecuación que la define.
Tercero paso: Definimos los segmentos:
los cuales satisfacen las identidades
y 1 = α 3 + α 12 + α 14 + α 5
y 2 = α 6 + α 7 + α 11 + α 10
y 1 + y 2 = w 2
y 1 · y 2 = α + ... + α 16 = −1
y por lo tanto las w i son las raices de Y 2 − w 2 Y − 1=0.

Los Números Complejos y Geometría 47
Como y 1 =2cos 6π
10π
+2cos
17 17 =2cos6π
7π
− 2cos > 0. Porlotantoy 17 17 1 es la única raiz positiva
de la ecuación que la define.
Cuarto paso: Definimos los segmentos:
z 1 = α + α 16 = α + α −1 =2cos 2π
17
z 2 = α 4 + α 13 = α 4 + α −4 =2cos 8π
17
los cuales satisfacen las identidades
z 1 + z 2 = x 1
z 1 · z 2 = α 3 + α 12 + α 14 + α 5 = y 1
y por lo tanto las w i son las raices de Z 2 − x 1 Z + y 1 =0.
Como z 1 =2cos 2π y z 17 2 =2cos 8π tenemos que z 17 1 >z 2 > 0. Porlotantoz 1 es la raiz más
grande de la ecuación que la define.
Usando la ley de los senos tenemos que el lado b de un polígono regular de 34 lados es igual a
b = 2sen π ³ π
34 =2cos 2 − π ´
µ 34
17 − 1
= 2cosπ =2cos 8π
34
17
= z 2
Daremos ahora una construcción del polígono regular de 34 lados (ver. [22, Capítulo 6]).
Construción 3.13 Construimos un círculo C 0 de radio uno y centro O.
Sean A y B los extremos de dos diámetros perpendiculares.
Sea OC = 1 4 OB.
Sea C 1 el círculo de centro C que pasa por A y que intersecta a OB en los puntos D y E (D
es el punto interior de C 0 ).
Sea C 2 el círculo de centro E que pasa por A y que intersecta a OB en F , punto interior de
C 0 .
Sea C 3 el círculo de centro D que pasa por A y que intersecta a OB en G, puntoexteriorde
C 0 .
Sea C 4 el círculo de diámetro BF ycentroH, y que intersecta a OA en J, punto interior de
OA.
Sea K el punto medio de OG.
Sea C 5 el círculo de centro J y radio OK, , y que intersecta a OB en L, en el lado opuesto a
B.
Entonces z 2 = KL es el lado de un polígono de 34 lados.
Problemas
Problema 1 Encontrar las coordenedas de los puntos de la construcción, los radios de los círculos
C i y los radiso r i de C i .

48 Los Números Complejos y Geometría
A
J
G
K
L
D
F
O
C H
B
E
Figura 3-3
Problema 2 Demostrar que w 1 =2· OD, x 1 = OD, y 1 = OF y z 2 = KL.
Problema 3 Demostrar que w 1 + w 2 = −1 y w 1 · w 2 = −4.
Problema 4 Demostrar que x 1 + x 2 = w 1 y x 1 · x 2 = −1.
Problema 5 Demostrar que y 1 + y 2 = w 2 y y 1 · y 2 = −1.
Problema 6 Demostrar que z 1 + z 2 = x 2 y z 1 · z 2 = y 1 .
Problema 7 Demostrar que x 1 = z 4 1 − 4z 2 1 + z 1 +2.
Problema 8 Demostrar que w 1 = 1(−1+√ 17) y w
2 2 = 1(−1 − √ 17).
2
³
Problema 9 Demostrar que x 1 = 1 −1+ √ 17 + p 34 − 2 √ ´
17 .
4
³
Problema 10 Demostrar que y 1 = 1 −1 − √ 17 + p 34 + 2 √ ´
17 .
4
¡
Problema 11 Demostrar que 1 (4x1 +1) 2 − 51 ¢ = − √ 17 + p 34 + 2 √ 17.
2
Problema 12 Demostrar que w i ∈ Q(x 1 )=Q(y 1 )=Q( p 34 − 2 √ 17).
Problema 13 Usar los resultados anteriores para demostrar que w i , x i y y i ∈ Q(z 1 ).
Problema 14 Demostrar que
8z 1 = −1+ √ q
17 + 34 − 2 √ 17 +
s
2 17 + 3 √ r
17 + 170 − 26 √ q
17 − 4 34 + 2 √ 17

Los Números Complejos y Geometría 49
Problema 15 Demostrar que
8z 2 = −1+ √ q
17 + 34 − 2 √ 17 −
s
2 17 + 3 √ r
17 + 170 − 26 √ q
17 − 4 34 + 2 √ 17
Números Complejos y Geometría Analítica
Podemos ver a los números complejos como el plano euclidiano más la multiplicación, la cual
tiene una interpretación geométrica muy clara. Debido a esto los números complejos son una
herramienta muy poderosa para el estudio de la geometría analítica en dimensión dos (ver [19]).
En esta sección daremos los resultados básicos.
En esta sección usaremos la siguiente notación: El símbolo 4ABC ∼ 4PQR significa que
los triángulos 4ABC y 4PQR son semejantes con la misma orientación. El símbolo 4ABC c ∼
4PQR significa que los triángulos 4ABC y 4PQR son semejantes pero con orientaciones contrarias.
Claramente 4z 1 z 2 z 3 c ∼ 4¯z 1¯z 2¯z 3 .
Teorema 3.14 Dados los complejos a, b, c y d, entonces:
a) a, b y c están alineados sii b−a
b−a
∈ R sii = ¯b−ā .
c−a c−a ¯c−ā
b) ab k cd sii b−a
d−c
c) ab ⊥ cd sii b−a
d−c
∈ R sii
b−a
d−c = ¯b−ā
¯d−¯c .
∈ iR sii
b−a
d−c + ¯b−ā
¯d−¯c =0.
Demostración: El teorema se sigue de la igualdad arg b−a
d−c
Teorema 3.15 Dados los triángulos 4z 1 z 2 z 3 y 4w 1 w 2 w 3 ,entonces:
z 1 w 1 1
a) 4z 1 z 2 z 3 ∼ 4w 1 w 2 w 3 sii z 2−z 1
z 3 −z 1
= w 2−w 1
w 3 −w 1
sii
z 2 w 2 1
¯
¯ z 3 w 3 1 ¯.
b) 4z 1 z 2 z c z 1 ¯w 1 1
3 ∼ 4w 1 w 2 w 3 sii z 2−z 1
z 3 −z 1
= ¯w 2− ¯w 1
¯w 3 − ¯w 1
sii
z 2 ¯w 2 1
¯
¯ z 3 ¯w 3 1 ¯.
=arg(b − a) − arg(d − c).
Demostración: Claramente 4z 1 z 2 z 3 ∼ 4w 1 w 2 w 3 sii
z 2 −z 1
z 3 −z 1
= w 2−w 1
w 3 −w 1
, lo que implica a).
Como4z 1 z 2 z 3 c ∼ 4w 1 w 2 w 3 c ∼ 4 ¯w 1 ¯w 2 ¯w 3 , entonces 4z 1 z 2 z 3 c ∼ 4w 1 w 2 w 3 sii 4z 1 z 2 z 3 ∼ 4 ¯w 1 ¯w 2 ¯w 3 ,
lo que implica b).
En los siguientes teoremas ω( ω 6= 1)denota una de las raices de z 3 =1,porlotanto1+ω+ω 2 =
0.
Teorema 3.16 El triángulo 4z 1 z 2 z 3 es equilátero sii z 1 + ωz 2 + ω 2 z 3 =0sii z 1 + ω 2 z 2 + ωz 3 =0.

50 Los Números Complejos y Geometría
Demostración: El triángulo 4z 1 z 2 z 3 es equilátero sii 4z 1 z 2 z 3 ∼ 41ωω 2 sii
¯
z 1 1 1
z 2 ω 1
z 3 ω 2 1
z 1 + ωz 2 + ω 2 z 3 =0.Análogamente4z 1 z 2 z 3 es equilátero sii 4z 1 z 2 z 3 ∼ 41ω 2 ω queeseqivalente
a z 1 + ω 2 z 2 + ωz 3 =0.
Daremos otra demostración del teorema anterior.
Demostración: Como (1 + ω + ω 2 )A =0tenemos ω(B − A)+ω 2 (C − A) =0lo que nos da la
igualdad |B −A| = |C −A|. Análogamentede(1+ω +ω 2 )B =0tenemos (A−B)+ω 2 (C −B) =0
yporlotanto|A − B| = |C − B|.
De estos teoremas obtenemos las ecuaciónes de las rectas.
Teorema 3.17 Dados los puntos distintos z 1 y z 2 ,entonces:
z ¯z 1
a) La ecuación de la recta z 1 z 2 es
z 1 ¯z 1 1
¯ z 2 ¯z 2 1 ¯ =0.
z ¯z 1
b) La ecuación de la bisectriz de z 1 z 2 es
z 1 ¯z 2 1
¯ z 2 ¯z 1 1 ¯ =0.
Demostración: Los puntos z, z 1 y z 2 están alineados sii 4z 1 z 2 z 3 ∼ 4¯z 1¯z 2¯z 3 lo que implica
a).
Para lo que sigue necesitamos el siguiente lema:
Lema 3.18 Si los puntos t 1 , t 2 , t 3 y t 4 están en el círculo unitario, entonces
z = t 1 t 2 ∩ t 3 t 4 = ¯t 1 + ¯t 2 − ¯t 3 − ¯t 4
¯t 1¯t 2 − ¯t 3¯t 4
Demostración: Las ecuaciones de t 1 t 2 y t 3 t 4 son z + t 1 t 2¯z = t 1 + t 2 y z + t 3 t 4¯z = t 3 + t 4
respectivamente. Por lo tanto la intersección está dada por el punto
z = t 3t 4 (t 1 + t 2 ) − t 1 t 2 (t 3 + t 4 )
t 3 t 4 − t 1 t 2
= t 1t 2 t 3 t 4 t 3 t 4 (t 1 + t 2 ) − t 1 t 2 (t 3 + t 4 )
t 1 t 2 t 3 t 4 t 3 t 4 − t 1 t 2
= ¯t 1 + ¯t 2 − ¯t 3 − ¯t 4
¯t 1¯t 2 − ¯t 3¯t 4
¯ sii

Capítulo 4
Geometría Móderna
En este capitulo daremos los resultados básicos de la teoría de la geometría moderna, esto es
de la geometría posterior al periodo griego. Aun que algunos resultados son del periodo griego no
fueron desarrollados de una forma sistemática y por lo tanto no eran parte de una teoría.
En este capítulo daremos los primeros resultados de la geometría euclidiana más allá de los
resultados conocidos por los griegos. El principal concepto que estudiaremos es el de orientación,
el cual se aplica tanto a rectas como a planos y espacios.
Aritmética de segmentos
En esta sección daremos las construcciones que corresponden a las operaciones aritméticas.
En el tiempo de Euclides las rectas no estaban orientadas y por lo tanto no se preocupaban
de la diferencia entre dirección en un segmento. En esta sección tomaremos esta posición, aunque
hay situaciones donde hemos usado las expresiones como: construir un punto fuera (o dentro) de
segmento, que substituían la necesidad del uso de números negativos.
Para la definición de algunas de las operaciones aritméticas necesitamos primero definir cual
será el segmento que tomaremos como la unidad. Aunque su elección es arbitraria es necesaria para
poder definir el producto, la división y la raíz cuadrada de segmentos. Para la suma y diferencia
de segmentos no se necesita el concepto de la unidad. Una forma de dar las construcciones sin
necesidad de introducir explícitamente el concepto de segmento unidad es expresar los problemas
en la forma siguiente: Dados tres (o dos) de los segmentos de la identidad
AB · CD = PQ· RS
51

52 Geometría Móderna
encontrar el segmento que falta.
La primera construcción nos dan la suma y diferencia de segmentos. La demostración es inmediata.
Construción 4.1 Dados los segmentos AB y PQ (podemos suponer PQ > AB), construir dos
puntos C y D en la recta AB tales que BC = BD = PQ con C un punto en el interior de AB.
(Esto es equivalente a que AC = AB − PQ y AD = AB + PQ).
Construcción: Sea C el círculo de centro B yradioPQ, y sean C y D los puntos de intersección
de C con la recta AB de forma que C es interior al segmento AB yesexterior.
La segunda construcción nos dan el producto y la división de segmentos. La demostración es
también inmediata.
Construción 4.2 Dados los segmentos AB, BC y PQ, construir un segmento QR tal que AB
BC =
PQ
QR . Construcción: Podemos suponer que A = P ,queA, B y C están un una recta y que Q esta
en una recta distinta a la anterior.
Por C trazamos la recta c paralela a la recta BQ, entonces el punto buscado es R = c ∩ PQ.
Claramente si AB es el segmento unidad, entonces QR = BC · PQ.AnálogamentesiPQ es el
segmento unidad, entonces QR = BC
AB .
Construción 4.3 Dados los segmentos AB y BC, construir un segmento BD tal que AB
BD = BD
BC .
Construcción: Podemos suponer que A, B y C estánenlamismarectayqueB es un
punto interior del segmento AC. Trazamos el círculo C de diámetro AC. Trazamos la recta h
perpendicular a AC por el punto B. SeanD y D 0 los puntos de intersección de C con la recta
h, claramenteDB = BD 0 , de la potencia del punto B con respecto al círculo C obtenemos el
resultado buscado.
D
A
B
C
D'
Figura 4-1
Claramente si BC es el segmento unidad, entonces BD = √ AB.

Geometría Móderna 53
Problemas
Problema 1 ∗ Dado un segmento AB construir un punto P exterior a AB tal que AB = AP .
AP PB
(Sugerencia en la construcción 1.58, pag. 21, sea D 0 el círculo de centro B yradioAQ tomar la
intersección de D 0 con AB del lado opuesto a B).
Problema 2 ∗ Si AB
AP = AP
PB
entonces
AP
AB = √ 5−1
2
.
Problema 3 ∗ Dados dos rectas a y b y un punto P , contruir un círculo tangente a a y b yque
pase por P .
Problema 4 ∗ Dados una recta a y dos puntos P y Q, contruir un círculo tangente a a yquepase
por P y Q.
Problema 5 La siguiente es otra construcción de un decágono regular inscrito en un círculo C de
centro O: Trazar un radio OA, encontrar un punto P que divide internamente al segmento OA en
mediayextremarazón,estoestalque OA = OP .ConcentroP yradioPO trazamos un círculo
OP AP
D yseaB una de las intersecciones de C y D. ElsegmentoAB es el lado de un decágono regular
inscrito en el círculo C.
Problema 6 Sea R un rectángulo tal que es semejante al rectángulo R 0 queseobtienecuandoa
R se le quita un cuadrado. Demostrar que la razón de los lados de R es igual a τ = √ 5+1
(a τ se
2
le conoce como la razón áurea).
Problema 7 Demostrar que la razón de la diagonal de un pentágono regular a su lado es igual a
la razón áurea τ = √ 5+1.Usandoloanteriordemostrarquecos 36 o = √ 5−1.
2 2
Problema 8 Usar el problema anterior para dar una construcción del pentágono regular.
Problema 9 Dado un pentágono regular, entonces la razón del lado al radio del círculo circunscrito
es igual a 1 2p
10 − 2
√
5.
En los siguientes problemas usaremos la siguiente notación: Dada una recta r, tenemos H uno
de los semiplanos abierto definidos por r yelconjuntoΛ = {círculos con centro en r} ∪ {rectas
perpendiculares a r}.
Problema 10 Dados dos puntos distintos A, B ∈ H, construir un elemento C ∈ Λ que contiene
a A yaB.
Dados un círculo D contenido en H y un punto P de H yexterioraD, contruir los elementos
de Λ que pasan por P y tangentes a D.

54 Geometría Móderna
Rectas Dirigidas
Una de las diferencias más importantes entre la geometría clásica y la geometría moderna es
la introducción del concepto de signo y no solo el de magnitud. Dados dos segmentos AB y CD
en la misma recta podemos decidir si tienen la misma dirección o la dirección contraria. Dadas
dos rectas dirigidas, en general, no tiene sentido preguntarnos si tienen la misma dirección o no.
Sin embargo si las rectas son paralelas si podemos comparar direcciones. Por lo anterior en las
fórmulas donde aparecen magnitudes de segmentos estos pueden tener signo sii estamos usando
segmentos en rectas paralelas. El ejemplo más importante es cuando A, B y P están en la misma
recta, entonces tenemos las expresiones PA· PB y AP para las cuales tiene sentido preguntarnos
PB
si son positivas o negativas.
Así dados dos puntos distintos A y B definen dos segmentos, el segmento AB y el segmento
BA. Ambos tienen la misma magnitud y signos contrarios. Este hecho lo indicamos por la ecuación
AB = −BA oequivalentementeAB + BA =0.Elconceptodesegmentosdirigidostienencomo
propiedades más importantes al siguiente teorema.
Teorema 4.4 Si A, B y C son puntos distintos de una recta x, entonces tenemos las identidades
siguientes:
i) AB + BC + CA =0
ii) (Euler) SiD es otro punto de x entonces
AB · CD + AC · DB + AD · BC =0
iii) (Steward) SiD es cualquier otro punto, entonces
DA 2 · BC + DB 2 · CA + DC 2 · AB + AB · BC · CA =0
Demostración: La identidad i) es clara y es equivalente a la identidad
AB = CB − CA
Si usamos la identidad anterior el miembro izquierdo de ii) es equivalente a:
(DB − DA) · CD +(DC − DA) · DB + AD · (DC − DB)
de donde se demuestra ii).
Si D esta en x usando AB = CB − CA obtenemos las identidades siguientes:
λ = DA 2 · BC + DB 2 · CA + DC 2 · AB
= DA 2 · BC + DB 2 · CA + DC 2 · (CB − CA)
= (DA 2 − DC 2 ) · BC +(DB 2 − DC 2 ) · CA
= CA · (DA + DC) · BC + CB · (DB − DC) · CA
= BC · CA · (DA − DB)
= −AB · BC · CA

Geometría Móderna 55
que demuestra iii) en el caso D ∈ x. SiD no esta en x y D 0 es la proyección de D en x y h es la
distancia de D a x entonces: DA 2 = h 2 + D 0 A 2 , DB 2 = h 2 + D 0 B 2 y DC 2 = h 2 + D 0 C 2 yporlo
tanto
DA 2 · BC + DB 2 · CA + DC 2 · AB
es igual a
D 0 A 2 · BC + D 0 B 2 · CA + D 0 C 2 · AB + h 2 · (AB + BC + CA)=−AB · BC · CA
Daremos algunos usos de la identidad de Steward.
Teorema 4.5 Dado el triángulo 4ABC, entoncessiN el punto medio de AB, entonces
CN 2 = a2 + b 2
2
− c2
4
Demostración: En el triángulo 4ABC sea N el punto medio de AB. Entonces identidad de
Steward nos da
CA 2 · NB + CB 2 · AN + CN 2 · BA + AN · NB · BA = 0
b 2 · c
2 + a2 · c
2 − CN2 · c − c 2 · c
2 · c = 0
Corolario 4.6 Dados dos puntos A y B, entonces el lugar geométrico de los puntos C tales que
AC 2 + BC 2 es constante es un círculo con centro N el punto medio de AB.
Demostración: Por el teorema CN 2 = a2 +b 2
2
− c2 4 , esto es CA2 + CB 2 constante sii CN es
constante.
En geometría proyectiva real el estudio de la proyección desde un punto se hace gracias al
siguiente teorema el que es central para demostrar la invariancia de la razón cruzada (ver teorema
8.5, pag. 122).
Recordaremos algunas propiedades de la razón en que un punto divide un segmento. Dados
dos puntos, finitos, distintos A y B en una recta x. Entonces tenemos la función
definida como
r : x → R ∪ {∞}
r(C) =AC/CB
esta función es biyectiva y tenemos que r(A) =0, r(B) =∞ y r(I x )=−1. Claramenter(C) =1
sii C es el punto medio de AB.
Para relacionar algunas propiedades métricas entre las hileras de puntos y haces de rectas
necesitamos el siguiente teorema.

56 Geometría Móderna
Teorema 4.7 Sean A y B dos puntos finitos distintos en una recta x, seaP otro punto de x y
C un punto (finito) que no esta en x, entonces
Demostración: Tenemos que
AP
PB = CA
CB · sen(ACP )
sen(PCB)
AP
PB
Σ(AP C)
=
Σ(PBC)
CA · CP sen(ACP )
=
CB · CP sen(PCB)
= CAsen(ACP )
CB sen(PCB)
C
A
P
B
Figura 4-2
Problemas
Problema 1 Si A, B y P son puntos colineales y M es el punto medio de AB, entonces
PM =
PA+ PB
2
Problema 2 Si A, B y O son puntos colineales, entonces
OA 2 + OB 2 = AB 2 +2· OA · OB
Problema 3 Si A, B, C, O y P sonpuntoscolinealestalesqueOA + OB + OC =0,entonces
PA+ PB + PC =3· PO.
Problema 4 Si A, B, C, A 0 , B 0 , C 0 , P y P 0 sonpuntoscolinealestalesqueOA + OB + OC =0
y O 0 A 0 + O 0 B 0 + O 0 C 0 =0,entoncesAA 0 + BB 0 + CC 0 =3· OO 0 .
Problema 5 Si A, B y C son puntos colineales, con P , Q y R lospuntosmediosdeAB, BC y
CA, entonces los puntos medios de PQ y CR coinciden.

Geometría Móderna 57
Problema 6 Si A, B, C y D son puntos distintos de una recta x, entonces
BD · CD · BC + CD · AD · CA + AD · BD · AB + BC · CA · AB =0
Problema 7 Dado un triángulo 4ABC, siCZ es la bisectriz del ángulo C demostrar que
AZ
ZB = CA
BC
Problema 8 Si A, B y C son puntos colineales y AP , BQ y CR son tangentes al mismo círculo,
entonces
AP 2 · BC + BQ 2 · CA + CR 2 · CA + AB · BC · CA =0
Problema 9 Si A, B, C, D, P y Q son puntos colineales, entonces:
AP · AQ
AB · AC · AD + BP · BQ
BA · BC · BD + CP · CQ
CA · CB · CD + DP · DQ
DA · DB · DC =0
Problema 10 Generalizar el problema anterior para n puntos A i con i =1, ...n y n − 1 puntos
P j con j =1, ..., n − 1.
Problema 11 Si A, B, C, P y Q son puntos colineales, entonces:
AP · AQ
AB · AC
+
BP · BQ
BA · BC
+
CP · CQ
CA · CB =1
Problema 12 Si A, B, C, D y P son puntos colineales, entonces:
AP
AB · AC · AD +
BP
BA · BC · BD +
CP
CA · CB · CD +
DP
DA · DB · DC =0
Angulos Dirigidos
En el caso de los ángulos daremos varias definiciones. Cada una tiene tiene sus importancia y
aplicaciones.
Dados dos rayos OA y OB, dondeO, A y B no están alineados, definimos el ángulo ]AOB
como la intersección de los semiplanos α y β donde α (resp. β) está definido como el semiplano
tal que OA ∈ ∂α y B ∈ α (resp. OB ∈ ∂β y A ∈ β). El símbolo ]AOB también denota la
medida del ángulo; en estas notas usaremos los grados como unidad de los ángulos. En algunos
casos usaremos el radian como unida, en esos casos lo diremos explícitamente. Esta es la manera
clásica de estudiar los ángulos y es el consepto usado en los teoremas de Euclides.
Igual que en los segmentos hay ocaciones en es muy útil dar a un ánglo una dirección. Contrario
al caso de las rectas podemos escoger una dirección que es común para todos los angulos.
Usualmente se usa el sentido contrario al de las manesillas del reloj como el sentido positivo. El
ángulo es positivo si al girar el rayo OA en el sentido positivo se mantiene en el ángulo ]AOB.
En este caso diremos que dos ángulos son equivalentes si difieren por un multiplo de 360 o .

58 Geometría Móderna
Daremos ahora otra definición de ángulo. En este caso es el ángulo entre dos rectas y no entre
rayos. En este caso denotamos el ángulo entre las rectas a y b por ∠a, b y o llamaremos ángulo
dirigido; y es el ángulo positivo que a tiene que girar para coincidir con b. Análogamenteel∠AOB
significa el ángulo positivo que la recta OA tiene que girar para coincidir con OB. Enparticular
si A, B y C son tres puntos distintos de una recta l, entonces para todo D /∈ l tenemos que
∠ABD = ∠CBD. Diremos que dos ángulos dirigidos son equivalentes si difieren por un multiplo
de 180 o .
La suma de dos ángulos está determinada por las siguientes reglas:
∠a, b + ∠b, c = ∠a, c. Si los ángulos tienen el mismo vértice podemos escribir la igualdad
como: ∠AOB + ∠BOC = ∠AOC.
∠a, b + ∠c, d = ∠a, e donde e es la recta determinada por la igualdad ∠b, e = ∠c, d
Con ayuda de estas reglas obtenemos los siguientes teoremas:
Teorema 4.8 Dadas dos rectas a y b tenemos ∠a, b + ∠b, a =180 o o equivalentemente ∠a, b =
−∠b, a.
Teorema 4.9 Si a k a 0 y b k b 0 entonces ∠a, b = ∠a 0 ,b 0 .Sia ⊥ a 0 y b ⊥ b 0 entonces ∠a, b = ∠a 0 ,b 0 .
Teorema 4.10 Dadas las rectas a, b, c y d entonces:
∠a, b + ∠c, d = ∠a, d + ∠c, b
Demostración: Como ∠a, b = ∠a, d + ∠d, b y ∠c, d = ∠c, b + ∠b, d obtenemos
∠a, b + ∠c, d = ∠a, d + ∠d, b + ∠c, b + ∠b, d
= ∠a, d + ∠c, b +180 o
= ∠a, d + ∠c, b
Teorema 4.11 Dados tres puntos A, B y C están alineados sii para cualquier otro puntos ∠ABD =
∠CBD.
Teorema 4.12 Dados cuatro puntos A, B, C y D son concíclicos sii ∠ABD = ∠ACD.
Con ayuda de estos resultados podemos enunciar y demostrar los siguientes teoremas. El
primero es equivalente a que la suma de las ángulos de un triángulo es 180 o ; el segundo es equivalente
a que un ángulo exterior es igual a la suma de los otros dos ángulos.
Teorema 4.13 Dado un triángulo ∆ABC de lados a, b y c, entonces∠c, b + ∠b, a + ∠a, c =0o
equialentemente ∠BAC + ∠CBA + ∠ACB =0.
Teorema 4.14 Dado un triángulo ∆ABC de lados a, b y c, entonces∠b, c = ∠b, a + ∠a, c o
eqivalentemente ∠CAB = ∠CBA + ∠ACB.

Geometría Móderna 59
Teorema 4.15 Dados un triángulo ∆ABC y su circuncentro O, entonces∠OAB = ∠ACB+90 o .
Demostración: Sea D la otra intersección de AO con el circuncírculo, entonces usando el
triángulo ∆ADB obtenemos:
∠OAB = ∠AD, AB = ∠AD, DB + ∠DB, AB
= ∠ACB +90 o
La importancia de estos teoremas consiste en que nos permiten dar muchas demostraciones de
una forma rigurosa sin necesidad de considerar un sin fin de casos y sin el peligro de inadvertidamente
no considerar alguno de ellos. Para mostrar esto daremos dos demostraciones del mismo
teorema donde se verá la gran diferencia de usar el último concepto.
Teorema 4.16 (Simson) Dado un triángulo ∆ABC y un punto P en su circuncírculo. Sean X,
Y y Z lasproyeccionesdeP en los lados del triángulo están alineados.
Demostración(ángulos clásicos): En la figura tenemos los siguientes resultados. Como Y
y Z están en el círculo de diámetro PA tenemos: ]PZY = ]PAY y son suplementarios del
ángulo ]PAC.ComoA, B, C y P son concíclicos tenemos: Los ángulos ]PAC y ]PBC son
suplementarios. Por lo tanto ]PZY = ]PBC.
Como X y Z están en el círculo de diámetro PB tenemos: Los ángulos ]PZX y ]PBX =
]PBC son suplementarios. Por lo tanto Los ángulos ]PZY y ]PZX son suplementarios y por
lo tanto las rectas ZX y XY coinciden.
C
Q
X
Y
A
Z
P
B
Figura 4-3
Nota: Si P está en otra posición (por ejemplo donde está el punto Q) tenemos que algunos de
los ángulos que son suplementarios son iguales y otros que son suplementarios son iguales. y por
lo tanto la demostración falla en esos casos. En particular la conclución de que los ángulos ]PZY
y ]PZX son suplementarios es falsa.
Demostración(ángulos dirigidos): Como P , B, Y y Z son concíclicos tenemos ∠PZY =
∠PAY = ∠PAC.Análogamentesetiene∠PZX = ∠PBX = ∠PBC.PerocomoA, B, C y P

60 Geometría Móderna
son concíclicos tenemos ∠PAC = ∠PBC yporlotanto∠PZY = ∠PZX yporlotantoX, Y y
Z están alineados.
Nota: Esta demostración es válida para cualquier posición de P .
Daremos otro ejemplo del uso de los ángulos dirigidos.
Teorema 4.17 (Miquel) Dados un triángulo ∆ABC ypuntosX ∈ a, Y ∈ b y Z ∈ c. SeanC A ,
C B y C C loscírculosdeterminadosporA, Y y Z; B, Z y X; yC, X y Y respectivamente, entonces
los círculos tienen un punto P en común. Además ∠PX,BC = ∠PY,CA = ∠PZ,AB.
Demostración: Sea C A ∩ C B = {P, Z}, .Entonces
sumando obtenemos
∠YPZ = ∠YAZ = ∠CAB
∠ZPX = ∠ZBX = ∠ABC
∠YPX = ∠YPZ+ ∠ZPX
= ∠CAB + ∠ABC = ∠ACB
= ∠YCX
y por lo tanto los puntos P , C, X y Y son concíclicos, o lo que es lo mismo P ∈ C C .
C
Y
X
P
A
Z
B
Figura 4-4
Además como P , C, X y Y ∈ C C tenemos que ∠PXC = ∠PYC o lo que es lo mismo
∠PX,BC = ∠PY,CA. Análogamente usando C A obtenemos ∠PY,CA = ∠PZ,AB.
Usando la notación del teorema anterior tenemos:
Teorema 4.18 Tenemos las siguientes igualdades:
∠AP B = ∠XZY + ∠ACB
∠BPC = ∠YXZ+ ∠BAC
∠CPA = ∠ZY X + ∠CBA

Geometría Móderna 61
Demostración: Usando el círculo C A y el triángulo ∆YCZ tenemos que
∠AP Z = ∠AY Z = ∠YC,YZ
= ∠YC,CZ+ ∠CZ,ZY
= ∠ACZ + ∠CZY
análogamente usando el círculo C B y el triángulo ∆XCZ obtenemos que ∠ZPB = ∠ZXB =
∠XZC + ∠ZCB. Sumando estas igualdades obtenemos
∠AP B = ∠AP Z + ∠ZPB
= ∠ACZ + ∠CZY + ∠XZC + ∠ZCB
= (∠XZC + ∠CZY )+(∠ACZ + ∠ZCB)
= ∠XZY + ∠ACB
Otra forma de enunciar el teorema de Miquel es la siguiente: Dados un triángulo ∆ABC yun
punto P (que no está en ninguno de los lados del triángulo), entonces para cada punto X ∈ BC
podemos definir los siguientes puntos: el punto Y es la intersección de la recta CA (distinto de
C) con el círculo C X determinado por lo puntos C, P y X; elpuntoZ es la intersección de la
recta AB (distinto de A) conelcírculoC Y determinado por lo puntos A, P y Y ;elpuntoX 0 es la
intersección de la recta BC (distinto de B) con el círculo C Z determinado por lo puntos B, P y
Z; entoncesX = X 0 . Esto es cualquier punto del lado BC es el vértice de un triángulo de Miquel
∆XY Z asociado al triángulo ∆ABC yunpuntoP .SiX = C (resp. Y = A; resp.Z = B),
entonces C X (resp. C Y ; resp. C Z )eselcírculotangentealarectaBC (resp. CA; resp. AB) enC
(resp. en A; resp.enB) que pasa por P .
Dados un triángulo ∆ABC yunpuntoP (que no está en ninguno de los lados del triángulo),
sean X, Y y Z las proyecciones de P en los lados del triángulo. Decimos que el triángulo ∆XY Z
es el triángulo pedal del punto P .EltriángulopedaldeP es uno de los triángulos de Miquel
asociados a P .
El teorema anterior nos da los siguientes corolarios.
Corolario 4.19 Dados un triángulo ∆ABC un punto P (que no está en ninguno de los lados del
triángulo) y dos puntos X y X 0 ∈ BC, entonces los triángulos ∆XY Z y ∆X 0 Y 0 Z 0 son semejantes.
Corolario4.20(Simson)Dados un triángulo ∆ABC un punto P ,entoncesparatodopunto
X ∈ BC tenemos que los puntos X, Y y Z están alineados sii P está en en circuncírculo de del
triángulo ∆ABC.
Demostración: Del teorema tenemos que ∠XZY =0sii ∠AP B = ∠ACB.
La siguiente es otra forma de enunciar el corolario anterior. Para esto en esta sección un n-
látero completo, en posición general, significa que tenemos n rectas a 1 , a 2 ,..., a n tales que no hay
dos paralelas ni tres concurrentes.
Teorema 4.21 Los circuncírculos de los cuatro triángulos de un cuadrilátero completo, en posición
general, tienen un punto en común.

62 Geometría Móderna
El punto en común se llama el punto de Miquel del cuadrilátero completo.
El siguiente resultado es un inverso del teorema de Miquel.
Teorema 4.22 Dados tres círculos C 1 , C 2 y C 3 con un punto común P ,seanX 1 , X 2 y X 3 definidos
por las propiedades C 1 ∩ C 2 = {P, X 3 }; C 2 ∩ C 3 = {P, X 1 } y C 3 ∩ C 1 = {P, X 2 }.SiA 1 ∈ C 1 sean A 2
la otra intersección de PX 3 con C 2 y A 3 la otra intersección de PX 1 con C 3 ,entoncesA 1 , A 3 y
X 2 están alineados.
Demostraremos ahora un teorema de Steiner que es el punto de partida de un conjunto infinito
de teoremas, ver ??.
Teorema 4.23 (Steiner) Los circuncentros de los cuatro triángulos de un cuadrilátero completo,
en posición general, son concíclicos.
Demostración: Sean a 1 , a 2 , a 3 y a 4 las rectas dadas y P ij = a i ∩a j los vértices del cuadrángulo.
Sea C i el circuncírculo del triángulo que se obtiene quitando la recta a i ;seanO i los centros de los
círculos C i .SeaP = ∩ 4 k=1 C k.
Como P 23 , P 34 y P 24 ∈ C 1 y P 13 , P 14 y P 34 ∈ C 2 por lo tanto C 1 ∩ C 2 = {P, P 34 };análogamente
C 1 ∩ C 3 = {P, P 24 }. Obtenemos que O 1 O 2 ⊥ PP 34 y O 1 O 3 ⊥ PP 24 lo que implica que
análogamente
∠O 2 O 1 O 3 = ∠P 24 PP 34 = ∠P 24 P 23 P 34 = ∠a 2 ,a 3
y por lo tanto los centros O i están alineados.
∠O 2 O 4 O 3 = ∠P 21 PP 31 = ∠P 21 P 23 P 31 = ∠a 2 ,a 3
Definición 4.24 El círculo que contiene los centros de los circuncírculos se llama el círculo de
Steiner del cuadrilátero completo.
El teorema de Steiner es el tercer paso de una cadena infinita de teoremas. Más adelante
daremos otros ejemplos donde el concepto de ángulo dirigido será de importancia.
Problemas
Problema 1 ∗ Con la notación del teorema de Miquel demostrar que ∠YXZ = ∠ACP + ∠PBA,
∠XZY = ∠CBP + ∠PAC y ∠ZY X = ∠BXP + ∠PCB. Usar estas igualdades para dar otra
demostración del corolario [4.20, 61].
Problema 2 ∗ Dado un triángulo ∆A 0 B 0 C 0 yunpuntoP ,sean∆A i+1 B i+1 C i+1 triángulos que
son triángulos de Miquel asociados al triángulo ∆A i B i C i yalpuntoP . Demostrar que para toda
i los triángulos ∆A i B i C i y ∆A i+3 B i+3 C i+3 son semejantes.
Problema 3 ∗ Dado un cuadrilátero completo, en posición general, entonces el círculo de Steiner
del cuadrilátero contiene el punto de Miquel del cuadrilátero.

Geometría Móderna 63
P34
P24
P12
P23
P13
P14
Figura 4-5
Problema 4 ∗ Dado un cuadrilátero completo, en posición general, entonces las rectas P 12 O 3 ,
P 23 O 1 y P 13 O 2 sonconcurrentesenunpuntodelcírculodeSteiner.(Porlotantoelcírculode
Steiner tiene otros cuatro puntos notables).
Problema 5 ∗ Dados dos triángulos ∆ABC y ∆XY Z existe un único punto P tal que los triángulos
de Miquel, del triángulo ∆ABC asociados a P , son semejantes al triángulo ∆XY Z. Encontrar
el punto P para el caso de que los triángulos son semejantes. Si ∆ABC ∼ ∆YZX (o
∆ABC ∼ ∆ZXY ) demostrar el triángulo ∆BCA (o ∆CAB)esunodelostriángulosasociados.
Problema 6 ∗ Dados tres círculos iguales C 1 , C 2 y C 3 que pasan por un punto P ;siC 1 ∩ C 2 =
{P, P 3 }, C 2 ∩ C 3 = {P, P 1 } y C 3 ∩ C 1 = {P, P 2 }.EntonceselcírculoD pasa por P 1 , P 2 y P 3 tiene el
mismo radio y P , P 1 , P 2 y P 3 forman un cuadrángulo ortocéntrico. (sugerencia: Si A i es el centro
de C i ,entoncesP i P j A j A i es un paralelogramo y PP i ⊥ A j A k , además los triángulos ∆A 1 A 2 A 3 y
∆P 1 P 2 P 3 son iguales).
A3
P
P2
A1
P1
A2
P3
Figura 4-6

64 Geometría Móderna
AreasyVolumenesOrientados
Otra de las diferencias más importantes entre la geometría clásica y la geometría moderna es
la introducción del concepto de orientación de un plano euclideano.
Dada una curva cerrada simple γ la podemos recorrer en dos sentidos distintos, por convención
diremos que la dirección es positiva si coincide con la dirección contraria a la de las manecillas del
reloj. Decimos que la curva esta orientada cuando se escoge uno de los sentidos para recorrerla.
Con ayuda del concepto de orientación podemos definir el área µ(Ω) de una región Ω definida
por una curva orientada γ (donde Ω esta definida como los puntos interiores se γ, union γ). La
magnitud del área µ(Ω) coincide con el área usual (esto es sin tomar en cuenta la orientación), y
es positiva sii la curva γ esta orientada positivamente y negativa en el caso contrario.
Para el caso de triángulos tenemos que µ(4ABC) =−µ(4ACB). Usando estos conceptos
obtenemos el siguiente teorema.
Teorema 4.25 Dado cuatro A, B, C y D puntos en posición general entonces
µ(4ABC) =µ(4ABD)+µ(4BCD)+µ(4CAD)
Se puede extender el concepto de orientación del plano a el espacio. Nosotros lo haremos
únicamente para poliedros.
Dada una curva orientada γ, enunplanoΣ del espacio, los puntos que no están en el plano
se dividen en dos clases, los punto desde donde vemos que la curva γ tiene orientación positiva y
los punto desde donde vemos que la curva γ tiene orientación negativa. Estas dos clases coinciden
con las dos regiones el las que el plano Σ divide al espacio. En este caso decimos que la curva
orientada induce una orientación del plano y que los puntos del espacio punto desde donde vemos
que la curva tiene orientación positiva están del lado positivo del plano.
DadostrespuntosA, B,yC no alineados, estos punto definenunplanoyuntriángulo4ABC,
el cual nos da una orientación del plano.
Dado el tetraedro A, B, C y D, entonces tenemos que las siguientes condiciones son equivalentes:
a) El punto A esta del lado positivo del plano definido por B, C y D.
b) El punto B esta del lado positivo del plano definido por C, D y A.
c) El punto C esta del lado positivo del plano definido por D, A y B.
d) El punto D esta del lado positivo del plano definido por A, B y C.
En el caso de que se satisfagan estas condiciones,decimos que el tetraedro esta orientado positivamente,yqueeltetraedroestaorientadonegativamenteenelcasocontrario.Sieltetraedro
esta orientado positivamente, entonces su volumen V (ABCD) es positivo y negativo en el caso
contrario. Con ayuda de estos conceptos tenemos el siguiente teorema.
Teorema 4.26 Dado cinco puntos coplanares A, B, C, D y E en posición general entonces
V (ABCD) =V (ABCE)+V (BCDE)+V (CDAE)+V (DABE)

Geometría Móderna 65
Problemas
Problema 1 Usar teorema 2.7 pag. 36 para demostrar el teorema 4.25.
Problema 2 Usar teorema 2.8 pag. 37 para demostrar el teorema 4.26.
Problema 3 Dados cinco puntos coplanares A, B, C, D y O, entonces
µ(4AOD)µ(4BOC)+µ(4BOD)µ(4COA)+µ(4COD)µ(4AOB) =0

66 Geometría Móderna

Capítulo 5
Secciones Cónicas
En este capítulo estudiaremos las secciones cónicas, esto es la intersección de un cono circular
C conunplanoΣ. Llamaremos cónicas a estas intersecciones.
Definición 5.1 Dados un círculo C yunpuntoO, noenelplanodeC, entoncesdefinimos el
cono circular C de base C y vértice O como el conjunto de las rectas OP, donde P ∈ C. Las rectas
OP se llaman las generatrices del cono. Si el vértice esta en la recta perpendicular al plano de
que pasa por su centro decimos que C es un cono circular recto, en el caso contrario C es un cono
circular oblicuo.
La recta que une O con el centro de C se llama el eje del cono y lo denotaremos por e. Como
las generatrices del cono son las rectas completas, entonces el cono tiene dos ramas, una en cada
lado del vértice.
En un cono circular recto C la generatrices hacen un ángulo constante θ coneleje.Porlotanto
C es una superficiederevolución.
Dados un cono C de base C yunplanoΣ, entonces usualmente usaremos la traza en el plano
∆ perpendicular al plano Σ que contiene al eje de C; elplano∆ contiene los centros de los círculos
paralelos a la base C. El plano de estos círculos cortan a ∆ en diámetros de los mismos y a Σ en
cuerdas perpendiculares a estos diámetros.
SealacónicaD = C ∩ Σ. Entonces tenemos los siguientes casos.
Si el plano Σ pasa por el vértice O tenemos tres casos: Un punto; una recta, este caso se da
cuando el plano es tangente al cono; y dos rectas. En estos casos diremos que las cónicas son
degeneradas.
Si el plano Σ no pasa por el vértice O también tenemos tres casos: El plano Σ corta una sola
de las ramas de C y en una curva finita; El plano Σ es paralelo a una de las generatrices, en este
caso corta una sola de las ramas de C pero en una curva no acotada; El plano Σ corta las dos
67

68 Secciones Cónicas
ramas de C, en este caso ambas componentes no están acotadas. Demostraremos en la siguiente
sección que estos casos corresponden a las elipses, parábolas e hipérbolas respectivamente.
Cono Circular Recto
En los cursos de geometría analítica se define las cónicas como lugares geométricos. En esta
sección demostraremos que ambas definiciones son equivalentes para el caso de un cono circular
recto. En una sección posterior daremos la demostración para el caso oblicuo.
Denotaremos por d(A, B) la distancia del punto A al punto B, análogamenteD(A, l) denotara
la distancia del punto A alarectal. Recordemoslasdefiniciones de las cónicas, estas definiciones
se dan para los puntos de un plano euclidiano.
Definition 5.2 Dados dos puntos F 1 y F 2 yunsegmentoa, definimos la elipse, de focos F 1 y F 2
y semieje focal a, como el lugar de los puntos P tales que d(P, F 1 )+d(P, F 2 )=2a.
Definition 5.3 Dados dos puntos F 1 y F 2 yunsegmentoa, definimos la hipérbola, de focos F 1 y
F 2 y semieje focal a, como el lugar de los puntos P tales que |d(P, F 1 ) − d(P, F 2 )| =2a.
Definition 5.4 Dados una recta d yunpuntoF ,,definimos la parábola, de foco F ydirectrizd,
como el lugar de los puntos tales que d(P, F) =D(P, d).
Si en el caso de la elipse F 1 = F 2 , entonces obtenemos un círculo de centro F 1 yradioa.
Demostraremos ahora que una sección cónica, no degenerada, de un cono circular recto es una
cónica. En la sección siguiente demostraremos que toda cónica es una sección cónica de algún cono
circular recto.
Las demostraciones de esta sección y la siguiente están basadas en una técnica inventada por
Dandelin.
Dados un cono circular recto C y una esfera tangente E. Entonces la intersección del cono y la
esfera es un círculo E paralelo a la base C; por lo tanto cada esfera tangente determina un plano
Π tal que E = C ∩ Π. AdemástodoslospuntosdelcírculoE equidistan del vértice O del cono C.
En el caso de una elipse o una hipérbola existen dos esferas E y E 0 tangentes al cono C yal
plano Σ. Demostraremos ahora que los puntos de contacto F y F 0 de las esferas E y E 0 con Σ son
los focos de la cónica C ∩ Σ.
Teorema 5.5 Dados C un cono circular recto y un plano Σ que corta una sola de las ramas de
C (y no es paralelo a ninguna de sus generatrices). Sean E y E 0 las dos esferas tangentes al cono
C yalplanoΣ y F y F 0 son los puntos de contacto de las esferas E y E 0 con Σ respectivamente.
Entonces D = Σ ∩ C es una elipse con focos F y F 0 .
Demostración: Sea P ∈ D, la generatriz OP que corta a los plano Π y Π 0 en los puntos C
y C 0 respectivamente. Desde P los segmentos PC y PF son dos tangentes a E de donde se sigue
que PC = PF;análogamentePC 0 = PF 0 .PorlotantoPF + PF 0 = PC + PC 0 = CC 0 que es
una constante que no depende de P .

Secciones Cónicas 69
. . .
.
P 1 P 1
F 1
F 1
B
F 2
B
.
P 2
.
.
.
Figura 5-1
.
1
P
F1
B.
. P 2
F
. 2
Figura 5-2
Teorema 5.6 Dados C un cono circular recto y un plano Σ que corta a ambas ramas de C. Sean
E 1 y E 2 las dos esferas tangentes al cono C yalplanoΣ y F 1 y F 2 son los puntos de contacto de
las esferas E 1 y E 2 con Σ. EntoncesD = Σ ∩ C es una hipérbola con focos F 1 y F 2 .
Demostración: Sea P ∈ D, la generatriz OP que corta a los plano Π y Π 0 en los puntos C
y C 0 respectivamente. Desde P los segmentos PC y PF son dos tangentes a E de donde se sigue
que PC = PF;análogamentePC 0 = PF 0 .PorlotantoPF − PF 0 = PC − PC 0 = CC 0 que es
una constante que no depende de P .
Teorema 5.7 Dados C un cono circular recto y un plano Σ que paralelo a una directriz C. Sean
E la dos esferas tangente al cono C yalplanoΣ, el punto de contacto F de la esfera E 1 con Σ, el
plano ∆ que contiene al círculo E ∩ C y l = ∆ ∩ Σ. EntoncesD = Σ ∩ C es una parábol con foco
F ydiretrizd.
Demostración: .

70 Secciones Cónicas
Figura 5-3
Directrices de las Secciones Cónicas
Cónicas y Geometría Analítica
Usando el teorema (2.5), veremos que las definiciones de elipse e hipérbola son equivalentes a:
El lugar geométrico de los puntos P tales que su distancia a un punto F 0 es una constante por su
distancia a una recta m. Esdecir,quesusdefiniciones son prácticamente iguales a la definición
de la parábola, excepto por la constante que multiplica a la distancia de P a la recta m.
Teorema 5.8 Si F 0 =(x 0 ,y 0 ) y F 1 =(x 1 ,y 1 ) entonces la ecuación de la cónica de puntos P tales
que la suma o diferencia de las distancias de P a los puntos F 0 y F 1 es la constante 2a es:
r0 2 − r1 2 − 4a 2 = ∓4ar 1
Demostración: Si definimos:
r 0 = d (P, F 0 )
r 1 = d (P, F 1 ) ,
la ecuación de la cónica esta dada por la condición siguiente:
r 0 ± r 1 = ±2a
esto es:
r 0 = ±2a ∓ r 1

Secciones Cónicas 71
S D
R
F
C
B
p
Figura 5-4
elevando al cuadrado y simplificando obtenemos
r 2 0 − r 2 1 − 4a 2 = ∓4ar 1 (5.1)
Como la ecuación l = r 2 0 − r 2 1 − 4a 2 representa una recta paralela a la mediatriz de F 0 y F 1 ,
ver 2.3, obtenemos el siguiente resultado.
Corolario 5.9 Sean F 0 =(x 0 ,y 0 ) y F 1 =(x 1 ,y 1 ) dos puntos. Llamemos 2c = d(F 0 , F 1 ) ydefinamos
la recta l = r0 2 − r1 2 − 4a 2 , entonces el lugar de puntos P tales que la suma o diferencia de
las distancias de P a los puntos F 0 y F 1 es la constante 2a coincide con el lugar de los puntos P
tales que
d(P, F 1 )
= c d(P,l) a
más aun la distancia entre el punto medio, O, de F 0 y F 1 ylarectal es a 2 /c.
Demostración: SiP es cualquier punto del plano, por el corolario 2.5,
l (P) = 2d (F 0 , F 1 ) δ (P,l)
r0 2 − r1 2 − 4a 2 = 4cδ (P,l)
Si P está en la cónica, entonces P satisface (5.1) así que
tomando valor absoluto, obtenemos
∓4ar 1 = 4cδ (P,l)
∓ad (P, F 1 ) = cδ (P,l)
ad (P, F 1 )=cd (P,l)

72 Secciones Cónicas
obteniendo el primer resultado. La segunda fórmula del citado corolario nos da la distancia de O
a m.
Este resultado es fundamental en la teoría de las cónicas ya que nos dice que tenemos dos
definiciones de las cónicas que son equivalentes. La primera defineunacónicacentralcomoel
lugar de los puntos P tales que la suma (o diferencia) de las distancias de P a los puntos F 0 y F 1
(llamados focos) es la constante 2a. La segunda la define como el lugar de los puntos P tales que
la distancia a un punto F (llamado foco) es una constante (distinta de cero y uno) multiplicada
por la distancia a una recta l (llamada directriz).
Si definimos ε = c la excentricidad de la cónica. Sabemos que ε1 si y solo si es una hipérbola. La distancia entre el punto medio de F 0 y F 1 yla
recta l es
d (O,l)= a2
c = a e
por lo tanto es mayor que a si y solo si es una elipse. En la figura se ve que en la elipse, los focos
están más cerca del centro que las directrices, en cambio, en la hipérbola, ocurre lo contrario
F
F'
F
F'
Focos y Directrices
En esta última sección de este capítulo daremos algunas las propiedades de los focos y directrices
de las cónicas. Como las tangentes a una cónica C son rectas p quetienenunpuntoencomún
con C y todos los otros puntos son puntos exteriores a C. Estoesválidoparaelcírculoycomose
preserva ante proyección es válido para cualquier cónica.
Proposición 5.10 Dada una elipse E con focos F y F 0 .ParacadapuntoP ∈ E con tangente p,
entonces la tangente p es la bisectriz exterior del ángulo ]FPF 0 .
Demostración: Sean p la bisectriz exterior del ángulo ]FPF 0 y A la reflexión de F 0 en p.
Sea Q ∈ p un punto distinto de P , entonces FQ+ F 0 Q = FQ+ QA > F A = FA+ F 0 A yporlo
tanto Q es un punto exterior a E.

Secciones Cónicas 73
p
Q
A
P
F
F'
Figura 5-5
Proposición 5.11 Dada una hipérbola H con focos F 1 y F 2 .ParacadapuntoP ∈ H con tangente
p, entonces la tangente p es la bisectriz interior del ángulo ]F 1 PF 2 .
Demostración: Sean p la bisectriz interior del ángulo ]FPF 0 y A la reflexión de F 0 en p.
Sea Q ∈ p un punto distinto de P ,entoncesFQ− F 0 Q = FQ− QA < F A = FA− F 0 A yporlo
tanto Q es un punto exterior a H.
p
A
P
F
F'
Q
Figura 5-6
De manera análoga podemos demostrar la siguiente Proposición.
Proposición 5.12 Dada una parábola P con foco F y directriz d. Para cada punto P ∈ P con
tangente p, siA es la proyección de P en la directriz, entonces la tangente p es la bisectriz del
ángulo ]FPA.Ademásp ⊥ FA y S el punto medio de FA coincide con S = FA∩ p yestáenla
tangente en el vértice de P.
Corolario 5.13 Si abc es un trilátero circunscrito a una parábola P, entonces las proyecciones
del foco de P a loslados del trilátero están alineados.

74 Secciones Cónicas
R
i
Figura 5-7
Q
A
P
S
V
F
Geometría de la Esfera
Terminaremos este capítulo dando las fórmulas de longitud, área y volumen de algunas figuras
geométricas, en particular del círculo y la esfera. Aun que estos resultados que están más relacionados
con el cálculo diferencial e integral nuestra presentación hara mas enfasis en las propiedades
geométricas. En estas notas supondremos conocidos las fórmulas para el área y el volumen de los
prismas y pirámides.
En una esfera los círculos que son las intersecciones de la esfera con los planos que pasan por
el centro de la esfera se llaman los círculos máximos de la esfera. Estos son los círculos de radio
máximo de los contenidos en la esfera. La propiedad más importante es la siguiente: Dados dos
puntos de una esfera la curva de longitud mínima que los une es el círculo máximo que pasa por
los puntos dados, ver ???. Definimos la distancia entre dos puntos como la longitud del círculo
máximo que los une, por lo tanto en una esfera de radio uno la longitud se mide en radianes; y en
este caso la distancia entre dos puntos es menor o igual a π.
Area, Volumen y Distancia en la esfera
Daremos las fórmulas para el área y volumen de una esfera. En esta sección usaremos la
siguiente notación: si C es una curva, l(C) denota la longitud de C; siS es una superficie, σ(S)
denota el área de S; siO es un objeto tridimensional, µ(O) denota el volumen de O.
Usaremos las siguientes propiedades elementales, las que dejaremos como problema convencerse
de que son válidas.
Si C 1 y C 2 son dos curvas homotéticas, C 2 = H k (C 1 ).Entoncesl(C 2 )=k · l(C 1 ).
Si S 1 y S 2 son dos superficies homotéticas, S 2 = H k (S 1 ).Entoncesσ(S 2 )=k 2 · σ(S 1 ).
Si O 1 y O 2 son dos objetos tridimensionales homotéticos, O 2 = H k (O 1 ). Entonces µ(O 2 )=
k 3 · µ(O 1 ).
Teorema 5.14 Dado un círculo C de radio R, entoncesl(C) =2πR y σ(C) =πR 2 .

Secciones Cónicas 75
Demostración: La primera formula, no es más que la definición del número π.
Para demostrar la segunda fórmula inscribimos (resp. circunscribimos) un polígono regular P n
de n lados (resp. R n ). Si l n y a n son el lado y la apotema de P n (resp. m n y b n los de R n )entonces
tenemos que σ(P n )=nl n a n y σ(R n )=nm n b n ,además
σ(P n ) < σ(C) µ(C) >µ(P n ) ycomo
lím
n→∞ µ(R n)= lím
n→∞
µ(P n )=πR 2 h
obtenemos el resultado.
Como la esfera la podemos obtener girando un círculo C con un eje que pasa por su centro
tenemos la siguente situación. Sea C un incículo de radio R con centro O, seanPQ su ecuador y N
su polo norte. Calcularemos el volumen de la semiesfera S 0 que se obtiene girando el semicírculo
PNQ;lagirarPQ obtenemos el círculo ecuatorial ε.
Figura 5-8
Dado un entero n se divide el segmento ON en n +1 puntos equidistantes A 0 = O, A 1 ,
A 2 ,..., A n = N. Las rectas horizontales que pasan por los puntos A k intersectan a C en los puntos
P k y Q k . Los planos horizontales que pasan por los puntos A k intersectan a S en círculos ε k
paralelos a ε. SeanR k (resp. P k )loscilindrosdebaseε k ydealtura ON queseconstruyeen
k−1

76 Secciones Cónicas
la parte superior (resp. parte inferior) de ε k .ClaramenteR = ∪
q
n k=0 R k ⊃ S ⊃∪ k=1 P k = P
√
ademas tenemos las igualdades siguientes: radio de ε k es igual a R 2 − (k R n )2 = R n2 − k
n 2 ,
³ ´
³ ´
σ(ε k )=π(R 2 − A k O 2 )=πR 2 1 − k2 y µ(R
n 2 k )=µ(P k )= πR3 1 − k2 y por lo tanto (usando
n n 2
que P n
,verproblema??).
k=0 k2 = n(n+1)(2n+1)
6n 3
µ(R) = πR3
n
nX
Ã
!
µ1 − k2
= πR 3 1 − 1 nX
k 2
n 2 n 3
k=0
= πR 3 µ
1 −
lím
n→∞ µ(R) = 2π 3 R3
n(n + 1)(2n +1)
6n 3
un cálculo análogo nos dice que µ(R) = πR3 + µ(P) lo que implica que lím µ(P) = 2π n
n→∞ 3 R3 .Por
otro lado como µ(R) >µ(S) >µ(P) obtenemos el resultado.
k=0
Figura 5-9
Necesitamos las siguentes formulas, se deja como ejercicio demostrarlas:
Sea P un prisma recto de altura h y base un polígono de perimetro l, entonces el área lateral
de P es igual a lh (esto se sigue descomponiendo a P en caras rectangulares).
Sea P una piramide regular de vértice V , con base un polígono regular de perimetro l y h
la altura común de los triángulos definidos por V y los lados del polígono base, entonces el
área lateral de P es igual a lh (esto se sigue descomponiendo a P en caras triángulares).
2
Sea P una piramide regular truncada con base un polígono regular de n lados: entonces su frontera
conciste de n trapecios laterales iguales y dos polígonos regulares de n lados que llamaremos
las bases de P. Denotaremos s la altura común de los trapecios laterales.
Sea P una piramide regular truncada tal que las longitudes de las bases son l 1 y l 2 y s la
altura común de los trapecios laterales. Entonces el área lateral de P es igual a l 1+l 2
s (esto
2
se sigue descomponiendo a P en los trapecios laterales).
Para la siguiente propiedad necesitamos la siguiente definición.

Secciones Cónicas 77
Definición 5.16 Si S es una superficie tales C = ∂S que es una curva que es la frontera de
una región plana Ω yseaO la región tridimencional tal que ∂O = S ∪ Ω, decimosqueS es una
superficie convexa sii O es convexa.
Con esta definición podemos enunciar la siguiente propiedad, la cual usaremos para calcular
el área de una esfera.
(Arquímedes) Si S 1 y S 2 son dos superficies convexas tales C = ∂S 1 = ∂S 2 ytalesque
S 1 ⊂ O 2 , entonces σ(S 1 ) σ(C) >σ(P n ) ycomo
lím σ(R n)= lím σ(P n )=πs(R 1 + R 2 )
n→∞ n→∞
obtenemos el resultado.
Corolario 5.18 Sea C un cono circular recto con generador de longitud s y con base de radio R
es igual a πsR.
Triángulos esféricos
Dados una esfera, tres vértices A, B y C en la esfera, que no están en un círculo máximo,
definen un triángulo esférico. La suma de los ángulos de trángulo esférico es mayor que π, esto es
consecuencia del teorema de esta sección.
El área de una esfera de radio R es igual a 4πR 2 .
Dados una esfera y dos semicírculos máximos que unen dos puntos antipodales definen dos
regiones de la esfera cada una se llama una lunula. Un ejemplo de esto es la región de la tierra
contenida entre dos meridianos. Claramente el área de una lunula es proporcional al ángulo θ entre
los semicírculos máximos. Por lo tanto es igual a 2θR 2 ,siθ lo medimos en radianes. Con ayuda
de este resultado obtenemos la fórmula para calcular el área de un triángulo esférico.
Teorema 5.19 Dado un triángulo esférico 4ABC su área Σ es igual a (A + B + C − π)R 2 .
Demostración: Los lados a y b (resp. b y c; resp.c y a) definen dos lunulas L C y L 0 C (resp.
L A y L 0 A,resp.L B y L 0 B), L C contiene a 4ABC y L 0 C contiene al triángulo antipodal 4A 0 B 0 C 0 de
4ABC; cada una de área 2CR 2 (resp. 2AR 2 ; resp. 2BR 2 ). Estas lunulas cubren la esfera, además
un punto que no está en 4ABC ∪ 4A 0 B 0 C 0 esta en una sola de las lunulas; un punto de 4ABC
estaentresdelaslunulasL A , L B y L C , análogamente cad punto del antipoda de 4ABC esta en
tres de las lunulas L 0 A, L 0 B y L 0 C yporlotantoeláreaΣ de 4ABC satisface la identidad
4(A + B + C)R 2 =4πR 2 +4Σ

78 Secciones Cónicas
Figura 5-10

Capítulo 6
Transformaciones rígidas y de semejanza
En el siglo XIX Félix Klein considera que la geometría como el estudio de los invariantes ante
un grupo de transformaciones. En estas notas tendremos la oportunidad de varios ejemplos donde
un invariante esta en el centro de las propiedades geométricas. Por esta razón el concepto básico
en la geometría es la de transformación.
Si Σ es el plano euclidiano y T : Σ → Σ es una función biyectiva, decimos que T es una
transformación rígida si T preserva la distancia, esto es si para todo par de puntos A y B tenemos
que AB = T (A)T (B). AnálogamentedecimosqueT es una transformación de semejanza si existe
un número real λ tal que para todo par de puntos A y B tenemos que AB = λT (A)T (B).
Denotaremos por Rig(Σ) el conjunto de transformaciones rigidas y por Sem(Σ) el conjunto de
transformaciones de semejanza.
En este capítulo daremos una introducción al estudio de las transformaciones rígidas y de
semejanza.
Dada una transformación T : Σ → Σ, decimos que T preserva la orientación si para todo triángulo
∆ABC orientado positivamente tenemos que ∆T (A)T (B)T (C) esta orientado positivamente;
en el caso contrario decimos que T invierte la orientación. Claramente si las transformaciones T 1 y
T 2 preservan la orientación y las transformaciones R 1 y R 2 invierten la orientación, entonces T 2 ◦T 1
y R 2 ◦ R 1 preservan la orientación; R 2 ◦ T 1 y T 2 ◦ R 1 invierten la orientación. Denotaremos por
Rig + (Σ) y Sem + (Σ) las tranformaciones que preservan la orientación y por Rig − (Σ) y Sem − (Σ)
las tranformaciones que invierten la orientación.
Claramente una tranformación rígida (o de semejanza) T tienen la siguiente propiedades: si
a es una recta, entonces T (a) es una recta; si C es un círculo con centro O, entonces T (C) es un
círculo con centro T (O); Dado un ángulo ]AOB, entonces]AOB = ]T (A)T (O)T (B).
79

80 Transformaciones rígidas y de semejanza
Transformaciones rígidas
En el estudio de las tranformaciones rígidas la transformación básica es la reflexiónenuna
recta; las reflexiones están definidasdelasiguienteforma.
Definición 6.1 Definimos la reflexión en la recta a como la función T : ⊀ → ⊀ tal que si el
punto P no está en a entonces T (P ) es el único punto tal que a es la bisectriz de P y T (P ); si
P ∈ a entonces T (P )=P . Denotaremos por R a alareflexiónenlarectaa.
Claramente una reflexiónenunarectaa es una transformación rígida que invierte la orientación,
este tipo de transformaciones es la base para estudiar las transformaciones rígidas el
plano. Otra propiedad importante es que R a es una involución, esto es que R a R a = id.
Dada la recta a yelpuntoA, entoncesa es la mediatriz del segmento AR a (A), inversamente
dados dos puntos distintos A y B, entonces la mediatriz a de AB,estalqueR a es la única reflexión
que manda A en B.
Dadas dos rectas a y b quesecortanenelpuntoO, y sean p y q las bisectrices del ángulo
definido por a y b. entoncesR p (a) =b y R q (a) =b. Además estas son las únicas reflexiones que
tienen esta propiedad.
Dadas dos rectas a y b paralelas y p la recta paralela y equidistante a a yab, entonces R p (a) =b
yademásR p es la única reflexion que tiene esta propiedad.
Lossiguientesteoremassonlabasedelestudiodelastransformacionesrígidas.
Teorema 6.2 Dada una transformación T rígida de la forma T = R a R b ,entonces:
a) Si a y b son dos rectas paralelas, entonces T es una translación en la dirección perpendicular
a las rectas a y b una distacia que es el doble de la distancia entre las rectas a y b. AdemásT no
tiene puntos fijos, manda rectas paralelas en rectas paralelas y preserva la dirección en las rectas.
b) Si a y b y son dos rectas que pasan por el punto O, entoncesT es una rotación de centro
O y ángulo el doble del ángulo que forman las rectas a y b. AdemásO es el único punto fijo, la
imagen T (r) de una recta r es una recta paralela, sii a es perpendicular a b; peror y T (r) tienen
direcciones contrarias.
Demostración: Sea
Usaremos la siguiente notación
Trans(Σ) = {T ∈ Rig(Σ) :T es una translación}
Rot(Σ) = {R ∈ Rig(Σ) :R es una rotación}
Rot O (Σ) = {R ∈ Rig(Σ) :R es una rotación de centro O}
si T es una translación y B = T (A) entonces denotaremos latranslaciónporT A,B . . Denotaremos
por R O,θ la rotación con centro O yánguloθ.
Teorema 6.3 Si una transformación rígida deja fijos dos puntos A y B entonces o es la identidad
olareflexión R a donde a = AB.

Transformaciones rígidas y de semejanza 81
Demostración: Claramente la reflexiónenunarectadejafijosatodoslospuntosdelarecta
de reflexión. Si una transformación rígida T , distinta a la identidad deja fijosadospuntosA y
B, entonces dado un punto P ,nofijo, que no esta en la recta AB, siloscírculosdecentrosA y
B que pasan por P , se intersectan en otro punto Q, entoncesT (P )=Q. Si hubiera otro punto
fijo C, noalineadoconA y B, por el mismo razonamiento la imagen de P seria su reflexiónenla
recta AC, lo que es imposible, por lo tanto todos los puntos fijos están en AB .
P
A
B
Q
Figura 6-1
Teorema 6.4 Si una transformación rígida T tiene un único fijo un punto O, entoncesT es una
rotación con centro O.
Demostración: Sean A es un punto distinto a O y B = T (A), sear la bisectriz del ángulo
]AOB. EntoncesA y O ∈ F Rr T .SiR r T = id entonces T = R r y T tendria más de un punto fijo,
lo que no puede ser. Por lo tanto R r T = R s y T = R r R s con O ∈ s.
Corolario 6.5 Si una transformación rígida deja fijostrespuntosentoncesoeslaidentidado
lospuntosestánenunarectaa y la transformación es la reflexión en a.
Teorema 6.6 Dados dos segmentos iguales AB y A 0 B 0 , entonces existen exactamente dos transformaciones
rígidas T i i =1, 2 tales que T i (A) =A 0 y T i (B) =B 0 . Las transformaciones T i
se pueden expresar como el producto de a lo más tres reflexiones. Si A = A 0 (o B = B 0 )las
transformaciones T i se pueden expresar como el producto de a lo más dos reflexiones.
Demostración: Supondremos que todos los puntos son distintos, si no se simplifica la demostración.
Si a es la mediatriz de AA 0 ,entoncesR a (A) =A 0 ,sip la bisectriz del ángulo ]R a (B)A 0 B 0 ,
entonces T 1 = R p R a es tal que T 1 (A) =A 0 y T 1 (B) =B 0 .Ademássib = A 0 B 0 y entonces T 2 = R b T 1
tiene la propiedad pedida.. Si A = A 0 (o B = B 0 )entoncesT 1 = R p y T 2 = R b R p .
Claramente si S es tal que S(A) =A 0 y S(B) =B 0 , entonces R = ST1 −1 es tal que R(A 0 )=A 0
y R(B 0 )=B 0 yporlotantoR es igual a la identidad o igual a la reflexión R b .EsoesS coincide
con T 1 oconT 2 .
Corolario 6.7 Dados dos triángulos iguales 4ABC, 4A 0 B 0 C 0 , entonces existe una única transformación
rígida T ,talqueT (A) =A 0 , T (B) =B 0 y T (C) =C 0 . Más aun la transformación T
se puede expresar como el producto de a lo más tres reflexiones.

82 Transformaciones rígidas y de semejanza
Corolario 6.8 Si T ∈ Rig(Σ), entonces la transformación T se puede expresar como el producto
de a lo más tres reflexiones. Más aun si T tiene un punto fijo T se puede expresar como el producto
de a lo más dos reflexiones.
Corolario 6.9 Si T ∈ Rig + (Σ), entonces la transformación T se puede expresar como el producto
de dos reflexiones.
Como consecuencia de este corolario tenemos que toda transformación rígida que preserva
orientación es el producto de dos reflexiones y en el caso de que no preserve la orientación es una
reflexión o es el producto de tres reflexiones.
Corolario 6.10 Si la transformación T ∈ Rig + (σ) − {id} es de la forma T = R a R b ,entonces:
a) Si a y b son dos rectas paralelas y c es otra recta paralela, entonces existen rectas d y e
paralelas a a tales que T = R c R d y T = R e R c .
b) Si a y b y son dos rectas que pasan por el punto O y c es otra recta por O, entoncesexisten
rectas d y e por O tales que T = R c R d y T = R e R c .
En caso de una rotación T de centro O y ángulo 180 o , decimos que T es una reflexiónenel
punto O oqueesunmediogiroconcentroO. En este caso T = R a R b con O = a ∩ b y a ⊥ b. En
este caso usaremos la siguiente notación H O .
Teorema 6.11 Si la transformación T ∈ Rig − (σ) entonces tenemos que T satisface una de las
siguientes propiedades.
i) T = R a y los puntos fijos de T son los puntos de la recta a.
ii) T no tiene puntos fijos, entonces T = R c R b R a ,dondea y b son rectas perpendiculares a c.
Demostración: Si T tiene un punto fijo, entonces es el producto de a lo más dos reflexiones
y como no preserva la orientación no es el producto de dos reflexiones, esto es T es una reflexión.
Si T no tiene un punto fijo, sean A un punto cualquiera y O el punto medio de AT (A). Si
H = R c R b es la reflexiónenelpuntoO (y por lo tanto c ⊥ b), entonces la transformación HT
tiene a A como punto fijo y no preserva la orientación, esto es HT = R a ,conA ∈ a, ycomob es
cualquier recta que pase por O, podemostomara k b yporlotantoT = R c R b R a , donde a y b son
rectas perpendiculares a c.
Corolario 6.12 Si T ∈ Rig(σ) es una rotación con centro A, entoncesTR a es una reflexión sii
A ∈ a. SiT ∈ Rig(σ) es una translación con dirección d, entoncesTR a es una reflexión sii a ⊥ d.
Las transformaciones del tipo ii) son la composición de una reflexión en una recta a con
una translación en la dirección de a. Por esta razón llamaremos a este tipo de transformaciones
reflexiones deslizadas.
Teorema 6.13 Si R ∈ Rot(σ) y AB es un segmento con imagen A 0 B 0 (con B/∈ AA 0 ),entonces
O la intersección de la mediatrices de AA 0 y BB 0 es el punto fijo de R.

Transformaciones rígidas y de semejanza 83
Usaremos la siguiente notación: la rotación con centro O y ángulo θ se denotará por R O,θ ;la
homotecia con centro O yrazónk se denotará por H O,k ; la translación que manda el punto A al
punto B se denotara por T A,B ;lareflexiónenlarectaa se denotará por S a .
El siguiente resultado nos da una caracterización de las transformaciones rígidas estudiando
que elementos geométricos dejan fijos.
Teorema 6.14 Sea T ∈ Rig(σ), tenemos los siguientes casos:
i) Si F T 6= c/, entoncesT es una rotación sii T ∈ Rig + (σ) y T es una refleción sii T ∈ Rig − (σ).
ii) Si F T = c/, entoncesT es una translación sii T ∈ Rig + (σ) y T es una refleción deslizada
sii T ∈ Rig − (⊀).
iii) Si L = {l ⊂ σ : T (l) =l}, entoncesT es una rotación sii #L =0o L es un ház de
rectas con centro P ,enestecasoT es un medio giro con centro P ; T es una refleción deslizada
sii #L =1; T es una translación sii L es un ház de rectas paralelas y T ∈ Rig + (σ); T es una
refleción sii L es un ház de rectas paralelas unión una recta perpendicular al haz.
Teorema 6.15 Si T ∈ Rig(σ) es el producto de tres reflexiónes en las rectas a, b y c, entoncesT
es una reflexión sii las rectas son concurrentes o paralelas.
Demostración: Si las rectas a, b y c son paralelas, entonces todas las rectas perpendiculares
son invariantes bajo T , por el teorema anterior T es una reflexión.
Si las rectas a, b y c son concurrentes en P , T (P )=P y por el teorema anterior T es una
reflexión.
Inversamente si T = R c R b R a = R l , sea S = R c R l = R b R a .SiS es una translación, entonces
las rectas a, b, c y l son paralelas. Si S es una rotación, entonces las rectas a, b, c y l pasan por el
centro de S.
Problemas
Problema 1 Demostrar que una refleción es una transformación rígida que invierte la orientación.
Problema 2 Dados una reflexión R a yunpuntoP /∈ a, demostrar que T (P ) esta caracterizado
por la propiedad de ser el único punto tal que un círculo C que pasa por P ,entoncesT (P ) ∈ C sii
C corta ortogonálmente a a.
Problema 3 Demostrar que Rig(Σ) y Sem(Σ) son grupos y Rig(Σ) es un subgrupo de Sem(Σ).
Problema 4 Demostrar que Trans(Σ) y Rot(Σ) son grupos conmutativos.
Problema 5 Si n>2 es un entero y T ∈ Rig(Σ) es tal que T n = id, entoncesT es una rotación.
Problema 6 Si R ∈ Rot(σ) esunarotaciónunánguloθ y AB es un segmento con imagen A 0 B 0 ,
entonces las rectas forman un ángulo θ.
Problema 7 Si T y S ∈ Rig(Σ) y S 0 = TST −1 entonces:
S = R O,θ S 0 = R O 0 ,±θ O 0 = T (O) yelsignode±θ es positivo sii T preserva orientación
S = R a S 0 = R a 0 a 0 = T (a)
S = R A,B S 0 = R A 0 ,B 0 A0 = T (A) y B 0 = T (B)
S = U 1 U 2 S 0 = U1U 0 2 0 Ui 0 = T (U i )

84 Transformaciones rígidas y de semejanza
Problema 8 Si T ∈ Sem(Σ), estalqueT (O) =O, entoncesRot O 0(σ) =TRot O (Σ)T −1 .
Problema 9 Si S 1 y S 2 sondosrotacionesconcentroO 1 y O 2 ángulos θ 1 y θ 2 respectivamente,
entonces T = S 2 S 1 es una translación sii θ 1 + θ 2 =2πn. Siθ 1 = θ 2 = π entonces T es una
translación en la dirección O 1 O 2 y una distancia el doble de O 1 O 2 .
Problema 10 El conjunto Trans(σ) es un subgrupo normal de Rig + (σ).
Problema 11 Una transformación rígida T es una translación sii la imagen A 0 B 0 de un segmento
AB es tal que AB k A 0 B 0 (y teniendo la misma dirección).
Para los siguientes problemas usaremos la siguiente notación: Sea I(Σ) el conjuto de transformaciones
rígidas que son de orden dos. Claramente R a y H A ∈ I(Σ) y I(Σ) genera a Rig(Σ).
Thomsen, [36], usa este conjunto para dar una presentación axiomática de la geometría. Nosotros
solo dejaremos como ejercicio algunas de las propiedades más elementales. Sean los puntos O, O 1 ,
O 2 ,... y las rectas a, a 1 , a 2 ,... todos distintos y H, H 1 , H 3 ,... R, R 1 , R 2 ... los medios giros y las
reflexiones asociados a ellos.
Problema 12 Una tranformación rígida T esta en I(Σ) sii es una reflexión o un medio giro.
Problema 13 Tenemos que R 1 R 2 ∈ I(Σ) sii a 1 ⊥ a 2 .
Problema 14 Tenemos que HR ∈ I(Σ) sii O ∈ a.
Problema 15 Tenemos que RHR = H 1 donde O 1 = R(O).
Problema 16 Tenemos que HRH = R 1 donde a 1 = H(a).
Problema 17 Si T ∈ Rig(Σ), entoncesT HT −1 = H 1 ,dondeO 1 = T (O).
Problema 18 Si T ∈ Rig(Σ), entoncesTRT −1 = R 1 , donde a 1 = T (a).
Problema 19 Se tiene la igualdad R 1 R 2 = R 2 R 1 sii a 1 ⊥ a 2 .
Problema 20 Se tiene la igualdad HR = RH sii O ∈ a.
Problema 21 Se tiene la igualdad R 1 R 2 R 3 = R 3 R 2 R 1 sii a 1 , a 2 y a 3 son concurrentes o paralelas.
Problema 22 Se tiene la igualdad HH 1 = H 2 H sii O es punto medio de O 1 O 2 .
Problema 23 Se tiene la igualdad RH 1 = H 2 R sii a es la mediatriz de O 1 O 2 .
Problema 24 Se tiene la igualdad H 1 H 2 H 3 H 4 = id sii O 1 , O 2 , O 3 y O 4 es un paralelogramo.
Problema 25 Se tiene la igualdad H 1 H 2 (H 3 H 2 ) 2 = id (con O 1 6= O 3 )sii O 1O 2
O 2 O 3
=2.
Problema 26 Se tiene la igualdad R 1 R 2 H = id sii a 1 ⊥ a 2 y O = a 1 ∩ a 2 .

Transformaciones rígidas y de semejanza 85
Problema 27 Si T = R 1 R 2 , entonces tenemos que si para toda H ∈ I(Σ) las transformaciones
T H son de orden dos sii a 1 y a 2 son paralelas.
Problema 28 Si T = R 1 R 2 R 3 R 4 , entonces tenemos que para toda H ∈ I(Σ) las transformaciones
T H son de orden dos sii el ángulo entre las rectas a 1 y a 2 es el mismo que el ángulo entre las
rectas a 3 y a 4 .
Problema 29 Se tiene la igualdad HH 1 HH 2 ...HH n = id sii O es el centro de gravedad de los
puntos O 1 , O 2 ,..., O n .
Problema 30 Si T = R 1 R 2 R 3 es tal que T 2 6= id, entoncesRT RT −1 = id sii a es la altura al
lado a 1 del triángulo determinado por las rectas a 1 , a 2 y a 3 .
Problema 31 Si T = R 1 R 2 R 3 es tal que T 2 6= id, entoncesRT R −1 T −1 = id sii a 1 , a 2 y a 3 son
las bisectrices de un triángulo donde a es un lado.
Problema 32 Si T = R 1 R 2 R 3 es tal que T 2 6= id, entoncesR 2 TR 2 T −1 = id sii del triángulo
determinado por las rectas a 1 , a 2 y a 3 es isosceles.
Problema 33 Si T = R 1 R 2 R 3 y S = R 1 R 2 son tales que T 2 6= id yparatodaH ∈ I(Σ)
(SH) 2 6= id, entonces
R 1 R 2 H 3 H 1 R 2 R 3 H 1 H 2 R 3 R 1 H 2 H 3 = id
sii el triángulo determinado por las rectas a 1 , a 2 y a 3 es semejante al triángulo ∆O 1 O 2 O 3 .
Homotecia
Definición 6.16 Dados un punto O yunescalark definimos la homotecia de centro O yrazón
k 6= 0como la función H : Σ → Σ tal que H(O) =O ysiA 6= O entonces A 0 = H(A) es el punto
de la recta OA tal que OA
OA 0 = k. SeusaralanotaciónH = H O,k .
Las homotecias satisfacen las siguientes propiedades.
Teorema 6.17 Dada la homotecia H = H O,k ,entoncesH preserva la orientación y tenemos las
siguientes propiedades:
i) Dados dos puntos distintos A y B, entonces las rectas AB y A 0 B 0 son paralelas y además
AB = kA 0 B 0 .
ii) Dado un triángulo 4ABC, entonces4ABC y 4A 0 B 0 C 0 son directamente semejantes.
iii) Si k 6= 1, entonces el punto O es el único punto fijo, el el caso de k =1, la homotecia
coincide con la identidad.
iv) Una homotecia es una transformación de semejanza y es rígida sii k = ±1.
Teorema 6.18 Dado dos segmentos paralelos AB y A 0 B 0 ,talesqueAB 6= A 0 B 0 (tomando en
cuenta la dirección), entonces existe una única homotecia tal que H(A) =A 0 y H(B) =B 0 .

86 Transformaciones rígidas y de semejanza
Demostración: Dado dos segmentos paralelos AB y A 0 B 0 en rectas distintas, entonces las
rectas AA 0 y BB 0 se intersectan en un punto O sii AB 6= A 0 B 0 . Entonces la homotecia de centro
O y razón k = OA , es la homotecia buscada. Si AB y A 0 B 0 estánenlamismarecta,seanlos
OA 0
puntos C y C 0 , no en la misma recta, tales que los triángulos 4ABC y 4A 0 B 0 C 0 sean directamente
semejantes, entonces la homotecia buscada es la que manda el segmento AC al segmento A 0 C 0 .
El uso de las homotecia es una herremienta muy impotante, dentro de la geometría, que nos
permite demostrar muchos teoremas. En este momento daremos únicamente un ejemplo para
mostrar como se usa, despues tendremos muchas oportunidades para usar esta tecnica.
Teorema 6.19 Dado un triángulo 4ABC, entonces:
i) Sus medianas son concurrentes en un punto G llamado gravicentro, además AG =2· GL.
ii) Sus alturas son concurrentes en un punto H llamado ortocentro.
iii) Su ortocentro H, su círcuncentro O y su gravicentro G están alineados y HG
GO =2.
Demostración: Como los lados de los triángulos 4ABC y 4LMN son paralelos, donde L,
M y N son los puntos medios del triángulo dado, entonces los dos triángulos son homotéticos con
centro G la interseccion de las medianas y razón − LM = − 1 .AdemásO es la interseccion de las
AB 2
alturas del triángulo 4LMN, esto es su ortocentro, de donde se obtiene el teorema.
Definición 6.20 Dado un triángulo 4ABC, entonces la recta que contiene ortocentro H, su
círcuncentro O y su gravicentro G se llama la recta de Euler del triángulo dado.
Si A, B, C y H es un grupo ortocentrico de puntos entonces el triángulo de los pies de las
alturas no depende de cual de los cuatro triángulo tomemos. Esta propiedad nos ayuda en la
demostración del siguiente teorema.
Teorema 6.21 Dado un triángulo 4ABC, entonceselcírculoN que pasa los pies de las alturas
por los contiene a los puntos medios de los lados del triángulo y a los puntos medios de los
segmentos que unen al ortocentro con los vértices del triángulo. Además el centro S del círculo
esta en la recta de Euler y OG =2GS.
Demostración: La reflexión del triángulo ∆MLC en la recta ML es el triángulo ∆MLF,por
lo tanto ]MFL = ]MCL. En el teorema anterior vimos que ]MNL = ]MCL yporlotanto
]MFL = ]MNL lo que implica que F , L, M y N son concíclicos y por lo tanto N contiene a
los puntos L, M y N. Como los triángulos ∆ABC y ∆ABH tienen al triángulo ∆DEF como su
triángulo de los pies de las alturas obtenemos que los puntos medios de los segmentos que unen al
ortocentro con los vértices del triángulo están en N. Claramente la homotesia H = H G,−1/2 manda
el circuncírculo a N y por lo tanto el centro de N estaenlarectadeEuleryOG =2GS.
El teorema anterior justifica la siguiente definición.
Definición 6.22 Llamaremos el círculo de los nueve puntos de un conjunto ortocéntrico de puntos
al circuncírculo del triángulo diagonal.
Corolario 6.23 La homotecia H H,1/2 manda el circuncentro al círculo de los nueve puntos.

Transformaciones rígidas y de semejanza 87
C
E
R
D
H
M
L
P
Q
A
N
F
B
Figura 6-2
Corolario 6.24 Dado un conjunto ortocéntrico de puntos, entonces los circuncírculos de los cuatro
triángulos que obtenemos al tomar los puntos tres a la vez son iguales.
Corolario 6.25 El circuncentro del triángulo 4ABC es el ortocentro del triángulo 4LMN.
Teorema 6.26 Dado un triángulo entonces su circuncírculo y su círculo de los nueve puntos del
triángulo tienen al ortocentro y al gravicentro como centros de homotecia.
Teorema 6.27 Dado el triángulo pedal 4DEF del triángulo 4ABC, entonces las alturas del
triángulo 4ABC son las bisectrices del triángulo 4DEF. Además el diámetro, del circuncírculo,
por un vértice del triángulo 4ABC es perpendicular al lado correspondiente del triángulo 4DEF.
Demostración: El círculo de diámetro AB pasa por los puntos D y E yporlotanto]EDA =
]EBA y ]ADF = ]ACF . Como los triángulos 4EBA y 4FCA son rectángulos y por lo tanto
semejantes tenemos que ]EBA = ]ACF ;porlotanto]EDA = ]ADF .
Como A, B, D y E son concíclicos DE es antiparalela al lado AB en el triángulo 4ABC, el
resultado se sigue del teorema 1.48, pag. 12.
El uso de las homotecia también es una herremienta muy impotante que nos permite dar
muchas construcciones. En este momento daremos únicamente un ejemplo para mostrar como se
usa.
Elproblemaqueatacaremoseselsiguiente:
Dado un triángulo 4ABC, inscribir un cuadrado con su base en el lado c.
Construción 6.28 i) Construir un cuadrado PQRS con la base PQ en la recta c,
ii) Por el punto S construir una recta b 0 paralela al lado b,
iii) Por el punto R construir una recta a 0 paralela al lado a,
iv) El triángulo 4A 0 B 0 C 0 , donde A 0 = b ∩ c, B 0 = c ∩ a y C 0 = a ∩ b, es homotetico con el
original con centro O = c ∩ CC 0 .
v) Si R = b ∩ OR, S = C ∩ OS, P es el pie de la perpendicular de S en c y Q es el pie de la
perpendicular de R en c.

88 Transformaciones rígidas y de semejanza
Figura 6-3
Problemas
Problema 1 En la recta de Euler tenemos que HJ = JO, 2 · JG = GO, OG
GJ
el centro del círculo de los nueve puntos).
= − OH
HJ
=2(con J
Problema 2 Dado el triángulo 4ABC, entonces la homotecia de centro O y razón 2 manda el
triángulo 4LMN en un triángulo 4A 0 B 0 C 0 igualaltriángulo4ABC. Más aun los triángulos
4ABC y 4A 0 B 0 C 0 tienen el mismo círculo de los nueve puntos.
Problema 3 ∗ Dado un grupo ortocéntrico de puntos, entonces los gravicentros de los triángulos
que se obtienen al tomar tres puntos a la vez forman un grupo ortocéntrico de puntos.
Problema 4 ∗ Dado el triángulo 4ABC y 4I A I B I C el triángulo definido por los centros de los
excírculos. Entonces el centro del incírculo I de 4ABC es el ortocentro de 4I A I B I C ,elcentro
del circuncírculo O de 4ABC es el centro de círculo de nueve puntos de 4I A I B I C .AdemássiO I
es el circuncírculo de 4I A I B I C ,entoncesO es el punto medio de IO I .
Problema 5 Con la notación del problema anterior, sea G el gravicentro del triángulo 4ABC,
entonces G es el gravicentro del triángulo 4HIO I . Usar este resultado para demostrar que el
punto medio de HO I es el incentro del triángulo 4LMN.
Problema 6 ∗ Dados los triángulos 4ABC 1 y 4ABC 2 inscritos en el círculo C, siH i es el ortocentro
del triángulo 4ABC i entonces A 1 A 2 H 2 H 1 es un paralelogramo.
Problema 7 Dado el triángulo 4ABC (con CA ≥ BC) siN es el punto medio de AB y R ∈ AC
tal que NR es la bisectriz de N en el triángulo 4MLN,entoncesNA + AR = s, dondes es el
semiperimetro. (Sugerencia: usar la figura con CB = CB 0 ).
B'
R
C
M
L
A
N
Z
B
Figura 6-4

Transformaciones rígidas y de semejanza 89
Problema 8 En la figura anterior demostrar que el centro O 0
4AB 0 C está en el circuncírculo del 4ABC yqueO 0 R ⊥ AC.
del circuncírculo del triángulo
Problema 9 ∗ Dados el triángulo 4ABC, O el centro de su cicuncírculo y el triángulo 4LMN
de los puntos medios de los lados, entonces AO ⊥ MN.
Problema 10 ∗ Dados el triángulo 4ABC, O el centro de su cicuncírculo, H su ortocentro y M
el punto medio de AC, siB 0 es la reflexión de B en el punto M y H 0 es la reflexión de B 0 en el
punto O, entoncesH 0 es la reflexión de H en el punto B.
C
B'
M
H
D
A
O
F
B
H'
Figura 6-5
Problema 11 ∗ Si tres o más triángulos directamente semejantes son colocados de forma tal que
un conjunto de vértices correspondientes coinciden y un segundo conjunto de vértices correspondientes
están alineados, entonces el tercer conjunto de vértices correspondientes están alineados.
Problema 12 ∗ Si cuatro o más triángulos directamente semejantes son colocados de forma tal que
un conjunto de vértices correspondientes coinciden y un segundo conjunto de vértices correspondientes
son concíclicos, entonces el tercer conjunto de vértices correspondientes son concíclicos.
Problema 13 ∗ Los circunradios de los cuatro triángulos de un grupo ortocentrico de puntos son
iguales.
Problema 14 ∗ Los gravicentros de los cuatro triángulos de un grupo ortocentrico de puntos formanungrupoortocentricodepuntos.
Problema 15 ∗ El centro del círculo de los nueve puntos es el punto medio del circuncentro y el
ortocentro.

90 Transformaciones rígidas y de semejanza

Capítulo 7
Geometría Proyectiva
En este capitulo daremos los resultados básicos de la teoría de la geometría moderna, esto es
de la geometría posterior al periodo griego. Aun que algunos resultados son del periodo griego no
fueron desarrollados de una forma sistemática y por lo tanto no eran parte de una teoría.
En estqas notas usaremos las siguientes definiciones:
Dos rectas son paralelas sii son iguales o no se intersectan. La razón de esta definición es
que la relación de paralelismo se convierte en una razón de equivalencia.
Dada una recta a diremos que los puntos de a forman unahileradepuntos.Usaremosla
notación a para denotar tanto la recta como la hirera de puntos que define.
Dado un punto las rectas que contienen a P forman un haz de rectas, tambien llamaremos
un haz de rectas a las rectas paralelas a una recta dada a. Usaremos la notación P para
denotar tanto el punto como el haz de rectas que define; En caso de las rectas paralelas a la
recta a usaremos la notación I a .
Plano Proyectivo
Conrespectoalarelacióndeincidenciahayunaciertasimetríaentreestosconceptosquesin
embargo no es completa. Por ejemplo, en el plano, dados dos puntos distintos siempre hay una sola
rectas que los contiene pero dadas dos rectas distintas solo hay un punto contenido en ambas sii las
rectas no son paralelas. Como este ejemplo hay muchos otros. La geometría proyectiva consiste en
una extensión de la geometría euclidiana donde los conceptos de punto y recta tienen una relación
de incidencia simétrica.
91

92 Geometría Proyectiva
Esta simetría da origen al principio de dualidad el cual implica que en si intercambiamos las
palabras punto y recta cada teorema de la geometría proyectiva nos da su teorema dual.
Aun que nosotros estamos interesados en el caso de la geometría euclidiana en los problemas
veremos que hay muchos ejemplos de planos o espacios geométricos y por lo tanto todos los
teoremas que se demuestren usando únicamente los axiomas son válidos en cada uno de estos
ejemplos. En el capítulo ?? daremos una presentación axiomática del plano proyectivo, en esta
sección daremos únicamente los resultados que son necesarios para el estudio de la geometría
euclidiana.
Para motivar los resultados de esta sección empezaremos por estudiar la proyección de una
recta en otra desde un punto; esta función tiene algunos problemas ya que no esta bien definida y
no es suprayectiva, para resolver estos problemas necesitamos completar el plano euclidiano, para
esto agregaremos puntos y una recta. El resultado es el plano proyectivo de dimensión dos.
Es interesante notar que los primeros en utilizar los conceptos de la geometría proyectiva
fueron los pintores del renacimiento. Ellos necesitaban de una técnica nueva que les permitiera
dar perspectiva a sus dibujos (ver la figura adjunta, que representa la proyección de una mandolina
en la ventana (Alberto Durero. Imagen del Tratado Underweysung der Messung 1525)), es de estos
pintores de donde heredamos los nombres de punto y línea de fuga, centro de perspectiva, etc.
Figura 7-1
Mandolina. Alberto Durero
El concepto central es el de perspectiva y sección.
Definición 7.1 Decimos que el haz de rectas por un punto O están en perspectiva con los puntos
de una recta o, que no contiene a O, asociando a cada recta a del haz el punto P = a ∩ o yacada
punto P de o la recta OP. En este caso decimos que los puntos de o son una sección del haz por
O.
Es claro que los conceptos de perspectiva y de sección son conceptos duales.
Claramente no todas las rectas del haz O están en perspectiva con los puntos de o, yaquela
recta l k o, delhazO, paralelaao no corresponde a ningún punto de o. Sin embargo todos los
puntos de la hilera o corresponden a una, y solo una, de las rectas del haz O.

Geometría Proyectiva 93
La razón de estas excepciones se debe a que los puntos y las rectas no tienen una situación
simétrica en la geometría euclidiana. La situación es la siguiente:
A1) Dados dos puntos distintos, hay una sola recta los contiene.
A2) Dados dos rectas l y m, hay un único punto P en la intersección sii l y m no son paralelas.
Para evitar esta situación necesitamos el siguiente concepto.
Definición 7.2 Un plano proyectivo π es un conjunto que a sus elementos los llamaremos puntos,
y una familia de subconjuntos que llamaremos rectas y que satisfacen los axiomas siguientes.
P 1) Dados dos puntos distintos, hay una sola recta los contiene.
P 2) Dadas dos rectas distintas tienen al menos un punto en común.
P 3) Haytrespuntosnoalineados.
P 4) Cada recta contiene al menos tres puntos.
Demostraremos ahora que al plano euclidiano σ le podemos asociar de forma natural un plano
proyectivo. Este plano es igual al plano σ más una recta, la que llamaremos la recta al infinito.
Para esto sean I l los haces de rectas paralelas.
Claramente I l = I m sii m ∈ I l sii l k m. decimosqueI l es el punto al infinito en la dirección
de l.
Definición 7.3 Dado un plano afín σ, definimos la compleción π = σ como sigue:
π = σ ∪ {I l |l recta de σ} = σ
y la familia de subconjuntos, llamados rectas, definidos como alguno de los siguientes subconjuntos:
i) Compleción de una recta l de α: ¯l = l ∪ I l . Llamamos a ¯l una recta ordinaria.
ii) La recta al infinito: l ∞ = {I l | l es una recta de σ}.
Lospuntosdeσ los llamaremos puntos ordinarios o finitos.
Teorema 7.4 La compleción π = σ, del plano euclidiano, es un plano proyectivo.
Demostración: Tenemos que demostrar que π satisface los axiomas P 1)-P 4).
Axioma P 1) Si P y Q ∈ σ, entonces existe una única recta afín l que los contiene y por lo
tanto ¯l es la única recta que los contiene.
Si P ∈ σ y I l ∈ π − σ entonces la recta m k l que pasa por P es tal que m es la única recta
que los contiene.
Si I l y I m ∈ π − σ, entoncesl ∞ es la única recta que los contiene.
Axioma P 2) Sean l y m dos rectas distintas. Si una es la recta al infinito entonces claramente
tienen un punto en común. En caso contrario: Si corresponden a rectas paralelas, entonces poseen
un punto al infinito en común. Si no corresponden a rectas paralelas, entonces poseen un punto
ordinario en común.
Axioma P 3) Esto se sigue porque hay tres puntos ordinarios P , Q y R no colineales en σ. Ellos
no pueden estar alineados en π ya que la única recta nueva es la recta al infinito y esta recta no
contiene a los puntos dados.
Axioma P 4) Es claro.
Con ayuda del plano proyectivo podemos continuar la discusión de las secciónes de un haz
O determinadas por una recta o. Enestecasolafuncióna 7→ A = a ∩ o es una biyección entre
las rectas a del haz O ylospuntosA de o. Esta biyección es la base para estudiar las funciones
proyectivas, lo que haremos el la siguiente sección.

94 Geometría Proyectiva
Principio de Dualidad
Como indicamos en la introducción una de las propiedades más importantes de los planos
proyectivos es el principio de dualidad. Su significado es que si en el enunciado de un teorema
intercambiamos las palabras punto y recta y hacemos los cambios adecuados respecto a las relaciones
de incidencia obtenemos un teorema. Esto es cierto ya que los enunciados duales de los
axiomas son ciertos. Como podemos ver de lo que seria los enunciados duales de los axiomas de
un plano proyectivo.
Un plano proyectivo π se satisfacen las propiedades duales siguientes.
P 1) ∗ Dadosdosrectasdistintasseintersectanenunsolopunto.
P 2) ∗ Dados dos puntos distintos están contenidos en al menos una recta.
P 3) ∗ Hay tres rectas no concurrentes.
P 4) ∗ Cada punto esta contenido en al menos tres rectas.
Teorema 7.5 Si π es un plano proyectivo, entonces las propiedades P 1) ∗ a P 4) ∗ son validas.
Demostración: Las propiedades P 1) ∗ y P 2) ∗ son inmediatas. Si P , Q y R están no alineados
entonces PQ, QR y RP son no concurrentes. Además si A/∈ l y B, C y D son tres puntos distintos
de la recta l, entonces las rectas AB, AC y AD son tres rectas que contienen a A.
Porlotanto,dadoelplanoproyectivoπ, se obtiene un plano proyectivo π ∗ donde el conjunto
de puntos de π ∗ corresponde a las rectas de π y las rectas de π ∗ corresponden a los puntos de π.
Este plano π ∗ se llama el plano dual de π. No necesariamente se tiene que π y π ∗ son isomorfos,
sin embargo siempre es valido que π y π ∗∗ son isomorfos. Ver el problema siguiente.
Problema 1 Demostrar que π y π ∗∗ son isomorfos.
En la geometría proyectiva hay varios conceptos importantes que se presentan en parejas
duales. En estos casos cada teorema tiene su contraparte dual el cual es directamente valido. En
particular en un plano proyectivo tenemos los conceptos duales siguientes:
Definición 7.6 Un cuadrángulo completo es la figura plana que definida por cuatro puntos P ,
Q, R y S (notresdeellosalineados)asícomodelasseisrectasqueunenlosdistintosparesde
puntos. Los puntos se llaman los vértices del cuadrángulo y las rectas x = QR, y = RP , z = PQ,
x 0 = PS, y 0 = QS y z 0 = RS se llaman los lados del cuadránglo. Dos lados que no tienen ningún
vértice en común se llaman lados opuestos. Los tres puntos A = x ∩ x 0 , B = y ∩ y 0 y C = x ∩ z 0
que son las intersecciones de las parejas de lados opuestos se llaman los puntos diagonales del
cuadrángulo y definen el triángulo diagonal del cuadrángulo 4ABC.
A
Q
P
B
C
S
Cuadrángulo
R
Cuadrilátero

Geometría Proyectiva 95
Definición 7.7 Un cuadrilátero completo es la figura plana que definida por cuatro rectas p, q,
r y s (notresdeellasconcurrentes)asícomodelosseispuntosquesonlasinterseccionesdelos
distintos pares de rectas. Los puntos X = q ·r, Y = r ·p, X = p·q, X 0 = p·s, Y 0 = q ·s y Z 0 = r ·s
se llaman los vértices del cuadrilátero y las rectas se llaman los lados del cuadrilátero. Dos puntos
que no en el mismo lado se llaman vértices opuestos. Las tres rectas a = XX 0 , b = YY 0 y c = ZZ 0
que unen las parejas de vértices opuestos se llaman las rectas diagonales del cuadrilátero y definen
el trilátero diagonal del cuadrilátero 4abc.
Definición 7.8 (Axioma de Fano) F )Un plano proyectivo donde se satisface que los puntos
diagonales de un cuadrángulo completo no están alineados se dice que es un plano de Fano.
Problema 2 En un plano proyectivo F ) es valido sii F ) ∗ es valido.
Problema 3 En el plano proyectivo asociado al plano euclidiano satisface la propiedad F ).
Problema 4 En el plano proyectivo de siete puntos, ver el problema ??, pag.??, nosesatisface
la propiedad F ).
Problema 5 Demostrar que en el plano proyectivo P 2 (F) la propiedad F ) es valido sii en F se
tiene que 1+16= 0.
El problema 2 extiende el principio de dualidad a los planos de Fano. De aquí en adelante
supondremos que los planos satisfacen la propiedad de Fano, al menos de que explícitamente
digamos lo contrario.
En el caso del plano proyectivo π asociado al plano euclidiano tenemos que los planos π y
π ∗ son isomorfos. Los isomorfismos involutorios f entre estos dos espacios son centrales en el
estudio de las cónicas, como veremos en el capítulo 14,pag. 199. Los siguientes ejemplo son de
gran importancia ya que fueron usados en el siglo XIX para probar el principio de dualidad.
Usaremos a R3 −{0}
como modelo de π (ver problema ??, pag.??), esto es los puntos corresponden
a las rectas por el origen y las rectas a los planos por el
∼
origen.
Ejemplo 7.9 La función f : π → π ∗ esta definida como sigue: si el punto A corresponde a la
recta por el origen l A ,entoncesf(A) corresponde al plano α perpendicular a l A .Esclaroqueesta
función es biyectiva y además tres puntos A, B y C alineados corresponden a rectas l A , l B y l C en
un plano µ, entonces el punto B que corresponde a la recta normal a este plano esta en los planos
que corresponden a las rectas l A , l B y l C . Por lo tanto la función es un isomorfismo. Además es
claro que es una involución.
Problema 6 Sea S 2 es una esfera de radio uno con centro el origen. Como una recta por el
origen están determinada por dos puntos antipodales de S 2 obtenemos que podemos ver que π es
equivalente a S2 , donde ˜ A˜A0 sii A y A 0 son puntos antipodales. Con este modelo f(A) corresponde
al ecuador de S 2 donde A es el polo norte. Por esta interpretación la función f se le conoce como
la función de polos y polares. Es claro que el conjunto {A|A ∈ f(A)} es vacío.
Problema 7 Si g : π → π es un isomorfismo, entonces la función (g ∗ ) −1 fg : π → π ∗ es un
isomorfismo involutorio.
Problema 8 Si g es una rotación de 180 o con centro el origen entoces h =(g ∗ ) −1 fg es tal que el
conjunto {A|A ∈ h(A)} es el círculo de radio uno con centro el origen.

96 Geometría Proyectiva
Espacio Proyectivo
Definición 7.10 Un espacio proyectivo Σ es un conjunto que a sus elementos los llamaremos
puntos, y dos familias de subconjuntos que llamaremos rectas y planos respectivamente y que
satisfacen los axiomas siguientes:
E1) Dados dos puntos distintos, hay una sola recta los contiene.
E2) Dados tres puntos no colineales, hay un solo plano los contiene.
E3) Una recta y un plano contienen al menos un punto en común.
E4) Dos planos tienen al menos una recta en común.
E5) Hay cuatro puntos no coplanares, no tres de ellos alineados.
E6) Cada recta tiene al menos tres puntos.
Las propiedades más importantes de los espacios proyectivos están dados por los siguientes
teoremas. Estos teoremas nos permitirán razonar rigurosamente en los siguientes capítulos.
Teorema 7.11 En un espacio proyectivo, dos planos distintos α y β se intersectan en una recta.
Demostración: Por E4) hay una recta l ⊂ α ∩ β. Sil = PQ no es igual a la intersección,
entonces sea R un punto de la intersección que no esta en l. PorlotantoP , Q y R están en α y
en β yporE2) α = β, contradicción.
Teorema 7.12 En un espacio proyectivo, dos puntos distintos P y Q estánenunplanoα, entonces
la recta que los contiene esta en el plano.
Demostración: Sea R un punto que no este en el plano α y sea β el plano que contiene a P ,
Q y R, entonces por el teorema anterior, α ∩ β = l yclaramentel = PQ.
Teorema 7.13 En un espacio proyectivo, un plano y una recta no contenida en el plano se intersectanenunpunto.
Demostración: Es claro de los dos teoremas anteriores.
Teorema 7.14 En un espacio proyectivo, dados una recta l yunpuntoP , que no esta en la recta,
entonces hay un solo plano α que los contiene.
Demostración: Sea l = QR, entonces sea α el plano que contiene a P , Q y R.
Teorema 7.15 En un espacio proyectivo, dos rectas distintas l y m estánenunplanosiitienen
un punto en común. Y en este caso el plano que las contiene es único.
Demostración: Si P = l ∩ m con l = PQ y m = PR entonces el plano determinado por P ,
Q y R contiene a las dos rectas.
Si l y m están en el plano π y l = PQ y S /∈ π. Seaα el plano determinado por P , Q y S.
Entonces l ⊂ α, porlotantpl = π ∩ α. Como la interseccion de m con α es un punto R el cual
tiene que estar en l.
Teorema 7.16 En un espacio proyectivo, un plano π de un espacio proyectivo, es un plano proyectivo.

Geometría Proyectiva 97
Demostración: Tenemos que demostrar que π satisface los axiomas P 1)-P 4).
Axioma P 1) Si P y Q ∈ π, entonces el teorema 7.12 implica que PQ ⊂ π.
Axioma P 2) Sean l y m dosrectasdistintasdeπ. Entonceselteoremaanteriornosdiceque
tienen un punto en común
Axioma P 3) yAxiomaP 4) Sondirectosdelosaxiomas.
Definición 7.17 Si Σ es un espacio proyectivo, decimos que un subconjunto S ⊂ Σ es un subespacio
lineal si P y Q son dos puntos distintos de S entonces PQ ⊂ S.
Teorema 7.18 Si S es un subespacio lineal de un espacio proyectivo Σ, entoncesesalgunodelos
siguientes subconjuntos: el conjunto vacío, un punto una recta, un plano o el espacio Σ.
Espacio Afín ∗
En esta sección daremos, en forma de ejercicios, el concepto de espacio afín y su espacio
proyectivo asociado. Para ver con más detalles esta teoría ver [37].
Para el estudio de los espacios afinesempezaremosconlossiguientesaxiomas.
Definición 7.19 Sea Γ un conjunto que a sus elementos los llamaremos puntos, y dos familias
de subconjuntos que llamaremos rectas y planos respectivamente y que satisfacen los axiomas
siguientes:
EA1) Dados dos puntos distintos, hay una sola recta los contiene.
EA2) Dados tres puntos no colineales, hay un solo plano los contiene. Y cada plano contiene
al menos un punto.
EA3) Haytrespuntosnoalineados.
EA4) Si una recta y un plano tienen al menos dos puntos en común, entonces la recta esta
contenida en el plano.
EA5) Hay cuatro puntos no coplanares.
EA6) Cada recta tiene al menos dos puntos.
EA7) Si dos planos tienen un puntos en común, entonces tienen la menos otro punto en común.
Diremos que dos planos son paralelos si o son iguales o no tienen ningún punto en común.
Daremos algunas propiedades que satisfacen los puntos, rectas y planos de Γ.
Proposición 7.20 En el conjunto Γ se tienen las propiedades siguientes:
i) Dada una recta, entonces existe un punto que no esta en ella.
ii) Dado un plano, entonces existe un punto que no esta en él. Y contiene tres puntos no
colineales. Además contiene dos rectas distintas concurrentes.
iii) Dados un punto y una recta que no lo contiene, entonces hay un único plano que los
contiene.
iv) Dados dos rectas distintas, con un punto en común, entonces hay un único plano que las
contiene.
v) Si dos planos no paralelos se intersectan en una recta.

98 Geometría Proyectiva
Demostración:
Es claro que dos rectas de Γ pueden estar en una y solo una de las siguientes situaciones:
a) Seintersectanenunpunto.
b) O son iguales o no tienen un punto en común pero están en el mismo plano, en este caso
decimosquelasrectassonparalelas.
c) No hay ningún plano que las contenga, en este caso decimos que las rectas son oblicuas.
Esta propiedad es una declaración que sirve para clasificar, pero no garantiza la existencia de
rectas paralelas.
Un plano y una recta de pueden estar en una y solo una de las siguientes situaciones:
A) La recta esta contenida en el plano.
B) La recta y el plano tienen un solo punto en común.
C) La recta y el plano no tienen ningún punto en común.
En el caso A) y C) decimos que la recta y el plano son paralelos.
Proposición 7.21 Si a y b son dos rectas paralelas y b esta contenida en el plano α, entoncesa
es paralela a α.
Es claro que dos planos distintos de Γ pueden estar en una y solo una de las siguientes situaciones:
i) Se intersectan en una recta.
ii) No tienen un punto en común.
Daremosahoraelúltimoaxiomadelosespaciosafines.
El conjunto Γ es un espacio afín si satisface los axiomas EA1)...EA6) y el axioma:
EA7) dados una recta l yunpuntoP , hay una única recta paralela a l y que contiene a P .
De aqui en adelante en esta subsección estaremos en un espacio afín Γ.
Proposición 7.22 Una recta es paralela al plano sii es paralela a una recta contenida en el plano.
Proposición 7.23 Si una recta a es paralela a un plano paralelo al plano α, entoncesa es paralela
a α.
Proposición 7.24 Dado un punto y un plano existe un solo plano que contiene al punto dado y
que es paralelo al plano dado.
Proposición 7.25 Dos planos paralelos a un tercero, son paralelos entre si.
Proposición 7.26 Dos rectas paralelas a una tercera, son paralelas entre si.
Proposición 7.27 Si α, β y γ son tres planos tales que α k β y α ∦ γ entonces β ∦ γ y
α ∩ γ k β ∩ γ.
Definición 7.28 En Γ definimos un haz de rectas como alguno de los siguentes conjuntos de
rectas:
i) Las rectas que contienen un punto P dado. Se denotara por P .
ii) Las rectas paralelas a una recta l dada. Se denotara por I l .YdiremosqueI l define un punto
ideal o un punto al infinito en la dirección de l.

Geometría Proyectiva 99
Claramente I l = I m sii m ∈ I l sii l||m.
Dado un espacio afín Γ, definimos la compleción Σ = ¯Γ como sigue:
Σ = Γ ∪ {I l |l recta de Γ}
ydefinimos las rectas y los planos de Σ como alguno de los conjuntos siguientes:
Acadarectal ∈ Γ le asociamos la recta ¯l = l ∪ I l .
Acadaplanoα ∈ Γ le asociamos el plano ᾱ = α ∪ l⊂α I l
En cada plano ᾱ tenemos la recta ᾱ − α. Desimos que esta es la recta al infinito del plano α o
del plano ᾱ.
El plano al infinito α ∞ = {I l |l es una recta de Γ}.
Teorema 7.29 La compleción π =ᾱ, de un espacio afín α, es un espacio proyectivo.
El concepto de isomorfismo se extiende al caso de espacios. En este caso un isomorfismo es
una función biyectiva tal que la imagen de una recta es una recta y la imagen de un plano es un
plano.
Proyecciones
En este sección estudiaremos las transformaciones proyectivas en formas de dimensión uno,
esto es, en hileras de puntos o haces de rectas.
Dadas dos rectas distintas x y x 0 , que se intersectan en el punto E, y un punto O que no esta
en x ∪ x 0 .Definimos la proyección de x en x 0 desde el punto O como la función que a cada punto
A de la recta x le asocia el punto A 0 en x 0 tal que O, A y A 0 estan alineados. Decimos que O es el
centro de proyección.
O
B
C
A
x
F
x'
A'
B'
C'
Figura 7-2
Denotaremos la proyección de x en x 0 desde el punto O con el símbolo
O
x [ x 0 ,ademassiA,
B,..., C son puntos de x con imagenes A 0 , B 0 ,..., C 0 se usara la notación ABC O [ A 0 B 0 C 0 .

100 Geometría Proyectiva
Daremos ahora el concepto dual. Dados dos haces distintos con vértices X y X 0 definimos la
proyección del haz X en el haz X 0 desde la recta o acomolafunciónqueacadarectaa del haz
X le asocia la recta a 0 del haz X 0 tal que a, a 0 y o son concurrentes. Decimos que o es el eje de
proyección.
Denotaremos la proyección de X en X 0 o
desde la recta o con el símbolo X [ X 0 ,ademassia,
b,..., c son rectas del haz X con imagenes a 0 , b 0 ,..., c 0 se usara la notación abc [ o a 0 b 0 c 0 .
Un función f de una recta x en otra recta x 0 (x y x 0 pueden ser coincidir) se llama transformación
proyectiva si es la composición de proyecciones. Esto es si f es la composición de las
funciones
O 1 O 2
O n
x [ x 1 [ x 2 ...x n−1 [ x
0
En este caso la función f se denotara por el signo x Z x 0 ademas si A, B,..., C son puntos de x
con imagenes A 0 , B 0 ,..., C 0 seusaralanotaciónABC Z A 0 B 0 C 0 .
Problema 9 Si g es la composición de las proyecciones
x 1
O 1
[ x 2 ...x n−1
O n−1
[ x n
entonces la inversa de de g es la composición de las proyecciones
x n
O n−1
[ x n−1 ...x 1
O 1
[ x
De la definición de las transformaciones proyectivas se sigue las siguientes propiedades:
La inversa de una transformación proyectiva es proyectiva.
La composición de transformaciones proyectivas es proyectiva.
La identidad es una transformación proyectiva.
Si x es una recta, denotaremos por PGL(x) el conjunto de transformaciones proyectivas de x
en x. Por lo tanto se tiene que PGL(x) es un grupo. Análogamente definimos el grupo PGL(X)
como el conjunto de transformaciones proyectivas de X en X.
Los siguientes teoremas son los principales teoremas de la geometría proyectiva de dimensión
uno. Estos teoremas son validos en cualquier plano proyectivo, para dar teoremas más fuertes
necesitamos que el plano satisfaga alguna propiedad adicional.
Teorema 7.30 Dadas dos rectas x y x 0 (x y x 0 pueden ser coincidir), si A, B y C son tres puntos
distintos en la recta x ysiA 0 , B 0 y C 0 son tres puntos distintos en la recta x 0 . Entoces existe una
transformación proyectiva x Z x 0 tal que ABC Z A 0 B 0 C 0 .
Demostración: Si x = x 0 podemos proyectar x en otra recta y y reducir el problema al caso
de rectas distintas. En el caso de x 6= x 0 sean Q = AB 0 ∩ A 0 B, R = AC 0 ∩ A 0 C y P = AA 0 ∩ QR,
entonces
ABC A0
[ PQR A [ A 0 B 0 C 0

Geometría Proyectiva 101
A
B
C
P
R
Q
A'
B'
C'
Figura 7-3
Otra forma de expresar el teorema anterior es que el grupo PGL(x) actua triplemente transitivamente
en x.
Claramente podemos extender el concepto de transformación proyectiva entre rectas al de
transformación proyectiva entre haces de rectas y aun al de transformación proyectiva entre una
recta y un haz de rectas. En este último caso tenemos el siguiente enunciado del teorema anterior.
Teorema 7.31 Dados la recta x y el haz X, siA, B y C son tres puntos distintos en la recta x
ysia, b y c son tres rectas distintas en el haz X. Entoces existe una transformación proyectiva
x Z X tal que ABC Z abc.
El teorema ??, pag.?? nosdicequeelgrupodetransformacionesproyectivasestríplemente
transitivo. Además tenemos el siguiente teorema.
Teorema 7.32 Dados cuatro puntos distintos A, B, C y D en una recta x entonces existe una
transformación proyectiva tal que ABCD Z BADC.
Demostración: Sea P /∈ x y y una recta por D. Definimos S = PA ∩ y, R = PB ∩ y y
T = PC ∩ y. Yseaz la recta CP Y Q = AR ∩ z. Las proyecciones x R [ y A [ z P [ x nos dan:
ABCD R [ QP CT A [ RSDT P [ BADC
Problemas
Problema 1 Definir el concepto dual de transformación proyectiva entre haces de rectas.

102 Geometría Proyectiva
P
S
R
Q
T
A B C
D
Teorema de Desargues
Figura 7-4
Uno de los teoremas básicos de la geometría proyectiva es el teorema de Desargues. Daremos
una demostración que solo utiliza los axiomas de un espacio proyectivo sin hacer referencia a
ninguna propiedad métrica.
Para enunciar el teorema necesitamos el concepto de figuras en perspectiva.
Definición 7.33 Se dice que dos conjuntos
y
A = {P 1 ,P 2 , ..., P n }
B = {Q 1 ,,Q 2 , ..., Q n }
están en perspectiva desde el punto O si los puntos P i , Q i y O están alineados para i =1, ...n. El
punto O es el centro de perspectiva.
Teorema 7.34 (Desargues) Si dos triángulos 4ABC y 4A 0 B 0 C 0 están en perspectiva entonces
los lados correspondientes se cortan en tres puntos alineados.
Demostración: Si los dos triángulos estan en planos α y α 0 distintos entonces α ∩ α 0 es una
recta o ycomoO ∈ AA 0 y O ∈ BB 0 entonces AA 0 y B ´B 0 están en un plano y por lo tanto se
intersectan en un punto Q ∈ o, análogamente los otros lados se intesectan en puntos que están en
o.
Si los dos triángulos estan en un plano α.sean O 1 y O 2 dos puntos distintos alineados con O
y que no están en el plano α. ComoO 1 ,O 2 , A y A 0 estan en un plano entonces O 1 A y O 2 A 0 se
cortan en un punto A”. AnálogamenteO 1 B ∩ O 2 B 0 = B” y O 1 C ∩ O 2 C 0 = C”. Por lo tanto los
triángulos ABC y A”B”C” están en perspectiva con centro O 1 lo mismo que triángulos A 0 B 0 C 0
y A”B”C” con centro O 2 .Siα” es el plano que contiene al triángulo A”B”C” sea o = α ∩ α”
entonces P = B”C” ∩ BC ∈ o además P = B 0 C 0 ∩ BC ∈ o, análogamente los otros lados se
intesectan en puntos que están en o.

Geometría Proyectiva 103
Corolario 7.35 Si dos conjuntos A = {P 1 ,P 2 , ..., P n } y B = {Q 1 ,,Q 2 ,...,Q n } estánenperspectiva
entonces los puntos P i P j ∩ Q i Q j estan alineados.
Aunque el enunciado del teorema de Desargues tiene sentido en un plano proyectivo, no es
posible demostrarlo sin hacer uso del espacio proyectivo. Esto se demuestra dando un ejemplo de
un plano proyectivo en el cual el teorema de Desargues es falso. Por lo tanto no es un teorema que
podamos demostrar usando los axiomas de un plano proyectivo aunque es valido en todo plano de
un espacio proyectivo. Un plano donde el teorema de Desargues es valido se llama desarguiano. De
aquí en adelante supondremos que los planos son desarguianos, al menos de que explícitamente
digamos lo contrario.
El teorema dual del teorema de Desargues es su inverso, la demostración de este hecho se deja
como ejercicio para el lector. Por el principio de dualidad en el espacio tenemos que el teorema
dual de Desargues es valido en el espacio. Mas aun en un plano desarguiano el teorama dual de
Desargues es cierto, como veremos ahora.
Teorema 7.36 (Dual de Desargues) Si dos triángulos 4ABC y 4A 0 B 0 C 0 , contenidos en un
plano proyectivo, son tales que los lados correspondientes se cortan en tres puntos alineados entonces
los planos están en perspectiva.
Demostración: Como los puntos R = AB ∩ A 0 B 0 , P = BC ∩ B 0 C 0 y Q = CA ∩ C 0 A 0 ,
están alineados, entonces los 4AA 0 R y 4CC 0 P están en perspectiva con centro Q. Y los lados
correspondientes se intersectan en los puntos O = AA 0 ∩ CC 0 , B = AR ∩ CP y B 0 = A 0 R ∩ C 0 P
lo que nos dice que O es el centro de perspectiva de los triángulos 4ABC y 4A 0 B 0 C 0 .
Q
C
C'
O
B
R
B'
A
P
A'
Figura 7-5
Un importante resultado que se sigue del teorema de Desargues es el teorema siguiente.
Teorema 7.37 Si cinco de los seis lados correspondientes de dos cuadrángulos ABCD y A 0 B 0 C 0 D 0
están alineados el sexto par se intersecta en un punto alineado con los otros.
Demostración: Sean P = BC ∩ B 0 C 0 , Q = CA ∩ C 0 A 0 , R = AB ∩ A 0 B 0 , P 0 = AD ∩ A 0 D 0 y
Q 0 = BD ∩ B 0 D 0 puntos de la recta o entonces los triángulos ABC y A 0 B 0 C 0 están en perspectiva,
y O = AA 0 ∩ BB 0 es el centro; análogamente los triángulos ABD y A 0 B 0 D 0 están en perspectiva,

104 Geometría Proyectiva
C
A
B
R Q P' R' Q'
P
D
Figura 7-6
con centro O = AA 0 ∩ BB 0 . Esto es los cuadrángulos ABCD y A 0 B 0 C 0 D 0 están en perspectiva,
con centro O = AA 0 ∩ BB 0 , por lo tanto el punto R 0 = DC ∩ D 0 C 0 está en o.
Usaremos el resultado anterior para la siguiente definición.
Definición 7.38 El conjunto de puntos en los que un cuadrángulo intersecta una recta se llaman
un conjunto cuadrángular de puntos.
Tres lados de un cuadrángulo o forman un triángulo o son concurrentes. En un conjunto
cuadrángular de puntos podemos tomar tres (P , Q y R) que son intersección con tres lados que
forman un triéngulo y su complemento (P 0 , Q 0 y R 0 ) que son intersección con tres lados que son
concurrentes. En este caso usaremos la notación Q(PQR,P 0 Q 0 R 0 ). Dado un conjunto cuadrángular
de puntos Q(PQR,P 0 Q 0 R 0 ), en general no es cierto que Q(P 0 Q 0 R 0 ,PQR), sinembargoenelcaso
de la geometría euclidiana si es el caso ver. ?? pag. ??.
El concepto dual se llama un conjunto cuadrilátero de rectas.
Uno de los conceptos más importantes de la geometría proyectiva es el de conjugados armónicos.
Este concepto esta asociado a objetos de dimensión uno, pero necesitamos pasar a dimensión dos
para dar la definición.
En esta sección estudiaremos las propiedades de los conjugados armónicos que son independientes
de las propiedades métricas. En la sección 11 pag. 167 estudiaremos las relaciones entre
las propiedades métricas y los conjugados armónicos y estas relaciones nos dan una de las herramientas
más poderosas para deducir propiedades de la geometría euclidiana usando la geometría
proyectiva.
Conjugados Armónicos
En esta sección estudiaremos propiedades proyectivas que tienen sentido en cualquier plano
(o espacio) proyectivo, donde se satisface el teorema de Desargues. Sin embargo los teoremas que
podemos demostrar para cualquier plano proyectivo son muy generales, para poder dar teoremas
más fuertes necesitaremos restringirnos al espacio euclidiano o su compleción, esto lo haremos en

Geometría Proyectiva 105
las secciones posteriores. La presentación de las primeras secciones del capítulo tiene la ventaja
de no usar ninguno de los conceptos métricos o topológicos del plano (o espacio) euclidiano.si
tenemos el siguiente teorema.
Claramente el teorema [ ??7.37, 103] es valido en el caso de que la recta o pase por uno o dos
de los vértices del cuadrángulo. Dados una recta l ytrespuntosdel distintos A, B y C. SeaP ,
Q, R y S un cuadrángulo tal que A = SP ∩ QR, B = PQ∩ RS respectivamente y C = AB ∩ PR,
entonces el punto D = AB ∩ SQ no depende del cuadrángulo. Este resultado permite dar la
siguente definición.
Definición 7.39 Si A, B, C y D son puntos, distintos, de una recta x, decimosqueA y B
son conjugados armónicos de los puntos C y D si A y B son dos de los puntos diagonales de
un cuadrángulo completo PQRS con C y D las intersecciones de x con los otros dos lados del
cuadrángulo. Se utilizara la notación H(AB, CD).
Figura 7-7
Claramente H(AB, CD) sii H(AB, DC) sii H(BA,CD) sii H(BA,DC). AdemásC es un
punto interior del segmento AB sii D es un punto exterior del segmento AB. Para que los cuatro
puntos A, B, C y D sean distintos necesitamos el axioma de Fano pag. 95.
El concepto dual es el de parejas de rectas conjugadas armónicas.
Definición 7.40 Si a, b, c y d son rectas, distintas, de un haz X, decimosquea y b son conjugadas
armónicas de las rectas c y d si a y b son dos de las rectas diagonales de un cuadrilátero completo
pqrs con c y d las rectas que une X con los otros dos vértices del cuadrilátero. Se utilizara la
notación H(ab, cd).
Si tenemos las rectas OA, OB, OC y OD del haz O, siOC y OD son conjugados armónicos
de OA y OB se usara la notación H(O(AB, CD)).
La importancia de los conjugados armónicos reside en que es un invariante ante perspectiva y
sección, como lo muestra el siguiente teorema.
Teorema 7.41 Si A, B, C y D son puntos, distintos, de una recta x y P /∈ x entonces H(AB, CD)
sii H(P {AB, CD}).
Demostración: Si completamos la figura con el cuadrángulo PQRS se tiene el cuadrilátero
completo AD, AQ, SD y SB tal que PA y PB son rectas diagonales y PC y PD pasan por los
otros dos vértices.
El siguientes corolarios son centrales en la geometría.

106 Geometría Proyectiva
S
P
R
Q
A
C
B
D
Figura 7-8
Corolario 7.42 Si A, B, C y D son puntos, distintos, de una recta x; siABCD Z A 0 B 0 C 0 D 0
entonces H(AB, CD sii H(A 0 B 0 ,C 0 D 0 ).
Corolario 7.43 Se tiene que H(AB, CD) es equivalente a H(CD,AB).
Demostración: Usando el teorema [7.32, 101] tenemos que ABCD Z CDAB yporlotanto
H(AB, CD) sii H(CD,AB).
La definición de puntos y rectas armónicos se puede expresar de una forma alterna por las
siguientes proposiciones:
Proposición 7.44 En cada diagonal de un cuadrilátero completo, hay una hilera armónica que
consiste de los dos vértices en la diagonal y los puntos en los cuales es intersectada por las otras
dos diagonales.
A
Q
P
B
C
S
Cuadrángulo
R
Cuadrilátero
Proposición 7.45 Por cada punto diagonal de un cuadrángulo completo, hay un haz armónico
que consiste de los dos lados que pasan por el punto y las rectas que unen el punto con los otros
dos puntos diagonales.
Los resultados anteriores muestran porque los triángulos diagonales de los cuadriláteros completos
y de los cuadrángulos completos son de gran importancia en lo que sigue. Daremos ahora
una proposición que tendremos la oportunidad de usar en repetidas ocasiones.
Construción 7.46 Dados un triángulo y un punto construir un cuadrángulo tal que uno se sus
vértices sea el punto dado y tenga por triángulo diagonal el triángulo dado.

Geometría Proyectiva 107
Figura 7-9
Construcción: Trazar la recta que pasa por el punto dado y por cada vértice del triángulo y
construimos la recta conjugada armónica respecto a los lados del triángulo que pasan por vértice.
Estas seis rectas son los lados del cuadrángulo buscado.
Demostración: De las propiedades armónicas en un triángulo se sigue que estas seis rectas
pasan por tercias por cuatro puntos, los vértices del cuadrángulo buscado.
Construción 7.47 Dado un cuadrilátero completo, construir un cuadrángulo completo tal que
ambos comparten el mismo triángulo diagonal.
Construcción: Unimos cada vértice del triángulo diagonal del cuadrilátero dado con los
vértces del cuadrilátero que están en el otro lado del triángulo. Estas seis rectas son los lados
del cuadrángulo buscado.
Demostración: De las propiedades armónicas del cuadrilátero completo se sigue que estas
seis rectas pasan por tercias por cuatro puntos, los vértices del cuadrángulo buscado. Además es
claro que este cuadrángulo tiene como triángulo diagonal el triángulo diagonal del cuadrilátero
dado.
Hay un análogo bidimensional a conjugados armónicos. Es el concepto de la recta conjugada
trilineal de un punto.
Definición 7.48 Dado el cuadrángulo ABCD con triángulo diagonal 4PQR,entonceslostriángulos
4ABC y 4PQR estánenperspectivaconcentroD. Su eje de perspectiva d lo llamaremos
la conjugada trilineal de D respecto al triángulo 4ABC. Claramented pasa por P 0 , Q 0 y R 0 ,donde
H(AB, RR 0 ), H(BC,PP 0 ) y H(CA,QQ 0 ).
Tenemos el concepto dual.
Definición 7.49 Dado el cuadrilátero abcd con triángulo diagonal 4pqr, entonces los triángulos
4abc y 4pqr están en perspectiva con eje d. Su centro de perspectiva D lo llamaremos el conjugado
trilineal de d respecto al triángulo 4abc. ClaramenteD esta contenida en las rectas p 0 , q 0 y r 0 ,
donde H(ab, rr 0 ), H(bc, pp 0 ) y H(ca, qq 0 ).

108 Geometría Proyectiva
C
A
Q
D
P
R
X
B
Z
d
Y
Figura 7-10
Problemas
Problema 1 ∗ Demostrar directamente que H(AB, CD) es equivalente a H(CD,AB) (sugerencia:
usar la siguiente figura).
Q
P
L
M
R
S
A
x
C
B
D
Figura 7-11
Problema 2 ∗ Dados el tetraedro A, B, C y D en el espacio y un punto P que no esta en ninguno
de los lados. El tetraedro P , Q, R y S definido como la intersección de cada lado con la recta que
une el vértice opuesto con el punto P . Entonces los tetraedros ABCD y PQRS están en perspectiva
desde P .Elejeπ se llama el plano conjugado tetraedrico de P respecto del tetraedro ABCD.
Problema 3 ∗ Definir el concepto del punto conjugado trilineal P del plano π respecto del tetraedro
αβγδ.
Problema 4 ∗ Definir el concepto del plano conjugado trilineal π del punto P respecto del tetraedro
αβγδ.
Problema 5 ∗ Enunciar y demostrar el teorema dual al teorema 7.41. pag. 105.
Problema 6 En la figura ?? demostrar que P es el conjugado trilineal de M 0 N 0 yporlotantoM 0 ,
N 0 y L estan alineados. Análogamente Q es el conjugado trilineal de L 0 MN 0 y R es el conjugado
trilineal de L 0 M 0 N.

Geometría Proyectiva 109
C
Q
A
L
N
M
P
R
B
Z
X
d
Y
Figura 7-12
Problema 7 Enunciar el concepto de conjugado trilineal D del una recta d respecto al trilatero
4abc como el dual de la conjugada trilineal y demostrar que si D es el conjugado trilineal de una
recta d respecto al trilátero 4abc, entoncesd es la conjugada trilineal del un punto D respecto al
triángulo 4ABC.
Los resultados enunciados en los siguientes problemas son válidos en todos los planos proyectivos
que satisfacen el teorema de Desargues. Por esta razón se debe usar únicamente los teoremas
de esta sección para resolver los problemas.
Problema 8 ∗ Dados el tetraedro A, B, C y D en el espacio y un punto P que no esta en ninguno
de los lados. El tetraedro P , Q, R y S definido como la intersección de cada lado con la recta que
une el vértice opuesto con el punto P . Entonces los tetraedros ABCD y PQRS están en perspectiva
desde P .Elejeπ se llama el plano conjugado tetraedrico de P respecto del tetraedro ABCD.
Problema 9 ∗ Definir el concepto del punto conjugado trilineal P del plano π respecto del tetraedro
αβγδ.
Problema 10 ∗ Definir el concepto del plano conjugado trilineal π del punto P respecto del tetraedro
αβγδ.
Problema 11 Dadastresrectasp, q y r que pasan por los vértices A, B y C respectivamente.
Entonces la condición necesaria y suficiente para que rectas p, q y r sean concurrentes es que para
una recta dada x los puntos P = BC ∩ x, Q = CA ∩ x, R = AB ∩ x, P 0 = p ∩ x, Q 0 = q ∩ x y
R 0 = r ∩ x sean un conjunto cuadrángular de puntos.
Problema 12 ∗ Si tres triángulos tienen un centro común de perspectiva entonces los tres ejes de
perspectiva son concurrentes.
Problema 13 ∗ Si tres triángulos tienen un eje común de perspectiva entonces los tres centros de
perspectiva están alineados.

110 Geometría Proyectiva
Problema 14 ∗ Si los tetraedros ABCD y A 0 B 0 C 0 D 0 están en perspectiva, entonces los ejes de
perspectiva de las caras correspndientes están en un plano (que se llama el eje de perspectiva).
Problema 15 ∗ Si los tetraedros ABCD y A 0 B 0 C 0 D 0 son tales las intersecciones de lados correspondientes
están en un plano, entonces los tetraedros están en perspectiva.
Problema 16 ∗ Dos rectas se cortan en un punto inaccesible A, dadounpuntoP trazar la recta
AP , usando únicamente regla, sin usar al punto A.
Para los siguientes problemas se necesitan los resultados de la sección de espacio proyectivo.
Las demostraciones hay que darlas usando los teoremas de esa sección.
Problema 17 ∗ Dados dos triángulos ∆A i B i C i ⊂ σ i , i =1, 2 y σ 1 6= σ 2 , tales que sus lados
correspondientes se cortan (en la recta σ 1 ∩ σ 2 ) entonces los triángulos están en perspectiva.
(Sugerencia: El plano α (resp. β; resp.γ) determinado por las rectas B 1 C 1 y B 2 C 2 (resp. C 1 A 1 y
C 2 A 2 ;resp.A 1 B 1 y A 2 B 2 )entoncesS = α ∩ β ∩ γ es el centro de perspectiva).
Problema 18 ∗ Dados dos triángulos ∆A i B i C i ⊂ σ, i =1, 2, talesP = B 1 C 1 ∩ B 2 C 2 , Q =
C 1 A 1 ∩ C 2 A 2 y R = A 1 B 1 ∩ A 2 B 2 están en la recta e, entonces los triángulos están en perspectiva.
S 1
(Sugerencia: sea σ 1 un plano que contiene a e y es diferente de σ. SiS 1 /∈ σ∪σ 1 y A 1 B 1 C 2 [ ABC,
sea S 2 el centro de perspectiva de los triángulos ∆A 2 B 2 C 2 y ∆ABC, entoncesS = S 1 S 2 ∩ σ es el
centro de perspectiva de los triángulos ∆A i B i C i ).
Geometría Proyectiva del Plano
En esta sección estudiaremos las transformaciones proyectivas en formas de dimensión dos,
esto es, en planos o haces de rectas en el espacio. En este caso tenemos de nuevo, como en el caso
de dimensión uno, que el concepto central es el de perspectiva y sección.
Definición 7.1 Decimos que el haz de rectas por un punto O están en perspectiva con los puntos
de un plano π, que no contiene a O, asociando a cada recta a del haz el punto P = a ∩ π yacada
punto P de π la recta OP. En este caso decimos que los puntos de π son una sección del haz por
O.
Es claro que los conceptos de perspectiva y de sección son conceptos duales.
Dadas dos planos distintos π y π 0 , que se intersectan en la recta e, y un punto S que no esta
en π ∪ π 0 .Definimos la proyección de π en π 0 desde el punto S como la función que a cada punto
A de la recta π le asocia el punto A 0 en π 0 tal que S, A y A 0 estan alineados. Decimos que S es el
centro de proyección.
Denotaremos la proyección de π en π 0 S
desde el punto S con el símbolo π [ π 0 ,ademassiA,
B,..., C son puntos de π con imagenes A 0 , B 0 ,..., C 0 se usara la notación ABC S [ A 0 B 0 C 0 .
Claramente la proyección, de π en π 0 desde el punto O, satiface las siguientes propiedades:

Geometría Proyectiva 111
S
e
A'
A
Figura 7-13
S
π [ π 0 es una función biyectiva. La inversa de
S
π [ π 0 es la proyección
Teorema 7.2 La proyección
S
π 0 [ π. Además los puntos de e = π ∩π 0 quedan fijos. Más aun la imagen de una recta es una recta
Teorema 7.3 Si a es una recta de π, entonceslaproyección
a 0 es la imagen de a.
S
π [ π 0 induce proyección
S
a [ a 0 donde
Daremos ahora el concepto dual. Dados dos haces distintos con vértices X y X 0 definimos la
proyección del haz X en el haz X 0 desde el plano π a como la función que a cada recta a del haz
X le asocia la recta a 0 del haz X 0 tal que a 0 =(π ∩ a)X 0 son concurrentes. Decimos que π es el
plano de proyección.
Denotaremos la proyección de X en X 0 π
desde el plano π con el símbolo X [ X 0 ,ademassia,
b,..., c son rectas del haz X con imagenes a 0 , b 0 ,..., c 0 se usara la notación abc S [ a 0 b 0 c 0 .Sia = XX 0
entonces a [ S a.
Un función f de un plano π en otro plano π 0 (π y π 0 pueden ser coincidir) se llama transformación
proyectiva si es la composición de proyecciones. Esto es si f es la composición de las
funciones
S 1 S 2
S n[
π [ π 1 [ π 2 ...π n−1 π
0
Enestecasolafunciónf se denotara por el signo π Z π 0 ademas si A, B,..., C son puntos de π
con imagenes A 0 , B 0 ,..., C 0 seusaralanotaciónABC Z A 0 B 0 C 0 .
De la definición de las transformaciones proyectivas θ : π → π 0 se sigue las siguientes propiedades:
La inversa de una transformación proyectiva es proyectiva.
La composición de transformaciones proyectivas es proyectiva.
La identidad es una transformación proyectiva.
Dada una recta a ⊂ π con imagen a 0 ,entoncesθ|a : a → a 0 es una transformación proyectiva.
Si π es un plano, denotaremos por PGL(π) el conjunto de transformaciones proyectivas de π
en π. Por lo tanto se tiene que PGL(π) es un grupo. Análogamente definimos el grupo PGL(X)
como el conjunto de transformaciones proyectivas de X en X.
La propiedad más importante de las transformaciones proyectivas esta dada por el teorema
siguiente.

112 Geometría Proyectiva
Teorema 7.4 Dadas dos planos π y π 0 (π y π 0 pueden ser coincidir), si A, B, C y D son cuatro
puntos, no tres de ellos alineados, en plano π ysiA 0 , B 0 , C 0 y D 0 son cuatro puntos, no tres
de ellos alineados, en en el plano π 0 . Entoces existe una transformación proyectiva π Z π 0 tal que
ABCD Z A 0 B 0 C 0 D 0 . Además bastan cuatro proyecciones para lograrlo (si π 6= π 0 ,entoncestres
proyecciones bastan).
Demostración: Si π = π 0 podemos proyectar π en otro plano ρ y reducir el problema al caso
de planos distintos. En el caso de π 6= π 0 la demostración se reduce a los siguientes casos.
caso I) Podemos suponer que A = A 0 . porque si no sea π 00
un plano por A 0 y tomamos O un
punto en la recta AA 0 y distinto de A y A 0 . Entonces si π [ O π 00 ABCD [ O A 0 B 00 C 00 D 00 .
caso II) Podemos suponer que A = A 0 , B = B 0 yqueX = X 0 donde X = AB ∩ CD y
X 0 = A 0 B 0 ∩ C 0 D 0 .PorquecomoA = A 0 entonces BB 0 y XX 0 estánenelmismoplanoyse
intersectan en un punto O ysiπ 00 es un plano que contiene a la recta A 0 B 0 ydistintodeπ 0 .
Entonces si π O0
[ π 00 tenemos que ABCDX O0
[ A 0 B 0 C 00 D 00 X 0 .
caso III) Como X = X 0 las rectas CC 0 y DD 0 están en un plano y se intersectan en un punto
O, entonces si π O0
[ π 0 ABCD [ O ABC 0 D 0 .
Por lo tanto, si π 6= π 0 con no más de tres proyecciones podemos mandar A, B, C y D en A 0 ,
B 0 , C 0 y D 0 .
Otra forma de enunciar el teorema anterior es la siguiente: El grupo PGL(π) es 4-transitivo.
Definición 7.5 Dada una transformación proyectiva π Z π 0 ,sii ⊂ π eslarectacuyaimagen
es la recta al infinito de π 0 ,decimosquei es la recta de fuga de π de la transformación Z; si
i 0 ⊂ π 0 es la recta imagen de la recta al infinito de π, decimosquei 0 es la recta de fuga de π 0 de
la transformación Z.
Por lo tanto si l ∞ ⊂ π y l 0 ∞ ⊂ π 0 son las rectas al infinito de π y π 0 , entonces il ∞ Z l 0 ∞i 0 .
S
Proposición 7.6 Dada una proyección π [ π 0 , entonces la recta de fuga de π es la intersección
de π con el plano paralelo a π 0 por el punto S; la recta de fuga de π 0 es la intersección de π 0 con
el plano paralelo a π por el punto S.
En el caso del plano proyectivo real tenemos también un teorema fundamental. El enunciado
vale para cualquier plano donde valga el teorema fundamental para sus rectas. Igual que en el caso
de dimensión uno basta demostrar que si una transformación proyectiva deja fijos cuatro puntos,
no tres de ellos alineados, entonces es la identidad.
Teorema 7.7 Sea π un plano proyectivo tal que en toda recta el teorema fundamental es válido.
Si ϕ : π → π es una transformación proyectiva que deja fijos cuatro puntos, no tres de ellos
alineados, entonces ϕ es la identidad.
Demostración: Sean A, B, C y D son cuatro puntos fijos, no tres de ellos alineados. Entonces
la recta AB tiene a A, B y O = AB ∩ CD como puntos fijos y por lo tanto ϕ|AB = id.
Análogamente ϕ es la identidad en CD.
Si P /∈ AB ∪ CD entonces P = XY ∩ ZW donde X y W ∈ AB y Y y Z ∈ CD,porlotanto
ϕ(P )=ϕ(XY ∩ ZW)=XY ∩ ZW = P .

Geometría Proyectiva 113
Z
B
X
O
A
C
W
P
Y
D
Figura 7-14
Homología
La transformación proyectiva, de un plano en si mismo, más importante es la homología la cual
estudiaremos en esta sección. En esta sección supondremos que el plano es parte de un espacio
proyectivo. Esto nos servirá para dar algunas demostraciones de la existencia de homologías. Sin
embargo se puede definir las homologías usando únicamente los axiomes de un plano proyectivo y
además los axiomas básicos de la geometría proyectiva son suficientes para demostrar la unicidad
de las homologías.
Dados los planos π y π 00
distintos y puntos S y S 0 distintos y que no están en ninguno de los
planos dados, definimos la función definida como la composición de las proyecciones π [ S S0
00
π [ π.
Esta función tiene las propiedades siguientes:
i) Es un automorfismo de π.
ii) Lospuntosdelarectao = π ∩ π 00
son puntos fijos.
iii) El punto O = SS 0 ∩ π es un punto fijo. Además la imagen de una recta a quecontienea
O es a.
iv) Si el punto A 0 es la imagen del punto A, entonces O, A y A 0 están alineados.
Un automorfismo de π que satisface i)...iv) se llama una homología de centro O yejeo. Si
O ∈ o diremos que la homología es especial.
Daremos ahora la demostración de la unicidad de las homologias usando únicamente los axiomas
de un plano proyectivo.
Teorema 7.8 Dados puntos O, A y A 0 alineados y una recta o, entonceshayalomásuna
homología con centro O, ejeo y que manda a A en A 0 .
Demostración: Caso I) Sea B ∈ π − o ytalqueA, A 0 y B no están alineadas. Entonces
su imagen esta en la recta OB ylasrectasAB y A 0 B 0 se intersectan en o. Claramente estas dos
propiedades determinan al punto B 0 .
Caso II) Sea C ∈ π − o ytalqueA, A 0 y C están alineadas. Entonces B, B 0 y C no están
alineadas. Y por el caso I) el punto C esta determinado.

114 Geometría Proyectiva
S
S'
o
O'
A'
O
A
A"
Figura 7-15
Usaremos el hecho de que el plano π esta en un espacio proyectivo para demostrar la existencia
de homologias.
Teorema 7.9 Dados puntos O, A y A 0 alineados y una recta o, entonces hay una homología con
centro O, ejeo yquemandaaA en A 0 .
Demostración: Sea π 00
cualquier plano que contiene a la recta o y que es distinto de π. Si
S/∈ π ∪ π 00 , A 00 = π 00 ∩ SA y S 0 = A 0 A 00 ∩ OS. Entonces claramente obtenemos una homología con
las propiedades deceadas.
Este teorema nos da un nueva demostración del teorema 7.4, pag. 112. Lo demostraremos en
la forma siguiente.
Dadas el plano π, los puntos A, B, C y D no tres de ellos alineados y los puntos A 0 , B 0 , C 0 y
D 0 no tres de ellos alineados. Entoces existe un producto de homologías que manda los primeros
cuatro puntos en los segundos cuatro respectivamente.
Demostración (teorema 7.4, pag. 112): Lo haremos por casos.
Caso I. Podemos suponer que A = A 0 ,porquesinoseao una recta que no contiene a A ni A 0
y O = o ∩ AA 0 yporlotantoexiteunahomologíaϕ de centro O yejeo tal que A 0 = ϕ(A).
Caso II. Podemos suponer que además de A = A 0 que B = B 0 , porque si no repetimos el
razonamiento del caso I, donde el eje o contiene al punto A.
Caso III. Podemos suponer que además de A = A 0 y B = B 0 que C = C 0 ,porquesino
repetimos el razonamiento del caso I, donde el eje o = AB.
Caso IV . Podemos suponer que ademas de A = A 0 , B = B 0 y C = C 0 que A, D y D 0 están
alineados. Porque si E = AD ∩ BD 0 existe una homología de centro B yejeAC que manda D a
E.
Caso V . Por lo tanto existe una homología de centro A yejeBC que manda D a D 0 .
Si π es la compleción del plano α. Sif : π → π es una homología, entonces la recta de fuga de
f es paralela al eje de f.
Teorema 7.10 Si π es un plano proyectivo y f : π → π es un isomorfismotalqueexisteuna
recta o tal que f | o = id o ,entoncesf es una homología.

Geometría Proyectiva 115
A
D
E
D'
B
C
Figura 7-16
Demostración: Si P ∈ π − o definimos l P = Pf(P ) y O P = l P ∩ o como l P = l f(P ) tenemos
que f(l P )=l P .SiQ ∈ π − o − l P , entonces O = l P ∩ l Q es un punto fijo de f.
Si O/∈ o y m es una recta por O, entoncessiM = m ∩ o tenemos m = OM yporlotanto
f(m) =m.
Si O ∈ o entonces O = l P ∩ l Q = o ∩ l P = o ∩ l Q , esto es las rectas por O se transforman en si
mismas.
Los siguientes problemas nos dan otras propiedades importantes de las homologías.
Problemas
En los primeros tres problemas se necesita dar las construcciones de las imagenes de los puntos
y rectas, incliyendo puntos al infinito y la rectas de fuga. Hay que especificar para cuales
construcciones basta una regla y para cuales necesitamos regla y compás.
Problema 1 ∗ Dados el centro O, el eje y dos puntos correspondientes de una homología Σ Z Σ,
construir la homología.
Problema 2 ∗ Dados el centro O, el eje y dos rectas correspondientes de una homología Σ Z Σ,
construir la homología.
Problema 3 ∗ Dados el centro O, el eje y la recta de fuga de una homología Σ Z Σ. Demostrar
que el eje y la recta de fuga son paralelas y construir la homología.
Problema 4 ∗ Sea Σ Z Σ una transformación proyectiva de plano Σ que tiene un centro, entonces
es una homología.
Problema 5 ∗ Sea Σ Z Σ una homología tal que su eje es la recta al infinito,entoncesesuna
transformación de semejanza.
Problema 6 Sea Σ Z Σ una homología tal que su centro es un punto al infinito, entonces existe
una dirección tal que si A Z A 0 entonces AA 0 está en la dirección dada.

116 Geometría Proyectiva
Problema 7 ∗ Sea Σ Z Σ una homología tal que su centro y su eje están al infinito, entonces es
una translación.
Problema 8 ∗ Demostrar que Sem(π) ⊂ PGL(π).
Problema 9 ∗ Dados un punto O ytresrectasconcurrentesa, a 0 y o, entonces hay una única
homología con centro O, ejeo y que manda a a en a 0 .
Problema 10 ∗ Dados un punto O y dos rectas paralelas i y o, entonces hay una única homología
con centro O, ejeo y recta de fuga i.
Problema 11 Dada el plano proyectivo real π y una homología π Z π, concentroO, ejeo. Si
π 0 es el plano π girado con eje o un ángulo θ 6= 0, entonces la transformación π Z 0 π 0 ,queesla
composición de la homología con la rotación, es una proyección, esto es existe un punto P tal que
Z 0 = P [. Más aun para distintas θ los puntos P estánenuncírculoconcentroeno yenunplano
perpendicular a o.
Podemos extender el concepto de homología a tres dimensiones. En este caso diremos que un
isomorfismo f : Σ → Σ del espacio proyectivo Σ es una homología si:
Existe un plano ω, elejedelahomología,talquelospuntosdeπ son puntos fijos de f.
Existe un punto O, el centro de la homología, tal que si l es una recta que pasa por O
entonces f(l) =l.
En este caso tenemos los siguientes problemas que nos dan los principales teoremas.
Problemas
Problema 1 Sean f una homología, de eje ω ycentroO, del espacio Σ y α un plano tal que
α 6= ω y O ∈ α, entoncesf|α es una homología de α.
Problema 2 Sea f una homología del espacio Σ, conejeω ycentroO, entoncesf queda determinada
por P y P 0 = f(P ), donde P /∈ ω∪{O}. MásaunsiQ/∈ OP ∪ω, entoncesf(Q) =OQ∩RP 0 ,
donde R = PQ∩ π.
Homología Armónica
El análogo bidimensional de una involución es la homología armónica. En esta sección estudiaremos
sus propiedades principales.
Si H es una homología involutoria, de centro O yejeo, esclaroqueH induce una involución
en cada recta a que pasa por el centro O y que tiene a O yaQ = a ∩ o como puntos fijos, por lo
tanto si P 0 = H(P ) entonces H(OQ, PP 0 ). Por esta razón se llama a H una homología armónica.
El siguiente teorema demuestra que esta propiedad determina las homologías involutorias.

Geometría Proyectiva 117
Teorema 7.11 Si H : π → π es una transformacíon proyectiva involutoria, entonces H es una
homología armónica.
Demostración: Si AA 0 BB 0 Z A 0 AB 0 B donde B y B 0 no están en la recta AA 0 . Por lo tanto los
puntos O = AA 0 ∩ BB 0 , P = A 0 B ∩ AB 0 y Q = AB ∩ A 0 B 0 son puntos fijos de H. Análogamente
el punto R = AA 0 ∩ PQ es un punto fijo. Por lo tanto la recta o = PQ es el eje y el punto O es el
centro de una homología que coincide con H.
O
A'
R
P
B'
A
B
Q
Figura 7-17
Por el teorema 7.9, pag. 114, dados el centro O, elejeo ydospuntosP y P 0 alineados con
O, existe una única homología H con el centro O, ejeo yquemandoaP a P 0 . Usaremos este
resultado para demostrar el teorema siguiente.
Teorema 7.12 Una homología H es una homología armónica sii intercambia a dos puntos.
Demostración: Supongamos que P y P 0 son dos puntos intercambiados por H. EntoncesH 2
es una homología con el centro O, ejeo yqueP y P 0 son otros puntos fijos y por lo tanto H 2 =1.
Teorema 7.13 Dos homologías armónicas conmutan sii el centro de uno esta en el eje del otro.
Y en este caso el producto es una homología armónica.
Demostración: Si H y H 0 son homologías armónicas con centros O y O 0 yejeso y o 0 respectivamente.
Demostraremos que HH 0 y H 0 H son la homología armónica con centro O 00
= o ∩ o 0 y
eje o 00 = OO 0 .
Si O ∈ o 0 y O 0 ∈ o, entonces si H(OO 0 ,PP 0 ) entonces P 0 = H(P )=H 0 (P ) y por lo tanto los
puntos de la recta OO 0 son invariantes de la transformaciónes HH 0 y H 0 H.Analogamentecada
recta por oo 0 es invariante ante HH 0 y H 0 H.PorlotantoHH 0 y H 0 H son homologías. Si P y P 0
son puntos de o 0 tales que H(O 00 O, PP 0 ) entonces H intercambia a P y P 0 y H 0 lod deja fijos, por
lo tanto HH 0 los intercambia. Por lo tanto HH 0 es la homología armónica con centro O 00 = o∩o 0 y
eje o 00 = OO 0 .AnálogamenteH 0 H es la homología armónica con centro O 00 = o∩o 0 yejeo 00 = OO 0 .
Si H y H 0 conmutan, entonces HH 0 es involutoria y por lo tanto es una homología armónica.
Si A ∈ o, entoncesH 0 (A) ∈ H 0 (o). ComoA es un punto invariante ante H el punto
H 0 (A) =H 0 (H(A)) = H(H 0 (A))

118 Geometría Proyectiva
es invariante ante H. Por lo tanto los puntos de H 0 (o) son puntos fijos de H yporlotanto
H 0 (o) =o. Porlotantoo es invariante ante H 0 y por lo tanto tenemos el caso O 0 ∈ o óelcaso
o = o 0 . Pero en este último caso el producto HH 0 seria una homología especial y no involutoria.
Problema 3 ∗ Demostrar que el producto de tres homologías armónica, cuyos centros y ejes son
los vertices y lados de un triángulo, es la identidad.
Problema 4 ∗ Si o, o 0 e i son tres rectas concurrentes en un plano proyectivo π y O es un punto de
i, entonces el producto de las homologías armónicas con centro O yejeso y o 0 es una translación
en el plano afín α = π − i.
Problema 5 ∗ Demostrar que la reflexion en una recta euclidiana es una homología armónica.
Problema 6 ∗ Dados el punto O yrectaso, a, ya 0 concurrentes, entonces hay una sola homología
con centro O, ejeo y que manda a a en a 0 .
Problema 7 ∗ Dada una homología con eje o entonces su recta de fuga j es paralela a o.
Problema 8 ∗ Demostrar que una homología esta determinada por su centro O, suejeo ysurecta
de fuga j.
En los problemas siguientes el espacio proyectivo sera el espacio proyectivo real.
Problema 9 ∗ Si el eje de una homología (no especial) es la recta al infinito, entonces la homología
es una homotecia de centro O.
Problema 10 ∗ Si el eje de una homología especial es la recta al infinito, entonces la homología
es una translación en la dirección de O.
Problema 11 ∗ Si τ es una translación, entonces exiten dos puntos O 1 y O 2 y dilataciones σ i ∈
Dil Oi (α) tales que τ = σ 1 σ 2 .
Problema 12 ∗ Si dos triángulos están en perspectiva, con centro O yejeo, entonces están relacionados
por una homología de eje o ycentroO.
Problema 13 Sea ϕ una homología de eje o ycentroO. Para cada punto X ∈ π − o − {O}
definimos los puntos: X 0 = ϕ(X), X 0 = o ∩ OX. SiparaunpuntoA tenemos que H(OA 0 ,AA 0 ),
demostrar que para todo punto X ∈ π − o − {O} tenemos que: H(OX 0 ,XX 0 ).(Enestecaso
desimos que ϕ es una homología armónica).

Geometría Proyectiva 119
Proyección en un cuadrado ∗
En esta sección demostraremos que en el plano Euclideano todo cuadrángulo se puede proyectar
en un cuadrado. Aunque no lo necesitaremos en los capítulos siguientes el resultado y la
demostración son especialmente elegantes.
Para la demostración usaremos la siguiente caracterización, usando conceptos proyectivos y el
de perpedicularidad, de un cuadrado:
Un cuadrángulo es un cuadrado sii satisfacen las condiciones siguientes:
i) Es un paralelogramo, esto es equivalente a que dos de los puntos diagonales están al infinito.
ii) Las diagonales son perpendiculares. Esto junto con i) nos dice el cuadrángulo es un rombo.
iii) Los lados son perpendiculares, esto es equivalente a que la rectas que unen los puntos
medios de los lados opuestos son perpendiculares. Estas rectas son los lados finitos del triángulo
diagonal.
Teorema 7.14 Sea P , Q, R y S los vertices de un cuadrángulo completo en el plano π, entonces
existen un plano π 0 y un punto O tales que si PQRS O [ P 0 Q 0 R 0 S 0 ,entoncesP 0 , Q 0 , R 0 y S 0 son los
vertices de un cuadrado.
Demostración: Supondremos que las rectas diagonales del cuadrángulo completo PQRS son
rectas ordinarias (el otro caso es más sencillo y se deja como problema).
R'
Q'
A'
S'
D
G
E
P
F
H
Q
A
S
R
B
C
Figura 7-18
Sea el triángulo diagonal 4ABC donde A = PR∩ QS, B = PQ∩ RS y C = PS ∩ QR yla
imagen del cuadrángulo PQRS es un paralelogramo sii la recta j = BC es la recta de fuga. Esto
se logra tomando como eje o dehomologíaunarectaparalelaalarectao, nosotros tomaremos la
recta que pasa por P .Seaπ 0 un plano, distinto de π, que contiene a o y si tomamos el centro de
proyección O en el plano π 00 que contiene a j yparaleloaπ 0 . Obteniendo una proyección π Z O π 0
tal que la imagen del cuadrángulo PQRS es un paralelogramo. Más aun dados puntos X ∈ π − o
y X 0 ∈ π 0 − o entonces si O = XX 0 ∩ π 00 ,entoncesX O Z X 0 .
Por facilidad en el dibujo presentaremos la parte que esta en el plano π 0 el la parte superior
deldibujoenelplanoπ (arriba de la recta o). El dibujo en el plano π 0 se obtienen de esta parte
del dibujo girando el plano π en la recta o hasta que coincida con el plano π 0 .

120 Geometría Proyectiva
Sean los puntos D = QS ∩o, E = CA∩o, F = BA∩o, G = QR∩o y H = RS ∩o. Claramente
estos puntos son invariantes ante la proyección π Z O π 0 .
Claramente la imagen A 0 del punto A determina la imagen de la figura, ya que las rectas
AD, AE, AP y AF se transforman en las rectas A 0 D, A 0 E, A 0 P y A 0 F , las rectas QG y PS se
transforman en las rectas Q 0 G y PS 0 que son paralelas a EA 0 y las rectas QP y HS se transforman
en las rectas Q 0 P y HS 0 que son paralelas a FA 0 .
Para que la imagen del cuadrángulo PQRS sea un cuadrado es necesario y suficiente que la
imagen A 0 de A sea tal que las rectas A 0 P ⊥ A 0 D yqueA 0 E ⊥ A 0 F .ClaramenteH(PD,EF) y
por lo tanto los puntos P y D separan a los puntos E y F . Por lo tanto los círculos de diametros
PD y EF se intersectán en dos puntos y A 0 es uno de estos.
Por lo tanto si O = AA 0 ∩ π 00 ,entoncesπ Z O π 0 es la proyección buscada.

Capítulo 8
Hileras de Puntos y Haces de Rectas
(Razón cruzada)
Con ayuda del concepto de rectas (y haces) dirigidas definiremos la razón cruzada de cuatro
puntos alineados o cuatro rectas concurrentes, la razón cruzada es el invariante métrico más
importante que nos permitirá demostrar los principales teoremas de la geometría proyectiva.
Par estudiar la geometría proyectiva necesitamos estudiar las propiedades del plano que son
invariantes ante proyecciones. En esta sección estudiaremos la razón cruzada que es el invariante
(métrico) más importante para estudiar la geometría proyectiva. Para esto necesitamos el teorema
4.7, pag. 56.
Definición 8.1 Dados cuatro puntos distintos A, B, C y D en una recta x. Definimos la razón
cruzada {ABCD} de los puntos A, B, C y D como el elemento de R ∪ {∞} definido por:
{ABCD} = AC Á AD
CB DB
Esta definición tiene sentido aunque alguno de los puntos sea el punto al infinito de la recta x.
Si A, B y C permanecen fijos definen una función biyectiva
R : x − {A, B, C} → R − {0, 1, ∞}
definida como R(D) ={ABCD}. Más aun podemos extender R a una función biyectiva de x en
R tal que R(A) =∞, R(B) =0y R(C) =1.
Aunque dados cuatro puntos hay 24 permutaciones de ellos. La razón cruzada de estas permutaciones
sólo toma 6 valores. Esto se obtiene de la proposición siguiente.
121

122 Hileras de Puntos y Haces de Rectas (Razón cruzada)
Proposición 8.2 Dados cuatro puntos distintos A, B, C y D en una recta x y λ = {ABCD}.
Entonces:
i) {ABCD} = {BADC} = {CDAB} = {DCBA} = λ.
ii) {ABDC} =1/λ.
iii) {ACBD} =1− λ.
iv) {ACDB} = 1 . 1−λ
v) {ADBC} = λ−1.
λ
vi) {ADCB} =
λ
λ−1 .
Demostración: Usando el teorema 4.4.ii) pag. 54 dividiendo por AD · BC obtenemos iii).
La identidad ii) esdirectadeladefinición. Las otras se siguen de ii) ydeiii).
Definición 8.3 Dadas cuatro rectas distintas a = OA, b = OB, c = OC y d = OD en un haz
de rectas por el punto O. Definimos la razón cruzada {abcd} de los puntos a, b, c y d como el
elemento de R ∪ {∞} definido por:
{abcd} = sen(AOC)
sen(COB)
también la denotaremos por O{ABCD}.
Á sen(AOD)
sen(DOB)
El siguiente teorema es la base del estudio de la geometría proyectiva usando los conceptos
euclidianos.
Teorema 8.4 Si tenemos cuatro puntos distintos A, B, C y D en una recta y O un punto (finito)
no en la recta entonces:
{ABCD} = O{ABCD}
Demostración: Usando el teorema 4.7 obtenemos:
AC OA sen(AOC)
=
CB OB sen(COB)
AD OA sen(AOD)
=
DB OB sen(DOB)
de donde se sigue el teorema.
Claramente la proyección, de x en x 0 desde el punto O, satiface las siguientes propiedades:
Teorema 8.5 Si O es un punto finito y ABCD O [ A 0 B 0 C 0 D 0 entonces
{ABCD} = {A 0 B 0 C 0 D 0 }
Demostración: Si O es un punto finito, entonces esto se sigue del teorema 8.4.
Corolario 8.6 Toda transformación proyectiva xZx 0 es una función biyectiva. Además si ABCDZ
A 0 B 0 C 0 D 0 entonces
{ABCD} = {A 0 B 0 C 0 D 0 }

Hileras de Puntos y Haces de Rectas (Razón cruzada) 123
Este corolario tiene muchas concecuencias, como veremos en esta sección. El primer resultado
es el dar una condición métrica equivalente a que tres pares de puntos alineados sean un conjunto
cuadrángular de puntos.
Teorema 8.7 Sean P 0 ; P 0 , Q 0 ; Q 0 y R 0 ; R 0 un conjunto cuadrángular de puntos en la recta d,
entonces tenemos las propiedades siguientes
R 0 P 0 RQ Z RP R 0 Q 0
PQ 0 · QR 0 · RP 0 + P 0 Q · Q 0 R · R 0 P =0
Demostración: Sean el cuadrángulo ABCD ylarectad, entonces P 0 = d∩AD, Q 0 = d∩BD,
R 0 = d ∩ CD, P = d ∩ BC, Q = d ∩ CA y R = d ∩ AB. SeaN = AB ∩ CX entonces ’
además obtenemos
que es equivalente a la igualdad del teorema.
R 0 P 0 RQ A [ R 0 DNC B [ R 0 Q 0 RP Z RPR 0 Q 0
Á Á
R 0 R R 0 Q
= RR0 RQ
0
RP 0 QP 0 R 0 P Q 0 P
1 QP 0
RP 0 R 0 Q = −1 Q 0 P
R 0 P RQ 0
C
A
N
B
D
Q
P
M
Q'
R'
P'
L
R
Figura 8-1
El teorrema anterior nospermite demostrar el siguiente teorema; el cual es equivalente a los
teoremas de Ceva y Menelao simultáneamente.
Teorema 8.8 Dados un triángulo 4ABC, una transversal d yunpuntoD, seanL = DA ∩ BC,
M = DB ∩ CA, N = DC ∩ AB, P = d ∩ BC, Q = d ∩ CA y R = d ∩ AB. Entonces
AR BP CQ
RB PC QA = −AN BL CM
NB LC MA

124 Hileras de Puntos y Haces de Rectas (Razón cruzada)
Demostración: Elteoremaesequivalentealaidentidadλ = {ABRN}{BCPL}{CAQM} =
−1.
Tenemos las relaciones ABRN [ D P 0 Q 0 RR 0 , BCPL [ D Q 0 R 0 PP 0 y CAQM [ D R 0 P 0 QQ 0 yporlo
tanto
λ = {ABRN}{BCPL}{CAQM}
= {P 0 Q 0 RR 0 }{Q 0 R 0 PP 0 }{R 0 P 0 QQ 0 }
=
P 0 R
RQ 0
P 0 R 0
R 0 Q 0
Q 0 P
PR 0
Q 0 P 0
P 0 R 0
R 0 Q
QP 0
R 0 Q 0
Q 0 P 0
= P 0 R · Q 0 P · R 0 Q
RQ 0 · PR 0 · QP 0
y por el teorema anterior λ = −1.
Este teorema nos da una caracterización métrica de los conjugados armónicos, también tiene
comocorolarioslosteoremasdeCevayMenéalo.
Teorema 8.9 Dados cuatro puntos distintos A, B, C y D de una recta, entonces H(AB, CD)
ssi AC = − AD .
CB DB
Demostración: Dados el triángulo ∆ABP el punto R y la recta QS, elteoremaanteriornos
da la igualdad
AD BQ PS
DB QP SA = −AC BQ PS
CB QP SA
de donde obtenemos que H(AB, CD) ssi AC = − AD . El inverso se sigue del teorema directo.
CB DB
S
P
R
Q
A
C
B
D
Figura 8-2
Teorema 8.10 (Menelao) Si P , Q y R son puntos en los lados (pero no uno de los vértices)
BC, CA y AB de un triángulo 4ABC, entoncesP , Q y R están alineados sii
AR BP CQ
RB PC RQ = −1

Hileras de Puntos y Haces de Rectas (Razón cruzada) 125
Teorema 8.11 (Ceva) Si X, Y y Z sonpuntosenlosladosBC, CA y AB (peronounodelos
vértices) de un triángulo 4ABC, entonces las rectas AX, BY y CZ son concurrentes sii
AR BP CQ
RB PC RQ =1
Demostración: Claramente el teorema anterior nos dice que para cada triángulo existe un
númer real µ tal que si los puntos P , Q y R están alineados entonces AR BP CQ
= µ; y las rectas
RB PC RQ
AX, BY y CZ son concurrentes entonces AR BP CQ
= −µ. SiP , Q y R están en la recta al infinito
RB PC RQ
entonces obtenemos que µ = −1.
Inversamente si AR BP CQ
= −1, sea RB PC RQ R0 = AB ∩ PQ,entonces AR0 BP CQ
= −1 yporlotanto
R 0 B PC RQ
R = R 0 .Análogamentesi AR BP CQ
=1definimos D = AP ∩ BQ y RB PC RQ R0 = AB ∩ CX, entonces
AR 0 BP
R 0 B PC
CQ
RQ =1yporlotantoR = R0 .
El siguiente teorema nos permite dar otros enunciados, equivalentes, para los teoremas de Ceva
yMenelao.
Teorema 8.12 Si X, Y y Z son puntos en los lados BC, CA y AB (pero no uno de los vértices)
de un triángulo 4ABC, entonces
AZ BX CY
ZB XC YA = sen(ACZ)
sen(ZCB)
sen(BAX)
sen(XAC)
sen(CBY )
sen(YBA)
Demostración: Es inmediata usando el teorema 4.7, pag. 56.
Daremos ahora algunas aplicaciones de los teoremas de Ceva y Menelao.
Teorema 8.13 Los seis centros de semejanza de tres círculos (no dos de ellos concéntricos) tomados
de dos a dos, están por tercias en cuatro rectas.
Problemas
Problema 1 ∗ Si en la figura ??; pag.?? CP es la bisectriz interior del ángulo C entonces
AP/P B = CA/CB y si es la bisectriz exterior AP/P B = −CA/CB.
Problema 2 ∗ Usando el problema anterior y el teorema 4.4 pag. 54 demostrar que:
CP 2 = ab
µ1 − c2
(a + b) 2
Problema 3 ∗ (Teorema de Lehmus-Steiner) Usar el problema anterior para demostrar que si en
un triángulo dos bisectrices son iguales entonces el triángulo es isósceles.
Problema 4 ∗ Si OA, OB, OC y OD son cuatro rectas de un haz entonces:
sen AOB · sen COD +senBOC · sen AOD +senCOA · sen BOD =0
Problema 5 ∗ Usar el problema anterior para demostrar el teorema de Ptolomeo: Elproducto
de las diagonales de cuadrilátero cíclico, es igual a la suma de los productos de los lados opuestos.

126 Hileras de Puntos y Haces de Rectas (Razón cruzada)
Problema 6 ∗ Si O es un punto al infinito y ABCD O [A 0 B 0 C 0 D 0 ,entonces{ABCD} = {A 0 B 0 C 0 D 0 }.
Esto permite definir la razón cruzada de cuatro rectas paralelas.
Problema 7 ∗ Si O y O 0 son dos puntos finitos y l ∞ la recta al infinito, entonces si la proyección
O l ∞
[ O 0 es tal que abcd l ∞
[ a 0 b 0 c 0 d 0 entonces {abcd} = {a 0 b 0 c 0 d 0 }.Estopermitedefinir la razón cruzada
de cuatro puntos en la recta al infinito.
Problema 8 ∗ Si λ = {ABCD} y µ = {ABCD 0 } entonces {ACDD 0 } = λ−1
µ−1 .
Problema 9 ∗ Dados un triángulo 4ABC y dos rectas m y m 0 (que no pasan por los vértices del
triángulo), sean P ; P 0 , Q; Q 0 y R; R 0 las intersecciones de m y m 0 con los lados BC, CA y AB
del triángulo, entonces
AR BP CQ
RB PC QA = AR0 BP 0 CQ 0
R 0 B P 0 C Q 0 A
(sugerencia: Sean X = m ∩ m 0 y Y = XC ∩ a; usar las proyecciones a X [ c y b X [ c.)
X
P'
C
Q
Q'
P
A
R'
Y
R
B
Figura 8-3
Problema 10 ∗ Dada una homología Σ Z Σ de centro O yejeo. SiAB Z A 0 B 0 con A 6= A 0 y
B 6= B 0 ,entoncesAA 0 OX Z BB 0 OY donde X = AO ∩ o y Y = BO ∩ o. Sia Z a 0 con a 6= a 0 ,sean
X = a∩a 0 ∈ o y x = XO,entoncesAA 0 OX Zaa 0 ox. Porlotanto{A, A 0 ,O,X} = {a, a 0 ,o,x} para
todo A 6= A 0 ytodaa 6= a 0 .Elnúmero{A, A 0 ,O,X} se le conoce como el coeficiente o parámetro
de la homología.
Círculos Homotéticos
Dados dos círculos C y C 0 ,decentrosO y O 0 yradiosR y R 0 . Tomamos OA un radio del
primero y A 0 1A 0 2 un diámetro del segundo, entonces hay dos dilataciones T 1 y T 2 ,talesqueT 1

Hileras de Puntos y Haces de Rectas (Razón cruzada) 127
manda OA en O 0 A 0 1 y O 0 A 0 2 , por lo tanto y que mandan al C círculo en el círculo C 0 . Tenemos los
siguietes casos:
i) Los círculos no son concéntrico. Este caso tiene dos posibilidades:
iA) Los círculos son iguales, entonces una de las dilataciones es una translación con centro S 1
el punto al infinito de la recta de los centros y la otra es una homotecia de razón k = −1 y centro
S 2 = OO 0 ∩ AA 0 2,.
iB) Los círculos no son iguales, entonces las transformaciones T i (i =1, 2) sonhomoteciasT i =
H Si ,k i
,conk 1 = R y k
R 0 2 = − R .AdemásS
R 0 i = OO 0 ∩ AA 0 i,elpuntoS 1 (resp. S 2 )se llama el centro
exterior (resp. interior) de homotecia de los círculos C y C 0 .Enestecaso OS 1
S 1
= − OS O 0 2
S 2
= − R .
O 0 R 0
YporlotantoenamboscasosH(OO 0 ,S 1 S 2 ).
ii) Los círculos son concéntrico, entonces S 1 = S 2 y coinciden con el centro de los círculos
dados y las razones de homotecia son k = ± R .
R 0
A
B
A'
B'
O
S'
O'
S
A"
Figura 8-4
Llamamos a los puntos S 1 y S 2 los centros de semejanza de los círculos C y C 0 . Cuando C y C 0
son círculos iguales S 1 lo tomaremos como el punto al infinito de la recta de los centros.
Si los círculos C y C 0 tienen dos centros de homotecia distintos y finitos S 1 y S 2 ,elcírculode
diámetro S 1 S 2 se llama el círculo de similitud de los círculos C y C 0 .SiloscírculosC y C 0 son iguales
pero no concéntricos usaremos a la mediatriz de OO 0 como círculo de similitud de los círculos C y
C 0 .
Si una recta pasa por uno de los centros de homotecia S i e intersecta a los círculos en los pares
de puntos A, B y A 0 , B 0 ,deformaqueA y A 0 son puntos homotéticos, decimos que A, A 0 y B, B 0
son pares de puntos homólogos respecto del centro de homotecia S i yqueA, B 0 y A 0 , B son pares
de puntos antihomólogos respecto del centro de semejanza S i .
Daremos ahora algunos resultados relacionados con los conceptos de puntos homólogos y antihomólogos
respecto a un centro de homotecia.
Teorema 8.14 Dados dos círculos C y C 0 un centro S de homotecia y dos rectas distintas SA
y SC tales que SA (resp. SC) intersecta al círculo C en los puntos A, B (resp. C y D) ySC
intersecta al círculo C en los puntos A 0 , B 0 (resp. C 0 y D 0 )deformatalqueA, A 0 , B, B 0 , C, C 0
y D, D 0 son pares de puntos homólogos respecto del centro de homotecia S. Entonces tenemos las
siguientes propiedades:
i) El producto SA · SB 0 es constante.

128 Hileras de Puntos y Haces de Rectas (Razón cruzada)
A
B
A'
B'
O
S'
O'
S
C'
D'
C
D
Figura 8-5
ii) Los puntos A, C, B 0 y D 0 son concéntricos.
iii) Las tangentes a los círculos en los puntos A y B 0 ylarectaSA forman un triángulo
isósceles.
iv) Si P ∈ C y Q ∈ C 0 sontalequelastangentesaloscírculosenlospuntosP y Q ylarecta
PQ forman un triángulo isósceles, entonces P y Q son puntos antihomólogos.
Demostración: Propiedad i). ComoSA · SB = const = ρ y SB 0 = kSB tenemos
SA · SB 0 = kSA · SB
= kρ = const
Propiedad ii). Se sigue inmediatamente del resultado anterior ya que: SA · SB 0 = SC · SD 0 .
Propiedad iii). Esto se sigue del hecho de que las tangentes en los puntos A y B ylarectaSA
forman un triángulo isósceles y las tangentes en B y B 0 son paralelas.
Teorema 8.15 Dados dos círculos C y C 0 yuncirculoT es tangente a C 1 y C 2 en puntos T 1 y T 2
respectivamente, entonces T 1 y T 2 son puntos antihomólogos. Y el centro O de T es la intersección
de las rectas T 1 O 1 y T 2 O 2 .InversamentesiT 1 y T 2 son antihomólogos y un círculo T de centro
T 1 O 1 ∩ T 2 O 2 es tangente a C 1 entonces es tangente a C 2 .
A1
O1
A2
O2
S
O
Figura 8-6

Hileras de Puntos y Haces de Rectas (Razón cruzada) 129
Demostración: Se sigue de que T 1 y T 2 son antihomólogos sii ]O 1 T 1 T 2 = ]O 2 T 2 T 1 .Estoes
equivalente a que el triángulo 4T 1 T 2 O es isósceles.
Corolario 8.16 Dados dos círculos C y C 0 yuncirculoT es tangente a C 1 y C 2 en puntos T 1 y
T 2 ,entonceselpolodeT 1 T 2 respecto a T esta en el eje radical de C 1 y C 2 .
Dado un círculo T tangente a dos círculos C 1 y C 2 , entonces los puntos de tangencia son puntos
antihomólogos respecto a S uno de los centros de semejanza de C 1 y C 2 .DiremosqueT y S están
asociados.
El siguiente teorema y su corolario será de importancia para resolver el problema de Apolonio,
ver la sección 11, pag. 178.
Teorema 8.17 Sean dos circulos T 1 y T 2 tangentesadoscírculosC 1 y C 2 , tale que están asociados
al mismo centro de semejanza S de C 1 y C 2 . Entonces los círculos C 1 y C 2 están asociados al mismo
centro de semejanza de T 1 y T 2 .AdemásS esta en el eje radical de T 1 y T 2 .
Demostración: Sesiguedelapropiedadi).
Corolario 8.18 DadostrescírculosC 1 , C 2 y C 3 (con centros noalineados) y dos circulos T 1 y T 2
tangentes a C 1 , C 2 y C 3 tales que están asociados a los centros de semejanza S ij de los cículos C i
y C j . Entonces los puntos S ij estánenelejeradicaldeT 1 y T 2 . Además los puntos T i1 = C i ∩ T 1 ,
T i2 = C i ∩ T 2 y P el centro radical de los círculos C i están alineados.
Problemas
Problema 1 Construir un triángulo dados su base, su altura y la razón sus otros dos lados.
Problema 2 ∗ Siuncírculoestangenteadoscírculosnoconcéntricos,lospuntosdetangencia
son puntos antihomólogos.
Problema 3 El círculo de similitud de dos círculos que se intersectan, pasa por los puntos de
intersección.
Problema 4 ∗ Dado un triángulo 4ABC y X ∈ BC es tal que AX es la bisectriz de A. Sielpunto
C describe un círculo de centro A mientras que B permanece fijo. ¿Cual es el lugar geométrico de
los puntos X?
Problema 5 Si una línea variable intersecta a dos círculos dados, en los segmentos AB y A 0 B 0 ,
y pasa por el centro del círculo de similitud de los círculos dados, entonces AB es constante.
A 0 B 0
Problema 6 ∗ Dos círculos se intersectan en los puntos A y B. Una recta variable que pasa por
A intersecta a los círculos en P y Q. SiR divide al segmento PQ en una razón dada, entonces el
lugar geométrico de los puntos R es un círculo.
Problema 7 ∗ Construir un círculo que es tangente a dos rectas dadas y que pasa por un punto
dado. ¿Cuantas soluciones hay?

130 Hileras de Puntos y Haces de Rectas (Razón cruzada)
Problema 8 ∗ Construir un círculo que es tangente a una recta dada y que pasa por dos puntos
dados. ¿Cuantas soluciones hay?
Problema 9 Construir un triángulo semejante a un triángulo dado y cuyos lados están en tres
rectas dadas.
Problema 10 Inscribir en un triángulo dado un triángulo cuyos ángulos están dados.
Problema 11 Construir un triángulo, teniendo como dados un ángulo, el ángulo opuesto y la
razón de los otros lados.
Problema 12 Construir un punto de una recta dada que sea equidistante a un punto dado y a
otra recta dada.
Problema 13 ∗ Construir un triángulo, dados sus ángulos, el circuncentro y el incentro.
Círculo de Similitud
Usando los conjugados armónicos podemos demostrar el siguiente teorema.
Teorema 8.19 Dados dos círculos C y C 0 no concéntricos. Entonces su círculo de similitud D es
el lugar geométrico de los puntos que satisfacen por cualquiera de las siguientes propiedades:
i) La razón de las distancias a los centros de los círculos C y C 0 es igual a la razón de los radios
de los círculos.
ii) Los C y C 0 círculos subtienden ángulos iguales.
Demostración: El caso de que los círculos sean iguales es claro que la mediatriz de OO 0
satisface las propiedades i) y ii).
En el caso generalos los círculos C y C 0 , tienen centros O y O 0 ,radiosR y R 0 ycentrosde
homotecia H y K.
Caso i). SiP es un punto tal que PO = R , entonces como PO = HO , tenemos que PH es
PO 0 R 0 PO 0 HO 0
una bisectriz del ángulo ]OPO 0 ,análogamentePH es una bisectriz del ángulo ]OPO 0 yporlo
tanto P esta en el círculo D. Inversamente si esta en el círculo P ,comoH(OO 0 ,HK) entonces
PH es la bisectriz del ángulo ]OPO 0 yporlotanto PO = HO = R .
PO 0 HO 0 R 0
Caso ii) Si desde un punto P trazamos tangentes PT y PT 0 de a los círculos dados entonces
obtenemos triángulos rectángulos 4PTO y 4PT 0 O 0 que son semejantes sii ]TPO = ]T 0 PO 0 sii
PO
PO 0 = R R 0 .
Corolario 8.20 El lugar geométricos de los puntos cuyas razones de sus distancia a dos puntos
fijos es una constante, es un círculo.
Definición 8.21 Dados dos puntos A y B, entonces llamamos círculo de Apolonio respecto a A
y B a un círculo cuyas razones de sus distancia a los puntos dados es una constante.
Corolario 8.22 Dados los conjugados armónicos H(AB, CD), entonces el círculo de diámetro
CD es un círculo de Apolonio respecto a A y B.

Hileras de Puntos y Haces de Rectas (Razón cruzada) 131
T
P
T'
O
S
O'
S'
Figura 8-7
Teorema 8.23 Dados tres círculos, cuyos centros no están alineados, entonces los círculos de
similitud de los círculos tomados de dos en dos tienen un punto en común.
Dados las longitudes a, b, c y d de los lados de un cuadrángulo se puede construir un cuadrángulo
cíclico que tenga los lados dados. Para esto necesitamos la siguiente proposición.
Proposición 8.24 Dado ABCD un cuadrángulo cíclico, sea P ∈ AD tal que ]CAB = ]DCP.
Entonces DP = b·c y AC = a.
a CP c
Demostración: Como los angulos ]ABC y ]PDC son suplementarios del ángulo ]CDA
tenemos que los triángulos ∆ABC y ∆CDP son semejantes y por lo tanto DP = b y AC = a.
c a CP c
B
b
C
a
f
c
d
A
D
P
Figura 8-8
Con los resultados anteriores podemos dar la siguiente construcción.
Construción 8.25 Dados las longitudes a, b, c y d de los lados de un cuadrángulo cíclico ABCD,
lo podemos contruir de la siguiente manera:
a) En la recta AD construimos el punto P definido por DP = b·c.
a
b) Construimos el círculo D de centro D yradioc.

132 Hileras de Puntos y Haces de Rectas (Razón cruzada)
c) Construimos el círculo de apolonio A definido por la condición A = {X : AX
XP = a c }.
entonces C es una de las intersección de D y A. Claramentelaotraintersecciónnosdael
polígono que es la reflección de ABCD en la recta AD.
En el capítulo ??, sección ??, necesitaremos la siguiente proposición, que aunque no es un
teorema de la geometría plana, se sigue de los teoremas que hemos visto en este capítulo.
Corolario 8.26 El lugar geométricos de los puntos en el espacio cuyas razones de sus distancia
a dos puntos fijosesunaconstante,esunaesfera.
Definición 8.27 Dados dos puntos en el espacio, entonces llamamos esfera de Apolonio de los
puntos dados a una esfera cuyas razones de sus distancia a los puntos dados es una constante.
Problemas
Problema 1 ∗ En la construcción 8.25 demostrar que D y A se intersectan sii cualquiera de las
longitudes a, b, c y d es menor a la suma de las otrs tres.
Problema 2 ∗ Usar los teoremas de Ceva y Menelao para demostrar que H(AB, CD) sii {ABCD} =
−1.
Problema 3 ∗ Dados dos rectas paralelas l y m, unsegmentoAB ⊂ l. Construir,usandoúnicamente
regla, el punto medio de AB.
Problema 4 ∗ Dados un segmento AB, en una recta l, supuntomedioM y otro punto Q. Construir,
usando únicamente regla, la recta paralela a l que pasa por Q.
Problema 5 Si H(AB, CD) con O y O 0 lospuntosmediosdeAB y CD respectivamente, entonces:
OB 2 + OC 2 = O 0 O 2
Problema 6 Si H(AB, CD) con AL y AM lamediaaritméticaygeométricadeAC y AD respectivamente,
entonces AM es la media proporcional de AL y AB.
Problema 7 ∗ Si O es un punto de la altura AD del triángulo 4ABC ydefinimos E = CA∩ BO
y F = AB ∩ CO, entoncesDA es la bisectriz del ángulo ]EDF.
Problema 8 Dados A, B, C y D tales que H(AB, CD) y V es un punto de C en e la mediatriz
de AB, entonceselcírculoC = ¯VCD es tangente a e.
Problema 9 Si H(AB, CD) y O ∈ AB, entonces
2 · OB
AB
= OC
AC + OD
AD
Problema 10 ∗ Construir un punto tal que sus distancias a tres puntos dados tienen razones
dadas. Cual es el número de soluciones.
Problema 11 ∗ Dados un punto y dos círculos contruir un círculo que pase por el punto y sea
ortogonal a los círculos dados.

Hileras de Puntos y Haces de Rectas (Razón cruzada) 133
e
V
A
C
D
O
B
Figura 8-9

134 Hileras de Puntos y Haces de Rectas (Razón cruzada)

Capítulo 9
Teorema de Menelao y Ceva
Para dar una demostración directa del teorema de Menelao necesitamos el siguiente resultado.
El cual nos permite comparar las razones de segmentos dirigidos aun cuando esten en direcciones
distintas.
Lema 9.1 Si A, B y P sontrespuntosalineadosyX, Y y P son otros puntos alineados con
AX k BY entonces AP = AX .
PB YB
Demostración: La demostración es clara de la figura y hay que notar que la igualdad es valida
incluyendo signos.
B
A
Y'
P
B'
X
Y
Figura 9-1
Demostración (Menelao): Supongamos que P , Q y R están en una recta l y sean X, Y y
Z las proyecciones de A, B y C, respectivamente , en l. Entonces usando el lema anterior
AQ BP CR
QB PC RA = AX BY CZ
YBZC
XA = −1 135

136 Teorema de Menelao y Ceva
C
Y
Z
P
X
Q
R
A
B
Figura 9-2
Para demostrar el inveso sea l = PQ y R 0 = l ∩ AB, entonces usando el resultado directo
obtenemos que CR = CR0 yporlotantoR = RA R 0 A R0 .
Conjugados Isogonales e Isotómicos
Dados un punto O, dosrectasOA y OB y m la bisectriz del ángulo ]AOB, lareflexión T en
m es una involución en el haz de rectas que pasan por O. Dada una recta OR, siOR 0 = T (OR)
decimos que OR y OR 0 son rectas conjugadas isogonales, respecto a las rectas OA y OB (también
decimos que OR y OR 0 son rectas conjugadas isogonales, respecto a la recta m. Sin es la bisectriz
esterior del ángulo ]AOB tenemos que m y n definen la misma involución. Claramente cualquier
par OR y OR 0 de rectas conjugadas determinan la involución, basta tomar la bisectrz del ángulo
]ROR 0 .EnestecasoOR y OR 0 sen AOR sen BOR0
son rectas conjugados isogonales sii = .
sen ROB sen R 0 OA
B
R'
O
m
R
A
Figura 9-3
Análogamente dados una recta a dos puntos A y B ∈ a y O el punto medio de AB, elmedio
giro H con centro O es una involución de la recta a. DadoP ∈ a, siQ = H(P ) decimos que R y
R 0 son puntos conjugados isotómicos, respecto al segmento AB (también decimos que R y R 0 son
puntos conjugados isotómicos, respecto al punto O). Claramento cualquier par R y R 0 conjugados

Teorema de Menelao y Ceva 137
isotómicos determinan la involución, basta tomar el punto medio de RR 0 .ClaramenteR y R 0 son
puntos conjugados isotómicos sii AR = BR0 .
RB R 0 A
A R O
R' B
Figura 9-4
Sean 4ABC un triángulo P y P 0 ∈ BC, Q y Q 0 ∈ CA, R y R 0 ∈ AB, talesqueAP , BQ y
CR son conjugadas isogonales de AP 0 , AQ 0 y CR 0 , entonces:
sen ACR sen BAP sen CBQ sen BCR0 sen CAP 0 sen ABQ 0
=
sen RCB sen PAC sen QBA sen R 0 CA sen P 0 AB sen Q 0 BC
Análogamente sean 4ABC un triángulo P y P 0 ∈ BC, Q y Q 0 ∈ CA, R y R 0 ∈ AB, talesque
P , Q y R son conjugadas isotómicos de P 0 , Q 0 y R 0 , entonces:
AR BP CQ
RB PC QA = BR0 CP 0 AQ 0
R 0 A P 0 B Q 0 C
Estasidentidadesnosdanlossiguientesresultados.
Teorema 9.2 Sean 4ABC un triángulo P y P 0 ∈ BC, Q y Q 0 ∈ CA, R y R 0 ∈ AB, tales que
AP , BQ y CR son conjugadas isogonales de AP 0 , AQ 0 y CR 0 ,entonces:
i) Las rectas AP , BQ y CR son concurrentes sii las rectas AP 0 , AQ 0 y CR 0 son concurrentes.
ii) Los puntos P , Q y R están alineados sii P 0 , Q 0 y R 0 están alineados.
Teorema 9.3 Sean 4ABC un triángulo P ∈ BC, Q ∈ CA y R ∈ AB, talesqueP 0 ∈ BC,
Q 0 ∈ CA y R 0 ∈ AB son conjugadas isogonales, entonces:
i) Las rectas AP , BQ y CR son concurrentes sii las rectas AP 0 , AQ 0 y CR 0 son concurrentes.
ii) Los puntos P , Q y R están alineados sii P 0 , Q 0 y R 0 están alineados.
Definición 9.4 Sean 4ABC un triángulo y X un punto distinto de los vértices, decimos que el
punto X 0 es el conjugado isogonal de X, respecto al triángulo ∆ABC, silasrectasAX, BY y CZ
son conjugadas isogonales de AX 0 , BY 0 y CZ 0 respectivamente.
Definición 9.5 Sean 4ABC un triángulo y x una recta distinta de los lados, decimos que la
recta x 0 es la conjugada isotómica de x, respecto al triángulo ∆ABC si los puntos a ∩ x, b ∩ x y
c ∩ x son conjugados isotómicos de a ∩ x 0 , b ∩ x 0 y c ∩ x 0 respectivamente.
Definición 9.6 Sean 4ABC un triángulo y X un punto distinto de los vértices, decimos que el
punto X 0 es el conjugado isotómico de X, respecto al triángulo ∆ABC si los puntos X, Y y Z
son conjugados isotómicos de X 0 , Y 0 y Z 0 respectivamente.
Definición 9.7 Sean 4ABC un triángulo y x una recta distinta de los lados, decimos que la
recta x 0 es la conjugada isogonal de x, respecto al triángulo ∆ABC si las rectas A(a ∩ x), B(b ∩ x)
y C(c ∩ x) son conjugadas isogonales de A(a ∩ x 0 ), B(b ∩ x 0 ) y C(c ∩ x 0 ) respectivamente.

138 Teorema de Menelao y Ceva
El concepto de conjugado isogonal es el más importante. Sean 4ABC un triángulo, en el plano
euclideano π, entonces tenemos la función i : π − {A, B, C} → π − {A, B, C}, donde i(P ) es el el
conjugado isogonal de P . El siguiente teorema nos da las principales propiedades.
Teorema 9.8 Sean 4ABC un triángulo, en el plano euclideano π y C es el círcuncirculo entonces:
i) La función i :¯π − {a, b, c} → ¯π − {a, b, c}, es una involución biyectiva.
ii) Si P ∈ a − C (resp. b − C o c − C) entonces el el conjugado isogonal de P es A (resp. B o
C).
iii) Un punto P esta en C − {A, B, C} sii su conjugado isogonal es un punto al infinito.
iv) El conjugado isogonal del circuncentro O es el ortocentro H.
Demostración: La demostración de ii) se sigue de que AC es la conjugada isogonal de AP y
que BC es la conjugada isogonal de BP.
Para demostrar iii) vemos que AX es la conjugada isogonal de AP sii CP = BX,análogamente
BY es la conjugada isogonal de BP sii CP = AY .PorlotantoAY = BX lo que implica que
AX||BY . Inversamente si AX||BY entonces AX es la conjugada isogonal de AP .
C
C
P
C
X
H
O
A
B
A
F
B
A
P
B
Y
A'
ii) iii) iv)
Para demostrar iv) sea A 0 la otra intersección del la recta CO con el circuncírculo. Entonces
los triángulos rectángulos 4ACF y 4A 0 CB son semejantes ya que ]CAB = ]CA 0 B yporlo
tanto ]ACF = ]A 0 CB.
Teorema 9.9 Sean CX y CY conjugadas isogonales respecto a las rectas a y b, siX a , X b , Y a
y Y b son las proyecciones de X y Y en las rectas a y b. EntoncesXX a · YY a = XX b · YY b y
CX a · CY a = CX b · CY b . Además los puntos X a , X b , Y a y Y b estánenuncírculoC de centro el
punto medio de XY .
Demostración: Como ∆X b CX ≈ ∆Y a CY tenemos que XX b
= YY a
ycomo∆X
CX CY
a CX ≈
∆Y b CY tenemos que XXa = YY b
yporlotantoXX CX CY
a ·YY a = XX b ·YY b . Con los mismos triángulos
semejantes tenemos las igualdades X bC
= YaC y XaC = Y bC
yporlotantoCX CX CT CX CY a · CY a = CX b · CY b ,
esta última igualdad implica que los puntos X a , X b , Y a y Y b están en un círculo C; elcentrodeC
está en el punto O, la intersección de las mediatrices de X a Y a y X b Y b ,porlotantoO es el punto
medio de XY .

Teorema de Menelao y Ceva 139
C
Xa
Yb
Ya
Xb
Y
X
O
Figura 9-5
Corolario 9.10 Sean un triángulo ∆ABC y X y Y son conjugados isogonales respecto al triángulo
∆ABC. Entonces los triángulos pedales de X y Y tienen el mismo círculo circunscrito C.
Además el punto medio de XY es el centro de C.
Demostración: Sean X a , X b , X c , X a , Y b y Y c son las proyecciones de X y Y en las rectas a,
b y c, por el teorema anterior los puntos X a , X b , Y a y Y b están en un círculo C c , X b , X c , Y b y Y c
están en un círculo C a y X c , X a , Y c y Y a están en un círculo C b ; pero los centros de estos círculos
coinciden en el punto medio de XY y por lo tanto los tres círculos son el mismo.
C
Xa
Yb
Y
Ya
Xb
X
A
Xc
Yc
B
Figura 9-6
Los siguientes teoremas generalizan los resultados anteriores
Teorema 9.11 Sean un triángulo ∆ABC y X y Y son conjugados isogonales respecto al triángulo
∆ABC. Entoces
∠AXB + ∠AY B = ∠ACB
Demostración:
Teorema 9.12 Dados un triángulo ∆ABC yuncírculoC, seanX a , X b , X c , X a , Y b y Y c son las
intersecciones de C con los lados del triángulo. Entonces
Demostración:
∠X b X a X c + ∠Y b Y a Y c + ∠BAC =0
Teorema 9.13 Dados un triángulo ∆ABC yuncírculoC, seanX a , X b , X c , X a , Y b y Y c son
lasinterseccionesdeC con los lados del triángulo. Entonces los puntos de Miquel X y Y ,delas
tercias X b X a X c y Y b Y a Y c , son conjugados isogonales.
Demostración:

140 Teorema de Menelao y Ceva
Problemas
Problema 1 ∗ Demostrar que las medianas de triángulo son concurrentes.
Problema 2 ∗ Demostrar que las alturas de triángulo son concurrentes.
Problema 3 ∗ Las seis bisectrices de los ángulos de un triángulo pasan por tercias por cuatro
puntos.
Problema 4 ∗ Si X, Y y Z son puntos en los lados BC, CA y AB de un triángulo 4ABC, tales
que las rectas AX, BY y CZ son concurrentes. Entonces YZ k BC sii X es el punto medio de
BC.
Problema 5 ∗ Dados un triángulo ∆ABC y P un punto del circuncírculo C. La recta de Simson
de P es perpendicular a la dirección del conjugado isogonal de P .
Problema 6 ∗ Dados dos puntos distintos A y B y su punto medio M yunpuntoP /∈ AB,
construir usando regla únicamente, la recta paralela a AB que pasa por P .
Problema 7 ∗ Dados dos puntos distintos A y B yunarectap paralela a AB (p 6= AB), construir
usando regla únicamente, el punto medio de AB.
Problema 8 ∗ Dados un conjunto ortogonal de puntos ABCH y dos puntos R ∈ AB y Q ∈ CH,
entonces RQ k BC sii RH ⊥ AQ.
Problema 9 ∗ Dados un triángulo ∆ABC y X, Y y Z los puntos de tangencia del círculo inscrito,
entonces AX, BY y CZ son concurrentes en P (P es el punto Gergonne del triángulo).
Problema 10 ∗ Dados un triángulo ∆ABC y X 0 = C a ∩ a, Y 0 = C b ∩ b y Z 0 = C c ∩ c, donde
círculos C p son círculos excritos, entonces AX 0 , BY 0 y CZ 0 son concurrentes en P (P es el punto
Nagel del triángulo).
Problema 11 Dados un triángulo ∆ABC y P , Q y R puntos en los lados del triángulo tales que
AP , BQ y CR son concurrentes. Si X, Y y Z son los puntos medios de AP , BQ y CR,entonces
XL, YM y ZN son concurrentes.
Problema 12 Si en el problema anterior D, E y F son los puntos medios de los lados del triángulo
∆PQR,entoncesAD, BE y CF son concurrentes y LD, ME y NF son concurrentes.
Problema 13 ∗ Dados dos triangulos ∆A 1 A 2 A 3 y ∆B 1 B 2 B 3 definimos los puntos P i = A j A k ∩
B 2 B 3 ,Q i = A j A k ∩ B 1 B 3 y R i = A j A k ∩ B 1 B 2 , donde {i, j, k} = {1, 2, 3}; supondremos que
ninguno de los puntos P i , Q i y R i coincide con un vértice de los triángulos. Entonces
i) Se tiene
A 1 P 1 A 2 Q 1 A 3 R 1 A 1 P 2 A 2 Q 2 A 3 R 2 A 1 P 3 A 2 Q 3 A 3 R 3
= −1
P 1 A 2 Q 1 A 3 R 1 A 1 P 2 A 2 Q 2 A 3 R 2 A 1 P 3 A 2 Q 3 A 3 R 3 A 1
ii) Los ∆A 1 A 2 A 3 y ∆B 1 B 2 B 3 están en perspectiva sii
A 2 Q 1 A 3 R 1 A 2 Q 2 A 3 R 2 A 2 Q 3 A 3 R 3
=1
Q 1 A 3 R 1 A 1 Q 2 A 3 R 2 A 1 Q 3 A 3 R 3 A 1
iii) Si los ∆A 1 A 2 A 3 y ∆B 3 B 1 B 2 están en perspectiva y los ∆A 1 A 2 A 3 y ∆B 2 B 3 B 1 están en
perspectiva, entonces los ∆A 1 A 2 A 3 y ∆B 1 B 2 B 3 .

Teorema de Menelao y Ceva 141
Problema 14 ∗ En este problema usaremos la siguiente notación: Sean ∆ABC un triángulo X,
Y y Z tres puntos, tales que ninguno están en un lado del triángulo. Definimos los ángulos α =
]BAZ, β 0 = ]ABZ, β = ]CBX, γ 0 = ]BCX, γ = ]ACY y α 0 = ]CAY .Tenemoslospuntos
X 0 = BZ ∩ CY , Y 0 = CX ∩ AZ y Z 0 = AY ∩ BX.
i) Demostrar que
sen ACR sen BAP sen CBQ
sen RCB sen PAC sen QBA =1
sii
sen α
sen α 0 sen β
sen β 0 sen γ
sen(A − α 0 )
sen γ 0 sen(A − α)
sen(B − β 0 ) sen(C − γ 0 )
sen(B − β) sen(C − γ) =1
C
Z'
X
Y
P
P'
Y'
X'
Z
A
B
Figura 9-7
ii) Demostrar que AX, BY y CZ son concurrentes sii AX 0 , BY 0 y CZ 0 son concurrentes.
iii) Si α = α 0 , β = β 0 y γ = γ 0 ,entoncesAX, BY y CZ son concurrentes.
Problema 15 ∗ Dados un triángulo ∆ABC y dos puntos P y Q. Sidefinimos los puntos A 0 =
BP ∩ CQ, B 0 = CP ∩ AQ y C 0 = CP ∩ AQ, entonces los triángulos ∆ABC y ∆A 0 B 0 C 0 están
en perspectiva. Análogamente si definimos los puntos A 00 = BQ ∩ CP, B 00 = CQ ∩ AP y C 00 =
CQ ∩ AP , entonces los triángulos ∆ABC y ∆A 00 B 00 C 00 están en perspectiva.
Problema 16 ∗ Sean 4ABC un triángulo P y P 0 ∈ BC, Q y Q 0 ∈ CA, R y R 0 ∈ AB, talesque
AP , BQ y CR son conjugadas isogonales de AP 0 , AQ 0 y CR 0 ,entonces:
i) Las rectas AP , BQ y CR son concurrentes sii las rectas AP 0 , AQ 0 y CR 0 son concurrentes.
En este caso los puntos de concurrencia se llaman conjugados isogonales.
ii) Los puntos P , Q y R están alineados sii P 0 , Q 0 y R 0 están alineados. En este caso las rectas
que contienen a las recias de puntos se llaman conjugadas isogonales.
Problema 17 ∗ Sean 4ABC un triángulo P ∈ BC, Q ∈ CA y R ∈ AB, tales que P 0 ∈ BC,
Q 0 ∈ CA y R 0 ∈ AB son conjugadas isotómicos, entonces:

142 Teorema de Menelao y Ceva
C
A'
B'
Q
P
C'
A
B
Figura 9-8
i) Las rectas AP , BQ y CR son concurrentes sii las rectas AP 0 , AQ 0 y CR 0 son concurrentes.
En este caso los puntos de concurrencia se llaman conjugados isotómicos.
ii) Los puntos P , Q y R están alineados sii P 0 , Q 0 y R 0 están alineados. En este caso las rectas
que contienen a las recias de puntos se llaman conjugadas isotómicas.
Problema 18 ∗ Dados un triángulo ∆ABC ypuntosP , Q y R en los lados BC, CA y AB respectivamentes.
Si proyectamos la figuraaotroplanodeformatalqueABCP QR[A 0 B 0 C 0 P 0 Q 0 R 0 ,
entonces
AR BP CQ
RB PC QA = A0 R 0 B 0 P 0 C 0 Q 0
R 0 B 0 P 0 C 0 Q 0 A 0
Problema 19 (Extensión de Ceva) ∗ Sea 4ABC un triángulo fijo y sean L, M, N tres puntos
en los lados BC, CA, AB respectivamente tales que BL CM AN
= λ, = µ, = ν, P = BM ∩ CN,
LC MA NB
Q = CN ∩ AL y R = AL ∩ BM, entonces:
i) Σ(ABR) = λ Σ(ABC).
λµ+λ+1
(λµν−1)
ii) Σ(PQR)=
2
Σ(ABC).
(λµ+λ+1)(µν+µ+1)(νλ+ν+1)
(λµν−1)
iii) Si f(λ, µ, ν) =
2
,entoncesf(λ, µ, ν) (λµ+λ+1)(µν+µ+1)(νλ+ν+1) =f(1, 1, 1 ).Darunainterpretación
geométrica de esta
ν λ µ
identidad.
Problema 20 (Extensión de Menelao)Sea 4ABC un triángulo fijo y sean L, M, N tres
puntos en los lados BC, CA, AB respectivamente tales que BL CM AN
= λ, = µ, = ν, entonces:
LC MA NB
µ
i) Σ(CML)= Σ(ABC).
(1+µ)(1+λ)
λµν+1
ii) Σ(LMN) =
Σ(ABC).
(λ+1)(µ+1)(ν+1)
µ
iii) Si f(λ, µ, ν) = ,entoncesf(λ, µ, ν) =f( 1 , 1 , 1 ). Dar una interpretación geométrica
de esta
(1+µ)(1+λ) λ µ ν
identidad.

Teorema de Menelao y Ceva 143
C
Q
L
M
R
P
A
N
B
Figura 9-9
C
L
M
A
N
B
Figura 9-10
Problema 21 Sea 4ABC un triángulo fijo y P un punto interior del triángulo y sean L =
BC ∩ AP , M = CA ∩ BP y N = CA ∩ BP, entoncesΣ(LMN) ≤ 1 Σ(ABC), caracterizar los
4
puntos P para los cuales Σ(LMN) = 1 Σ(ABC). Sugerencia: Usar el problema anterior y λµν =1
4
para demostrar que
(λ +1)(µ +1)(ν +1)=2+λ + 1 λ + µ + 1 µ + ν + 1 ν ≥ 8
yusar2pag.v).
Problema 22 (Ceva para tetraedros) Sean el tetredro ABCD y los puntos X ∈ BC, Y ∈
CA, Z ∈ AB, X 0 ∈ DA, Y 0 ∈ DB y Z 0 ∈ DC, de tal forma que las tercias de rectas: {DX, BZ 0 ,
CY 0 }, {DY , CX 0 , AZ 0 }, {DZ, AY 0 , BX 0 } son tercias concurrentes en los puntos P A , P B ,yP C ,
respectivamente, entonces:
i) Las rectas AX, BY , CZ sonconcurrentesenelpuntP A .
ii) Las rectas AP A , BP B , CP C , DP D , XX 0 , YY 0 y ZZ 0 son concurrentes.

144 Teorema de Menelao y Ceva
Teorema de Desargues
Daremos una demostración del teorema de Desargues. usando el teorema de Menelao.
Teorema 9.14 (Desargues) Si dos triángulos 4ABC y 4A 0 B 0 C 0 están en perspectiva, con centro
O, entonces los lados correspondientes se cortan en tres puntos alineados.
Demostración: Sean los puntos de intersección P = BC ∩ B 0 C 0 , Q = CA ∩ C 0 A 0 y R =
AB ∩ A 0 B 0 . Entonces usando el teorema de Menelao, con el triángulo 4ABO con la transversal
B 0 A 0 R obtenemos
AR BB 0 OA 0
RB B 0 O A 0 A = −1
análogamente del triángulo 4BCO con la transversal C 0 B 0 P obtenemos
BP CC 0 OB 0
PC C 0 O B 0 B = −1
y del triángulo 4CAO con la transversal A 0 C 0 Q obtenemos
multiplicando estas identidades obtenemos
que demuestra que P , Q y R están alineados.
CQ AA 0 OC 0
QA A 0 O C 0 C = −1
AR BP CQ
RB PC QA = −1
Q
C
C'
O
B
R
B'
A
A'
P
Figura 9-11

Teorema de Menelao y Ceva 145
Problemas
Problema 1 Sean A, B, C y D los vertices de un cuadrángulo plano y sean P , Q, R y S
cuatro puntos en los lados AB, BC, CD y DA respectivamente, entonces se tiene las condiciones
equivalentes
i) PS, QR y BD son concurrentes
ii)
iii)
PQ, RS y AC son concurrentes
AP BQ
PB QC
CR
RD
DS
=1 SA
Problema 2 Las seis bisectrices de los ángulos de un triángulo pasan por tercias por cuatro
puntos.
Problema 3 ∗ Dado el punto medio de un segmento AB yunpuntoP no en la recta AB. Construir,
usando únicamente regla, la recta paralela a AB por el punto P .
Problema 4 ∗ Dadas dos rectas paralelas y un segmento AB enunadeellas.Construir,usando
únicamente regla, el punto medio del segmento AB.
Problema 5 ∗ El incírculo de un triángulo 4ABC es tangente en los puntos X, Y y Z, entonces
las rectas AX, BY y CZ son concurrentes. (El punto se llama el punto de Gorgonne del triángulo).
Problema 6 ∗ Si P , Q, R, P 0 , Q 0 y R 0 son las intersecciones de un círculo con los lados BC, CA
y AB de un triángulo 4ABC, entonces:lasrectasAP , BQ y CR son concurrentes sii entonces
las rectas AP 0 , BQ 0 y CR 0 son concurrentes (ver problema ??, pag.??).
Problema 7 Dado el triángulo 4ABC, con puntos medios de los lados L, M y N. SiX ∈ BC
tal que AB + BX = XC + CA, Y ∈ CA tal que BC + CY = YA+ AB y Z ∈ AB tal que
CA+AZ = ZB+BC, entoncesAX, BY y CZ son concurrentes. Dar otra descripción geométrica
de los puntos X, Y y Z.
Teorema de Pappus, Pascal y Brianchon
Usaremos los resultados anteriores para demostrar los teoremas de Pappus, Pascal y Brianchon.
Demostraremos los siguientes resultados debidos a Carnot.
Teorema 9.15 (Carnot para rectas) Si la recta l intersecta los lados BC, CA y AB del triángulo
4ABC en los puntos P , Q y R (peronounodelosvértices)ylarectal 0 intersecta los lados
BC, CA y AB en los puntos P 0 , Q 0 y R 0 (pero no uno de los vértices), entonces
AR BP CQ AR 0 BP 0 CQ 0
RB PC QA R 0 B P 0 C Q 0 A =1

146 Teorema de Menelao y Ceva
R
P
Q
B
C
R'
P'
Q'
A
Figura 9-12
Demostración: Usando el teorema de Menelao con las rectas l y l 0 .
AR BP CQ
RB PC QA = −1
AR 0 BP 0 CQ 0
R 0 B P 0 C Q 0 A = −1
que multiplicadas nos dan la igualdad de Carnot.
Teorema 9.16 (Carnot) Si un círculo intersecta los lados BC, CA y AB del triángulo 4ABC
en los puntos P , P 0 ; Q, Q 0 ; R, R 0 ; respectivamente (pero no uno de los vértices), entonces
AR BP CQ AR 0 BP 0 CQ 0
RB PC QA R 0 B P 0 C Q 0 A =1
Demostración: LaspotenciasdelospuntosA, B y C respecto al círculo son:
AR · AR 0 = AQ · AQ 0
BP · BP 0 = BR · BR 0
CQ · CQ 0 = CP · CP 0
que multiplicadas nos dan la igualdad de Carnot
Los teoremas anteriores se generalizan al caso de una cónica, recordando que un círculo y dos
rectas son casos especiales de secciones planas de un cono. Este resultado se puede demostrar
usando el problema 18, pag. 142.
Teorema 9.17 (Carnot) Si una cónica intersecta los lados BC, CA y AB del triángulo 4ABC
en los puntos P , P 0 ; Q, Q 0 ; R, R 0 ; respectivamente (pero no uno de los vértices), entonces
AR BP CQ AR 0 BP 0 CQ 0
RB PC QA R 0 B P 0 C Q 0 A =1
Usando los teoremas de Carnot podemos demostrar ahora los siguientes importantes teoremas.
La demostración es la misma para ambos teoremas.

Teorema de Menelao y Ceva 147
C
P'
Q
Q'
P
A
R
R'
B
Figura 9-13
Teorema 9.18 (Pappus) Si A, B, C son puntos de una recta y D, E y F son puntos de otra
recta, entonces los puntos R = AE ∩ BD, P = BF ∩ CE y Q = AE ∩ BD están alineados.
Teorema 9.19 (Pascal) Si A, B, C, D, E y F son puntos en un círculo (o una cónica), entonces
los puntos R = AE ∩ BD, P = BF ∩ CE y Q = AE ∩ BD están alineados.
Demostración: Si S = AE ∩ DC, T = BF ∩ CD y U = AE ∩ BF y usamos el teorema de
Menelao en el triángulo 4STU con las rectas AF , BD y CE obtenemos
SQ TF UA
QT FU AS = −1
SD TB UR
DT BU RS = −1
SC
CT
TP
PU
y del teorema de Carnot con el triángulo 4STU
UE
ES = −1
A
B
C
T
R
Q
P
S
D
E
F
U
Figura 9-14
SC TB UASD
TF UE
CT BU AS DT FU ES =1
si multiplicamos las tres primeras igualdades y el resultado lo dividimos entre la última obtenemos
SQ TP UR
QT PU RS = −1

148 Teorema de Menelao y Ceva
B
C
A
T
R
S
Q
P
D
E
F
U
Figura 9-15
y usando el inverso del teorema de Menelao obtenemos el resultado.
Definición 9.20 Si A, B, C son puntos de una recta y D, E y F son puntos de otra recta,
entonces la recta que une los puntos R = AE ∩ BD, P = BF ∩ CE y Q = AE ∩ BD se llama la
recta de Pappus de los puntos dados. Usaremos la notación: © ABC
DEF
ª
para esta recta.
El teorema de Pappus es uno de los más importantes de la geometría. Daremos ahora algunos
teoremas que son el resultados de aplicar el teorema de Pappus.
Teorema 9.21 Dado un cuadrilátero, entonces los ortocentros de los triángulos formados por los
ladosdelcuadriláterotomadostresatresestánalineados.
Demostración: Sea abcd el cuadrilátero dado. Sean los puntos A = a ∩ d, B = b ∩ d y
C = c ∩ d en la recta d y D, E y F los puntos en la recta al infinito definidos por las direcciones
perpendiculares a las rectas a, b y c respectivamente. Entonces los puntos H c = AE ∩ BD,
H b = BD ∩ CE y H a = BF ∩ CE están alineados y son los ortocentros de los triángulos 4abd,
4bcd y 4acd; análogamente los ortocentros H d , H a y H b de los triángulos 4abc, 4bcd y 4acd
están alineados.
Teorema 9.22 El teorema de Pappus implica el teorema de Desargues.
Demostración: Sean 4ABC y 4A 0 B 0 C 0 triángulos en perspectiva con centro O. Definamos
los puntos auxiliares siguientes: S = BC ∩ A 0 B 0 , T = A 0 C ∩ OB 0 , U = CA∩ OS y V = C 0 A 0 ∩ OS.
Entonces usando tres veces el teorema de Pappus obtenemos:
Los puntos R, T y U están en la recta
los puntos P , Q y R están en la recta
n
AA 0 O
SBC
n
A 0 TC
USV
o
.
o
; los puntos P , T y V están en la recta
n
C 0 CO
SB 0 A 0 o;
Rectas de Pappus
Entre las rectas Pappus hay varias relaciones geométricas, como lo muestra el siguiente teoremas.

Teorema de Menelao y Ceva 149
A
Hd
B
Hc
a
b
Ha
c
Hb
C
d
Figura 9-16
Teorema 9.23 (Steiner) Si A, B, C son puntos de una recta y D, E y F son puntos de otra
recta, entonces las rectas © ª ©
ABC
DEF , ABC
ª ©
EFD y ABC
FDEª
sonconcurrentesenunpuntoS ∗ ;tambiénlas
rectas © ª ©
ABC
EDF , ABC
ª ©
FED y ABC
DF Eª
sonconcurrentesenunpuntoS.
Demostración: Si definimos los triángulos:
Triángulo 4 1 = 4P 1 P 2 P 3 de lados AE, CD y BF.
Triángulo 4 2 = 4Q 1 Q 2 Q 3 de lados BD, AF y CE.
Triángulo 4 3 = 4R 1 R 2 R 3 de lados CF, BE y AD.
Tenemos los siguientes resultados:
Los puntos ª P 1 , Q 1 y R 1 (resp. P 2 , Q 2 y R 2 ; resp. P 3 , Q 3 y R 3 )definen las rectas de Pappus
, c2 = © ª
ABC
FED y c3 = © ABC
DFEª
. Los lados correspondientes de los triángulos 41 y 4 2
c 1 = © ABC
EDF
se cortan el las rectas de Pappus x 1 = © ABC
ª
.Porlotanto41 y 4
DEF 2 están en perspectiva y por
lo tanto las rectas © ª ©
ABC
DEF , ABC
ª ©
EFD y ABC
FDEª
son concurrentes, esto es que los triángulos 41 , 4 2
y 4 3 tienen un centro común de perspectiva.
Análogamente lados correspondientes de los triángulos 4 2 y 4 3 (resp. 4 3 y 4 1 )secortanel
las rectas de Pappus x 2 = © ª
ABC
EFD y x3 = © ABC
FDEª
. El problema 12, pág. 109 nos dice que los ejes
de perspectiva son concurrentes, esto es que las rectas © ª ©
ABC
EDF , ABC
ª ©
FED y ABC
DFEª
son concurrentes
en un punto S.
Definición 9.24 Si A, B, C son puntos de una recta y D, E y F son puntos de otra recta,
entonces los puntos S ∗ y S dondeseintersectanlasrectas © ª ©
ABC
DEF , ABC
ª ©
EFD y ABC
ª ©
FDE ;y ABC
ª
EDF ,
© ABC
ª ©
FED y ABC
DFEª
respectivamente, se llaman los puntos de Steiner.

150 Teorema de Menelao y Ceva
A'
A
O
U
T
C
C'
V
Q
P
S
B'
B
R
Figura 9-17
R1
c3
P2
R2
R3
S
c2
Q2
c1
A
B
Q3
P1
C
P3
Q1
O
D
E
F
Figura 9-18
Rectas de Pascal
Corolario9.25(Pascal)Si A, B, C, D, E y F son puntos en una cónica entonces los puntos
R = AE ∩ BD, P = BF ∩ CE y Q = AE ∩ BD están alineados.
Definición 9.26 Si A, B, C, D, E y F son puntos en un cónica, entonces la recta que une los
puntos R = AE ∩ BD, P = BF ∩ CE y Q = AE ∩ BD sellamalarectadePascaldelospuntos
dados. Usaremos la notación: © ABC
DEF
ª
para esta recta.
El enunciado clasico de estos teoremas es el siguiente: Dado un exágono ABCDEF inscrito
en un cónica, entonces los lados opuestos del exágono se intersectan en tres puntos alineados.
Sin embargo como los resultados más interesantes usan distintos ordenes en los puntos dados la
n o
n o
notación anterior es más adecuada. Hay que notar que si p =
P1 P 2 P 3
Q 1 Q 2 Q 3
etonces: p =
Pi1 P i2 P i3
Q i1 Q i2 Q i3
y p =
n
Qi1 Q i2 Q i3
P i1 P i2 P i3
o
para toda permutación (i 1 i 2 i 3 ) de (123). Porlotantohay6 rectas de Pappus

Teorema de Menelao y Ceva 151
asociadas a seis puntos en dos rectas. Análogamente hay 60 = 6! rectas de Pascal asociadas a
3!·2
seis puntos de una cónica.
Entre estas rectas hay varias relaciones geométricas, como lo muestran los siguientes teoremas.
Claramente la misma demostración que la del teorema 9.23; pag. 149, nos da el siguiente
teorema.
Teorema ª © 9.27 (Steiner) Si A, B, C, D, E y F son puntos en una cónica entonces las rectas
,
ABC
ª ©
EFD y ABC
ª ©
FDE sonconcurrentesenunpuntoS; tambiénlasrectas ABC
ª ©
EDF , ABC
FEDª
y
DFEª
sonconcurrentesenunpuntoS ∗ .
© ABC
© DEF
ABC
P2
R2
R1
A
R3
S
c3
D
c1
c2
P3
Q3
B
Q2
E
Q1
P1
C
F
Figura 9-19
Podemos enunciar el teorema de la siguiente forma: Dados A, B, C, D, E y F son puntos en
una cónica, entonces para cada partición de n los puntos ndados en o subconjuntos n o de tres puntos P 1 ,
P 2 y P 3 ; Q 1 , Q 2 y Q 3 , entonces las rectas
P1 P 2 P 3
Q 1 Q 2 Q 3
o,
P1 P 2 P 3
Q 2 Q 3 Q 1
y
P1 P 2 P 3
Q 3 Q 1 Q 2
son concurrentes en
n n o n o
un punto S; también las rectas
P1 P 2 P 3
Q 1 Q 3 Q 2
o,
P1 P 2 P 3
Q 3 Q 2 Q 1
y
P1 P 2 P 3
Q 2 Q 2 Q 3
son concurrentes en un punto
S ∗ .SisuponemosqueP 1 , P 2 y P 3 y Q 1 , Q 2 y Q 3 están en el mismo orden lexicográfico se usará
la notación S = S P1 P 2 P 3
y S ∗ = SP ∗ 1 P 2 P 3
. Los puntos S y S ∗ se llaman los puntos de Steiner de
P 1 P 2 P 3 . Tenemos que S = S Q1 Q 2 Q 3
y S ∗ = SQ ∗ 1 Q 2 Q 3
. Por lo tanto podemos suponer que P 1 = A y
que P 1 P 2 P 3 está ordenado lexicográfico.
Dados A, B, C, D, E y F puntos en una cónica entonces definimos los siguientes elementos:
A) Los puntos A, B, C, D, E y F los llamaremos los puntos P .
B) Las 15 rectas AB,..., EF las llamamos las rectas C.
C) Cada una de las rectas C, por ejemplo AB, es cortada por las otras en A, B yotros6
puntos, que llamaremos puntos c.Hay45 = 6·15 puntos c. Estos puntos son los puntos AE ∩BD,...,
2
CD ∩ EF.
D) Por cada punto c, AE ∩BD por ejemplo, pasan 4 rectas de Pascal © ABC
DEF
y © ª
ADF
BEC .Porlotantohay60 =
45·4
rectas de Pascal.
3
ª
,
© ABF
DEC
ª ©
,
ADC
ª
BEF

152 Teorema de Menelao y Ceva
Figura 9-20
E) A los puntos de Steiner los llamaremos puntos g. En cada recta de Pascal hay un solo punto
de Steiner. Por lo tanto hay 20 = 60 puntos g. Paracadaterciadepuntos,ABC por ejemplo, hay
3
dospuntosdeSteinerquellamaremosconjugados;losdenotaremosporS ABC y SABC.
∗
Los siguientes teoremas nos permitiran definir más elementos asociados a seis puntos de una
cónica.
Teorema 9.28 (Kirkman) Si A, B, C, D, E y F son puntos en una cónica, entonces las rectas
de Pascal © ª ©
ABF
DEC , ADC
ª ©
FBE y EBC
AF Dª
son concurrentes.
Demostración: Sean los triángulos:
Triángulo 4 1 = 4P 1 P 2 P 3 de lados AE, BD y CF.
Triángulo 4 2 = 4Q 1 Q 2 Q 3 de lados las rectas de Pascal © ª ©
CFA
EBD , CFD
ª ©
EBA y EFA
CBDª
.
Estos triángulos tienen las siguientes propiedades:
Los vértices de 4 1 son BD ∩ CF, CF ∩ AE y AE ∩ BD; Losvérticesde4 2 son AC ∩ DE,
AB ∩ DF y BC ∩ EF. Por lo tanto los vértices correspondientes de los triángulos están en en las
ª
,
© ADC
FBE
ª
y
© ABF
DEC
ª
.
rectas de Pascal © EBC
AF D
Las intersecciones de los lados correspondientes de los triángulos 4 1 y 4 2 son AE ∩ CD,
BD ∩ AF y CF ∩ BE que definen la recta de Pascal © ABC
DFEª
, lo que implica que los triángulos
4 1 , 4 2 están en perspectiva. Por lo tanto las rectas de Pascal © ª ©
EBC
AF D , ADC
ª ©
FBE y ABF
ª
DEC son
concurrentes.
Nota: Llamaremos al punto £ ¤ ©
ABC
DEF = ABF
ª ©
DEC ∩ ADC
ª ©
FBE ∩ EBC
h i
n AF oDª n un punto
o de
n Kirkman. En
generalelpuntodeKirkman
P1 P 2 P 3
Q 1 Q 2 Q 3
es la intersección
P1 P 2 Q 3
Q 1 Q 2 P 3
∩
P1 Q 1 P 3
Q 3 P 2 Q 2
∩
Q2 P 2 P 3
P 1 Q 3 Q 1
o.

Teorema de Menelao y Ceva 153
Teorema 9.29 Si A, B, C, D, E y F son puntos en una cónica, entonces el punto de Steiner
S ABC y los puntos de Kirkman £ ¤ £
ABC
DEF , ABC
¤ £
EFD y ABC
FDE¤
están alineados.
Demostración: Sean los triángulos:
Triángulo 4 1 = 4P 1 P 2 P 3 de lados BD, AF y CE.
Triángulo 4 2 = 4Q 1 Q 2 Q 3 de lados las rectas de Pascal © ABF
DEC
Triángulo 4 3 = 4R 1 R 2 R 3 de lados las rectas de Pascal © EBC
AF D
ª ©
,
AEC
ª ©
DBF y DBC
ª
AEF .
ª ©
,
ABD
ª ©
EFC y AF C
EBDª
.
Estos triángulos tienen las siguientes propiedades:
Los vértices de 4 1 son AF ∩ CE, BD ∩ CE y BD ∩ AF ;Losvérticesde4 2 son AB ∩ DE,
AC ∩ DF y BC ∩ EF; Los vértices de 4 3 son BC ∩ DF, AB ∩ EF y AC ∩ DE. Porlotanto
los vértices correspondientes de los triángulos están en en las rectas de Pascal © FEB
© CAD
DFC
ª
ABE .
ª
,
© EDA
BCF
ª
y
Las intersecciones de los lados correspondientes de los triángulos 4 1 y 4 2 son BD ∩ AE,
AF ∩CD y CE∩BF que están en la recta de Pascal © ª
ABC
DEF , lo que implica que los triángulos 41 ,
4 2 y 4 3 tienen un centro común de perspectiva. Las intersecciones de los lados correspondientes
© de los triángulos 4 1 y 4 3 son BD ∩ CF, AF ∩ BE y CE ∩ AD que están en la recta de Pascal
ABC
EFDª
. Por lo tanto los ejes de perspectiva de los triángulos 41 y 4 2 y de los triángulos 4 1 y
4 3 se intersectan en el punto de Steiner S ABC .
Por lo tanto el eje de perspectiva de los triángulos 4 2 y 4 3 pasa por S ACE , pero este eje esta
¤
,
£ ABC
EFD
¤
y
£ ABC
FDE¤
.
definido por los puntos de Kirkman £ ABC
DEF
Por lo tanto tenemos las siguientes propiedades asociadas a seis puntos en una cónica
h
P1 P 2 P 3
Q 1 Q 2 Q 3
i,
n o
F ) Claramente la recta de Pascal
P1 P 2 P 3
Q 1 Q 2 Q 3
contiene los puntos de Kirkman siguientes:
h i h
P3 P 1 P 2
Q 3 Q 1 Q 2
y
P2 P 3 P 1
Q 2 Q 3 Q 1
i.Yporlotantohay60 puntos de Kirkman.
G) Los 60 puntos de Kirkman están en 20 rectas una por cada punto de Steiner, las llamamos
las rectas G.
Teorema 9.30 LospuntosdeSteinerS ∗ ABC , S∗ ABD , S∗ AED y S∗ AEC
están alineados.
Demostración: Sean las rectas de Pascal siguientes: x 1 = © ª
ABF
DEC , x2 = © ª
ACD
FEB , x3 = © ADF
p 1 = © ª
AEC
DFB , p2 = © ª
AED
BCF y p3 = © ª
ADB
CEF . Entonces tenemos los puntos de Kirman siguientes:
∙ ¸ ABC
O = = x 1 ∩ x 2 ∩ x 3
DEF
∙ ¸ EAF
P 1 = = x 1 ∩ p 2 ∩ p 3
CBD
∙ ¸ FDC
P 2 = = p 1 ∩ x 2 ∩ p 3
EAB
∙ ¸ EDB
P 3 = = p 1 ∩ p 2 ∩ x 3
CFA
ECBª
,

154 Teorema de Menelao y Ceva
Definimos ahora el triángulo 4Q 1 Q 2 Q 3 ,dondeQ 1 = DF ∩ AC, Q 2 = ED ∩ CB y Q 3 =
EF ∩ AB. EntoncesQ i ∈ x i , i =1, 2, 3, y además los lados del triángulo 4Q 1 Q 2 Q 3 son las rectas
de Pascal q 1 = © ª
AEC
FBD , q2 = © ª
AED
FBC y q3 = © ADB
FCEª
.
Por lo tanto tenemos O es el centro de perspectiva de los triángulos 4P 1 P 2 P 3 y 4Q 1 Q 2 Q 3 .Y
por lo tanto las intersecciónes p i ∩ q i , i =1, 2, 3, están alineadas. Pero estas intersecciones son:
½ ¾ ½ ¾
AEC AEC
p 1 ∩ q 1 =
∩ = SAEC
∗ DFB FBD
½ ¾ ½ ¾
AED AED
p 2 ∩ q 2 =
∩ = SAED
∗ BCF FBC
½ ¾ ½ ¾
ADB ABD
p 3 ∩ q 3 =
∩ = SABD
∗ CEF FEC
Si intercambiamos los puntos B y E obtenemos que los puntos
½ ¾ ½ ¾
ABC ABC
p 1 ∩ q 1 =
∩ = SABC
∗ DFE FED
½ ¾ ½ ¾
ABD ABD
p 2 ∩ q 2 =
∩ = SABD
∗ ECF FEC
½ ¾ ½ ¾
ADE AED
p 3 ∩ q 3 =
∩ = SAED
∗ CBF FBC
están alineados. Por lo tanto SABC, ∗ SABD, ∗ SAED ∗ y SAEC ∗ están alineados.
Las tercias de puntos ABC, ABD, ADE y ACE que definen los puntos de Steiner en el teorema
anterior son las tercias tales que no tiene puntos comunes de la tercia las parejas {AF, BE, CD},
como hay 15 tercias de parejas distintas y cada una define un recta que contiene a 4 puntos de
Steiner.
Más aun si {PX,QY,RZ} es una tercia de parejas de puntos, entonces los puntos de Steiner
ª
,
© PQZ
XY R
ª
,
n
PYR
XQZ
que definen son los que están en las rectas de Pascal © PQR
y
XY Z
esta presentación se ve que si PQR y XY Z estánenelmismoordenlexicográfico tenemos el
o
n
PYZ
XQR
o
.De
punto S PQR en caso contrario a SPQR ∗ , igualmente con los otros tres puntos. Se deja como ejercicio
demostrar que el número de puntos conjugados S ∗ es igual a 0, 2 o 4.
Teorema de Brianchon
Demostraremos ahora el teorema de Brianchon, que es el teorema dual al teorema de Pascal.
La demostración que dio Brianchon usa la teoría de polos y polares, ver teorema 11.26, pag. 175,
sin embargo por mucho tiempo se busco una demostración que usara únicamente herramientas
euclideanas. No es hasta 1961 que Smogorzhevskil, ver [35], dio una demostración de este estilo.
Usaremos el concepto de centro radical para demostrar el teorema de Brianchon. Para esto
necesitamos el siguiente lema.
Lema 9.31 Si en un círculo se tienen dos tangentes t A y t B en los puntos A y B ysedandos
puntos A 0 y B 0 en t A y t B respectivamente tales que AA 0 = BB 0 ,entoncesexisteuncírculotangente
a t A y t B en los puntos A 0 y B 0 .

Teorema de Menelao y Ceva 155
Demostración: Si O = t A ∩ t B , entonces la homotecia con centro O que lleva A en A 0 , lleva
B en B 0 . Y por lo tanto lleva el círculos en el círculo buscado.
A
A'
O
B
B'
Figura 9-21
Teorema 9.32 (Brianchon) Si ABCDEF es un exágono circunscrito a un círculo C, entonces
las rectas AD, BE y CF que unen los vértices opuestos son concurrentes.
Demostración: Sean P , Q, R, S, T y U los puntos de tangencia de los lados AB, BC, CD,
DE, EF y FA respectivamente. Tomemos puntos P B , Q B , R D , S D , U F y T F en los lados AB,
BC, CD, DE, EF y FA detalformaqueelpuntoX Y esta en la tangente el el punto X ydel
mismo lado que el punto Y ,además
PP B = QQ B = RR D = SS D = TT F = UU F
por el lema anterior tenemos circulos C 1 , C 2 y C 3 tangentes a los lados del exágono en los puntos
T F y Q B ; P B , S D ; R D y U F ; respectivamente. Entonces
TF
A
QB
F
UF
U
P
B
T
Q
E
S
R
C
PB
D
RD
SD
Figura 9-22
BQ B = QQ B − BQ = PP B − PB = BP B
ET F = TT F + TE = SS D + SE = ES D
por lo tanto B y E tienen la misma potencia respecto a los círculos C 2 y C 3 yporlotantoBE
es su eje radical. Análogamente AB y CF son los ejes radical de los círculos C 1 y C 2 y C 1 , C 3
respectivamente. Por lo tanto estos tres ejes radicales son concurrentes.

156 Teorema de Menelao y Ceva

Capítulo 10
Teorema Fundamental de la Geometría
Proyectva de Dimensión Uno
Los planos proyectivos más importantes son aquelos que satisfacen el axioma siguiente, este
axioma, que no siempre es valido en un espacio proyectivo, se conoce como el teorema fundamental
de la geometría proyectiva de dimensión uno. Sin embargo si es valido en espacio proyectivo real
(ver teorema ??).
Axioma 10.1 (Teorema fundamental) Dadas dos rectas x y x 0 (x y x 0 pueden ser coincidir),
si A, B y C son tres puntos distintos en la recta x ysiA 0 , B 0 y C 0 son tres puntos distintos en la
recta x 0 . Entoces existe una única transformación proyectiva x Z x 0 tal que ABC Z A 0 B 0 C 0 .
Claramente si un plano satisface este axioma entonces se tiene el siguiente teorema.
Teorema 10.2 Dados la recta x yelhazX, siA, B y C son tres puntos distintos en la recta
x ysia, b y c sontresrectasdistintasenelhazX. Entoces existe una única transformación
proyectiva x Z X tal que ABC Z abc.
La aplicación más importante de la razón cruzada es la demostración de que en el plano
proyectivo asociado al plano euclidiano teorema fundamental es valido.
Teorema 10.3 (Teorema fundamental) Dadas dos rectas x y x 0 en el plano proyectivo euclidiano
(x y x 0 pueden ser coincidir), si A, B y C sontrespuntosdistintosenlarectax ysiA 0 , B 0
y C 0 son tres puntos distintos en la recta x 0 . Entoces existe una única transformación proyectiva
x Z x 0 tal que ABC Z A 0 B 0 C 0 .
157

158 Teorema Fundamental de la Geometría Proyectva de Dimensión Uno
Demostración: La existencia de la transformación se vio en el teorema 7.30, pag. 100.
Si x = x 0 y f : x → x es una transformación proyectiva tal que f(A) =A, f(B) =B y
f(C) =C para tres puntos distintos entonces si D es un punto de x,
{ABCD} = {f(A)f(B)f(C)f(D)} = {ABCf(D)}
yporlotantof es la identidad.
Sean f i : x → x 0 (i =1, 2) tales que coinciden en A, B y C entonces f1 −1 ◦ f 2 satisface las
hipotesis del parrafo anterior y por lo tanto igual a la identidad de donde f 1 = f 2 .
Corolario 10.4 Una transformación proyectiva aZa o es la identidad o tiene a lo más dos puntos
fijos.
Usando este corolario daremos la siguiente definición:
Definición 10.5 Dada una transformación proyectiva a Z a, decimosqueeselípticasinotiene
puntos fijos; parabólica si tiene un único punto fijo; e hiperbólica si tiene dos puntos fijos.
Más adelante daremos ejemplos de transformaciones con cero, uno y dos puntos fijos. Además
daremos una construcción, con regla y compás, de los puntos fijos de las transformaciones proyectivas.
Sin embargo si conocemos un punto fijo, entomces se puede construir el otro usando reglas
únicamente (ver problema??).
Corolario 10.6 Sea f : x → x 0 una función que preserva la razón cruzada, entonces f es una
transformación proyectiva.
El siguiente corolario (y su dual) son de gran importancia para demostrar muchos teoremas
como veremos en las secciones siguientes. En esta sección lo usaremos para demostrar los teoremas
de Desargues y Pappus.
Corolario 10.7 Si x y x 0 son dos rectas distintas entonces f : x → x 0 una transformación
proyectiva es una proyección sii f(x ∩ x 0 )=x ∩ x 0 .
Demostración: Si A = x ∩ x 0 y sean B y C otros dos puntos (distintos) de x con B 0 = f(B)
y C 0 = f(C) entonces si O = BB 0 ∩ CC 0 entonces f y x O [ x 0 coinciden en los puntos A, B y C y
por lo tanto f es la proyección desde O.
Corolario 10.8 Si X y X 0 son dos haces distintos entonces f : X → X 0 una transformación
proyectiva es una proyección sii f(XX 0 )=X 0 X.
Teorema 10.9 (Desargues) Si dos triángulos 4ABC y 4A 0 B 0 C 0 están en perspectiva entonces
los lados correspondientes se cortan en tres puntos alineados.

Teorema Fundamental de la Geometría Proyectva de Dimensión Uno 159
Q
C
C'
O
S
B
R
B'
S'
A
P
A'
Figura 10-1
Demostración: Proyectamos desde O la recta AC en la recta A 0 C 0 .Sidefinimos los punto
S = OB ∩ AC y S 0 = OB 0 ∩ A 0 C 0 obtenemos
ASCQ O [ A 0 S 0 C 0 Q
yporlotanto
B(ASCQ) Z B 0 (A 0 S 0 C 0 Q)
satisface la hipótesis del corolario ??, y por lo tanto es una proyección. Y por lo tanto los puntos
P y Q están alineados con R.
Teorema 10.10 (Pappus) Si π es un plano proyectivo donde vale el teorema fundamental. Sean
l y m son dos rectas distintas, con X = l ∩ m. SeanA, B y C tres puntos distintos de l y
distintos de X. SeanD, E y F tres puntos distintos de m y distintos de X. Entonces los puntos
P = BF ∩ CE, Q = CD ∩ AF y R = AE ∩ BD están alineados.
Demostración: Sean los puntos J = AF ∩ BD y K = BF ∩ CD y obtenemos
DRJB A [ DEFO C [ KPFB
por lo tanto la transformación DRJB Z KPFB, por el corolario 10.7, pag. 10.7, coinside con la
proyección DRJB Q [ KPFB, lo que implica el teorema.
La recta PQ se llama la recta de Pappus del exágono AB 0 CA 0 BC 0 .
Problemas
Problema 1 ∗ Sea a Z a una transformación proyectiva, con punto fijo al infinito. Entonces es
una transformación de semejanza. Además es parabólica sii es una translación. Inversamente toda
transformación de semejanza de una recta es proyectiva.

160 Teorema Fundamental de la Geometría Proyectva de Dimensión Uno
A
J
B
K
C
R
Q
P
D
E
F
Figura 10-2
Problema 2 ∗ Sea f : A → A una rotación, entonces es una transformación proyectiva.
Problema 3 ∗ Dada la transformación proyectiva ABF ZA 0 B 0 F , demostrar que se puede encontrar
el otro punto fijo F 0 usando regla únicamente (sugerencia: ver la siguiente figura).
S
B"
A'
A
B
A"
F'
F
B'
S'
Figura 10-3
En los siguientes problemas usaremos la notación: Se tiene una transformación proyectiva
a Z a tal que el punto al infinito I ∞ no es un punto fijo; sean J y J 0 lospuntosdefugadella
transformación y de su inversa respectivamente; sea O el punto medio de JJ 0 y O 0 su imagen. Esto
es la transformación está definida por OJI ∞ Z O 0 I ∞ J 0 , en particular dados O, O 0 , J y J 0 ,conO
el punto medio de JJ 0 definen una transformación con estas propiedades.
Problema 4 ∗ Si AB Z A 0 B 0 ,entoncesJA · J 0 A 0 = JB · J 0 B 0 .
Problema 5 ∗ Si AB Z A 0 B 0 ,entoncesOA · OA 0 = OJ 0 (OA − OA + OO 0 ). La transformación es
parabólica sii O = O 0 yenestecasoO es el único punto fijo; es hipebólica sii OJ 0 · OO 0 > 0, esto
es si OJ 0 y OO 0 tienen la misma dirección.
Problema 6 ∗ La transformación preserva la orientación sii O 0 ∈ JJ 0 . En caso contrario la transformación
es hiperbólica.

Teorema Fundamental de la Geometría Proyectva de Dimensión Uno 161
Problema 7 ∗ La transformación es elíptica sii O ∈ JO 0 ,enestecasoexistenunpuntoP yun
ángulo θ tales que la transformación está inducida por la rotación, de ángulo θ, en el haz de rectas
por P (Sugerencia: usar la siguiente figura, donde J 0 O 0 es un diámetro del círculo).
P
J'
O
O'
J
Figura 10-4
Transformaciones Proyectivas en el Círculo
En esta sección estudiaremos la relación entre los conceptos de geometría proyectiva y el círculo.
Usaremos las propiedades métricas de la geometría euclidiana. El resultado principal es
que podemos identificar el círculo con la recta proyectiva y definir el concepto de transformación
proyectiva de un círculo en si mismo. Con esta identificación daremos construcciones con regla y
compás para encontrar los puntos fijos de una transformación proyectiva de un círculo (o recta) en
si mismo. Esta construcción es la base para resolver los problemas de la geometría que están relacionados
con las ecuaciones algebraicas de segundo grado. Más adelante tendremos la oportunidad
de usar estos conceptos para estudiar varios problemas geométricos.
Teorema 10.11 Si O y O 0 son dos puntos de un círculo C ysiA, B, C y D son cuatro puntos
del mismo círculo, entonces los haces O{ABCD} y O 0 {ABCD} tienen la misma razón cruzada.
O'
O
A
B
C
D
Figura 10-5

162 Teorema Fundamental de la Geometría Proyectva de Dimensión Uno
Con ayuda de este teorema podemos identificar los puntos de un círculo C con las rectas de un
haz cuyo centro está en O ∈ C. En particular podemos definirlarazóncruzadadecuatropuntos
de un círculo.
Dados un círculo C yunpuntoO ∈ C, entonces toda función f : C → C induce una función
fO ∗ del haz de rectas por O en si mismo, donde fO(OA) ∗ =Of(A). Decimos que f : C → C es
unatransformaciónproyectivasiparaalgúnpuntoO ∈ C tenemos que fO ∗ es una transformación
proyectiva, en este caso fO ∗ es una transformación proyectiva para todos los puntos de C. Además
usaremos la notación usual C Z C. Más en general dados dos círculos C y C 0 ypuntosO ∈ C y
O 0 ∈ C 0 , entonces toda función f : C → C 0 induce una función fO,O ∗ del haz de rectas por O en el
0
hazderectasporO 0 ,dondefO,O ∗ 0(OA) =O0 f(A). Decimosquef : C → C 0 es una transformación
proyectiva si fO,O ∗ es una transformación proyectiva, claramente esta definición no depende de los
0
puntos O y O 0 .AdemásusaremoslanotaciónusualC Z C 0 .
Usaremos el concepto anterior para dar otra demostración del teorema de Pascal.
Teorema 10.12 (Pascal) Si A, B, C, D, E y F son puntos en un círculo entonces los puntos
R = AE ∩ BD, P = BF ∩ CE y Q = AF ∩ CD están alineados.
Demostración: Sean los puntos J = AE ∩ CD, K = AF ∩ CE, entonces tenemos que
ARJE D [ ABCE F [ KPCE
por lo tanto la transformación ARJE Z KPCE es una proyección ya que E es un punto fijo de
esta transformación. Por lo tanto Q = AK ∩ JC es el centro de la proyección y por lo tanto P , Q
y R están alineados.
A
B
C
R
Q
J
P
D
K
E
F
Figura 10-6
De una manera semejante nos da la demostración del teorema de Brianchone.
El teorema anterior nos permite identificar los puntos de un círculo S con las rectas de un haz
con centro O en el círculo. Además si una función f : S → S induce una transformación proyectiva
en el haz con centro O tambiénlohaceenparacualquierotrocentroO 0 . En este caso decimos
que f es una transformación proyectiva de S en S.
Dada la transformación proyectiva en un círculo C Z C. Tomamos tres puntos A, B y C ∈ C y
sean A 0 , B 0 y C 0 sus imagenes, esto es que ABC Z A 0 B 0 C 0 . Con esta información daremos ahora
una construcción geométrica de la transformación. Sean R = AB 0 ∩ A 0 B y Q = AC 0 ∩ A 0 C y

Teorema Fundamental de la Geometría Proyectva de Dimensión Uno 163
A
M
B
R
A'
Q
B'
C
C'
N
Figura 10-7
definimos la recta x = RQ y el punto P = x∩AA 0 .EntoncescomoA 0 (ABC)ZA(A 0 B 0 C 0 ) tenemos
que la transformación manda D a D 0 donde S = x ∩ A 0 D y D 0 es la otra intersección del círculo
con la recta AS.
El teorema de Pascal muestra que la recta x no depende de los puntos A y A 0 ylallamaremos
el ejedelatransformación. Por lo tanto la transformación queda determinada por su eje y un par
de puntos A y A 0 tales que A Z A 0 .
Por lo tanto la transformación es elíptica, parabólica o hiperbólica dependiendo de que el eje
es exterior, tangente o secante al círculo. Y los puntos fijos de la transformación están dados por
la intersección del círculo con el eje de la transformación.
El siguiente teorema nos da el resultado dual. Con el podemos identificar las tangentes a un
círculo con los puntos de una recta, así como definir lo que es una transformación proyectiva entre
las tangentes de un círculo.
Teorema 10.13 Si p y p 0 son dos tangentes a un círculo y si a, b, c y d son cuatro tangentes al
mismo círculo, entonces las hileras (p ∩ a, p ∩ b, p ∩ c, p ∩ d) y (p 0 ∩ a, p 0 ∩ b, p 0 ∩ c, p 0 ∩ d) tienen la
misma razón cruzada.
Demostración: Sean P a , P b , P c , P d y P los puntos de tangencia de las tangentes a, b, c, d y
p yseanA, B, C y D sus intersecciones con la recta o. Y sea O el centro del círculo. Claramente
se tiene que OA ⊥ PP a , OB ⊥ PP b , OC ⊥ PP c , OD ⊥ PP d .
Los lados correspondientes de los ángulos ]AOC y ]P a PP c son perpendiculares, los senos
de estos ángulos son iguales. Análogamente con los otros ángulos de los haces O(A 0 B 0 C 0 D 0 ) y
P (ABCD) yporlotanto{ABCD} = O{ABCD} = P {P a P b P c P d }
Usando el hecho de que la razón cruzada es invariante ante proyecciones y de la definición de
cónica como la imagen de un círculo bajo una transformación proyectiva entre planos tenemos los
siguientes teoremas.
Teorema 10.14 Si O y O 0 son dos puntos de una cónica y si A, B, C y D son cuatro puntos de
la misma cónica, entonces los haces O{ABCD} y O 0 {ABCD} tienen la misma razón cruzada.
Teorema 10.15 Si p y p 0 son dos tangentes a una cónica y si a, b, c y d son cuatro tangentes a
la misma cónica, entonces las hileras (p ∩ a, p ∩ b, p ∩ c, p ∩ d) y (p 0 ∩ a, p 0 ∩ b, p 0 ∩ c, p 0 ∩ d) tienen
la misma razón cruzada.
Estos teoremas nos servirán, en el capítulo 14,para estudiar geométricamente las cónicas.

164 Teorema Fundamental de la Geometría Proyectva de Dimensión Uno
Pd
Pc
Pb
Pa
P
A B C D
Figura 10-8
Puntos Fijos de una transformación
En álgebra se estudian las ecuaciones de primero y segundo grado. Para resolver este tipo de
ecuaciones basta las operaciones de suma, resta, multiplicación y división para las de primer grado
y adicionalmente sacar raíces cuadradas para las ecuaciones de segundo grado. Las construcciones
con regla y compás son el equivalente geométrica de resolver las ecuaciones de primero y segundo
grado. Más aun muchos de los problemas de construcciones geométricas se reducen a encontrar los
puntos fijos de una transformación proyectiva. Encontrar los puntos fijos de una transformación
proyectiva es un problema que es equivalente a resolver un ecuación de segundo grado. Por esto la
siguiente construcción es la principal herramienta para resolver problemas geométricos que tengan
una presentación algebraica como una ecuación de segundo grado.
Usaremos la construcción anterior para encontrar los puntos fijos N 1 y M 1 de una transformación
proyectiva de una recta en si misma definida por ABC Z A 0 B 0 C 0 . Trazamos cualquier
círculo y escogemos un punto O en el círculo. El problema se reduce a encontrar las rectas fijas de
la transformación O(ABC) Z O(A 0 B 0 C 0 ). Podemos reducir este último problema a un problema
de transformación del circulo en el círculo intersectando los haces O(ABC) y O(A 0 B 0 C 0 ) con el
círculo, lo que reduce el problema al problema del párrafo anterior.
A B C F
C' B' A'
F'
Y
Z
M
Q
R
Z'
Y'
X'
X
M'
O
Figura 10-9

Teorema Fundamental de la Geometría Proyectva de Dimensión Uno 165
Problemas
Problema 1 ∗ Dar, usando las tecnicas de esta sección, la demostración del teorema de Brianchone.
Problema 2 ∗ Dada una transformación rígida (que preserva orientación) entre dos haces de
rectas con centros A y B, entonces las intersecciones de las rectas correspondientes están en un
círculo que pasa por A y B.
Problema 3 ∗ Dos cónicas distintas tienen a lo más cuatro puntos en común. Dar un ejemplo de
dos cónicas que se intersectan en cuatro puntos.
Problema 4 ∗ Dos cónicas distintas tienen a lo más cuatro tangentes en común. Dar un ejemplo
de dos cónicas que tienen cuatro tangentes en común.
Problema 5 ∗ Demostrar los teoremas de Pascal y de Brianchone para una cónica.

166 Teorema Fundamental de la Geometría Proyectva de Dimensión Uno

Capítulo 11
Conjugados Armónicos, Polos y Polares
Conjugados Armónicos y Relaciones Métricas
Como se ha mencionado anteriormente el concepto de conjugados armónicos es central en
toda la geometría. La definición que dimos es una que usa únicamente los axiomas de un plano
proyectivo donde el teorema de Desargues es valido. Daremos ahora una condición métrica para el
concepto de conjugados armónicos. Esta condición es la base de la mayoría de los teoremas donde
se usan resultados de la geometría proyectiva para demostrar resultados métricos, no solo en la
geometría euclidiana, sino también en la elíptica y la hiperbólica.
Proposición 11.1 Dados cuatro puntos A, B, C y D alineados, entonces tiene que H(AB, CD)
sii {ABCD} = −1, estoessii AC = − AD .
CB DB
Demostración: Claramente {ABCD} −1 = {ABDC}. ComoH(AB, CD) es equivalente a
H(AB, DC) yporlotanto
ABCD Z ABDC
{ABCD} = {ABDC} = {ABCD} −1
{ABCD} 2 = 1
oseaque{ABCD} = ±1 pero no puede ser igual a 1.
El siguiente teorema demuestra que los teoremas de Ceva y Menelao son duales y que uno es
verdadero sii el otro lo es.
167

168 Conjugados Armónicos, Polos y Polares
Teorema 11.2 Dados un triángulo 4ABC un punto P y p su polar de P respecto al triángulo
4ABC, seanX = BC ∩ AP , Y = CA ∩ BP, Z = AB ∩ CP, X 0 = BC ∩ p, Y 0 = CA ∩ p y
Z 0 = AB ∩ p; entonces
AZ BX CY
ZB XC YA = BX 0 CY 0
−AZ0 Z 0 B X 0 C Y 0 A
Demostración: Si AX, BY y CZ son concurrentes en el punto P yseap la polar de P
respecto al triángulo 4ABC, entonces AZ = − AZ0 , BX = − BX0 y CY = − CY 0
yporlotanto
ZB Z 0 B XC X 0 C YA Y 0 A
obtenemos el teorema.
Claramente si H(AB, CD) entonces C el punto medio de AB sii D es el punto al infinito de
la recta AB.
Las propiedades métricas de los conjugados armónicos se basan en las siguientes proposiciones.
Corolario 11.3 Si A, B, C y D son cuatro puntos distintos y alineados entonces solo una de las
relaciones H(AB, CD), H(AC, BD) y H(AD, BC) puede ser valida.
Demostración: Supongamos que H(AB, CD) y como esto es valido sii {ABCD} = −1,
entonces {ACBD} =2y por lo tanto no es valido que H(AC, BD), además{ADCB} = 1 2 ypor
lo tanto no es valido que H(AD, BC).
De los teoremas anteriores obtenemos el teorema siguiente.
Teorema 11.4 Si A, B, C y D son puntos alineados tenemos que las condiciones equivalentes:
i) Los puntos A y B son conjugados armónicos de C y D.
ii) Los segmentos AC, AB y AD estan en progresión armónica, esto es
2
AB = 1
AC + 1
AD
iii) Se satisface la igualdad
OB 2 = OC · OD
donde Si O es el punto medio de AB.
Demostración: Para demostrar i) sii ii) tenemos las identidades:
CB
AC = BD
AD
AB − AC AD − AB
=
AB · AC AB · AD
1
AC − 1
AB = 1
AB − 1
AD
2
AB = 1
AC + 1
AD

Conjugados Armónicos, Polos y Polares 169
Para demostrar i) sii iii) tenemos las identidades, usando OA = −OB:
AC
AD = CB
BD
OC − OA OB − OC
=
OD − OA OD − OB
OC + OB OB − OC
=
OD + OB OD − OB
OB
OD = OC
OB
OB 2 = OC · OD
Si tenemos un haz de rectas O{ABCD} entonces OA y OB son conjugados armónicos de OC
y OD sii sen(AOC) = − sen(AOD) . De aquí obtenemos el siguiente teorema.
sen(COB) sen(DOB)
Teorema 11.5 Si en un haz armónico de rectas H(ab, cd) se tiene que c ⊥ d entonces c y d son
las bisectrices del ángulo definido por las rectas a y b. E inversamente si c y d son las bisectrices
del ángulo definido por las rectas a y b entonces H(ab, cd).
Demostración: Si se traza un recta paralela a d, se obtienen los triángulos rectángulos 4AOC
y 4BOC y AC = CB y por lo tanto los triángulos son iguales y c y d son las bisectrices del ángulo
definido por las rectas a y b. El inverso se sigue directamente de la identidad sen(AOC) = − sen(AOD) .
sen(COB) sen(DOB)
O
d
a c b
A
C
B
Figura 11-1
Usaremos este resultado para dar una generalización del teorema 6.27, pag 87.
Teorema 11.6 Dados un triángulo 4ABC yunpuntoP en la altura CF; seanD = AO ∩ BC
y E = BO ∩ CA entonces CF es la bisectriz del ángulo ]DFE.
Demostración: Claramente el lado AB ylaalturaCF son conjugados armónicos de DF y
EF, comoBC ⊥ AD tanto CF es la bisectriz del ángulo ]DFE.
El siguiente teorema es la base para demostrar muchos de los teoremas que relacionan el
concepto de razón cruzada y la geometría euclidiana.

170 Conjugados Armónicos, Polos y Polares
Teorema 11.7 Si A, B, C y D son puntos alineados, C es el cículo de diámetro AB y D es un
cículo que pasa por C y D, entoncesH(AB, CD) sii C y D son ortogonales.
Demostración: Como los círculos son ortogonales sii OP es una recta tangente y esto es
valido sii OP 2 = OC · OD loqueesequivalenteaOB 2 = OC · OD.
P
B
D
C
A
Figura 11-2
Polos y Polares
Usaremos los resultados de la sección anterior para demostrar el siguiente teorema, el cual
usaremos para definir la polar de un punto. También lo usaremos para dar una construcción de
las tangentes a un círculo desde un punto dado usando regla únicamente. Asimismo lo usaremos
para caracterizar las involuciones en un círculo.
Teorema 11.8 Dados un círculo C yunpuntoP /∈ C. Entonces el lugar geométrico de los conjugados
armónicos de P respecto a los extremos de las secantes al círculo que pasan por P están una
recta p. SiP es el centro de C, entoncesp es a recta al infinito; si P es un punto finito distinto
al centro de C, entoncesp es una recta perpendicular al diámetro de C que pasa por P ;siP es un
punto al infinito, entonces p es el diámetro de C perpendicular a la dirección definida por P .
Demostración: Si P es el centro de C ounpuntoalinfinito la demostracion es facil. Sea P
un punto finito y distinto al centro de C, sea AB el diámetro que pasa por P .SeaP 0 el conjugado
armónico de P respecto a A y B yseap la recta perpendicular a AB en P 0 .SiCD es una secante
que pasa por P y P 00 = p ∩ CD. Por lo tanto el círculo de diámetro PP 00 pasa por P 0 yporlo
tanto es ortogonal al círculo dado. Por lo tanto H(PP 00 ,CD).
Diremos que p es la recta polar del punto P .ClaramentesiP es un punto exterior al círculo
dado entonces P 0 es un punto interior y por lo tanto p intersecta al círculo en dos puntos T y T .
Claramente las rectas PT y PT 0 son las tangentes desde el punto P .
El siguiente corolario nos da una construcción, usando únicamente regla, de la polar de un
punto respecto a un círculo y por lo tanto de las tangentes desde un punto exterior a un círculo.

Conjugados Armónicos, Polos y Polares 171
C
T
P"
D
A
P'
Q
B
P
P"'
F
E
T'
R
Figura 11-3
Corolario 11.9 Dados un círculo C yunpuntoP no en el círculo ni el centro del mismo. Si
CD y EF son dos secantes que pasan pon P ,si4PQR es el triángulo diagonal del cuadrángulo
CDEF,entoncesQR es la polar de P .SiP es un punto exterior a C, entoncesC ∩ QR = {T,T 0 }
donde PT y PT 0 son tangentes al círculo C.
En esta sección definiremos el concepto del polo de un punto respecto a un círculo. este concepto
es central en el estudio de las cónicas, como veremos en el capítulo 14. Además más adelante
estudiaremos el concepto de polos y polares respecto de a una esfera. Si P ∈ C definimos la polar
de P respecto a C como la recta tangente a C en el punto P .
La propiedad más importante de la teoria de polos y polares está dada por el teorema siguiente.
Teorema 11.10 Dado un círculo C, entonces la polar p de un punto P pasa por un punto Q sii
la polar q de Q pasa por P .
Demostración: Si P ∈ C entonces si Q ∈ p claramente q pasa por P .SiP /∈ C, yseanp la
polar de P y Q ∈ p. SeaP 0 el pie de la perpendicular de P en p. SiAB es el diámetro que pasa
por Q y Q 0 el pie de la perpendicular de P en AB. Entonces el círculo D de diámetro PQ pasa
por P 0 y Q 0 .
Como D pasa por P y P 0 tenemos que C ⊥ D. PorlotantoH(AB, QQ 0 ).Porlotantoq = PQ 0
es la polar de Q.
Definición 11.11 Decimos que un triángulo es autopolar si los vértices son los polos de los lados
opuestos.
El concepto de triángulo autopolar será usado el capítulo de cónicas. En este lugar daremos
únicamente sus propiedades más elementales.
Definición 11.12 Un triángulo es auto polar respecto al círculo C si cada vértice es el polo del
lado opuesto.
En la teoría de polos y polares respecto a un círculo (más generalmente respecto a una cónica)
los cuadrángulos inscritos tienen una gran importancia. Los siguientes teoremas son la base para
estudiar esta relación. Los primeros teoremas no son más que una manera distinta de escribir los
resultados anteriore.

172 Conjugados Armónicos, Polos y Polares
B
p
Q'
P'
P
q
A
Q
Figura 11-4
Teorema 11.13 Sea ABCD un cuadrángulo inscrito en un círculo C, entonces su triángulo diagonal
es auto polar.
Teorema 11.14 Sea abcd un cuadrilátero circunscrito en un círculo C, entonces su triángulo
diagonal es auto polar.
Teorema 11.15 Sean ABCD un cuadrángulo inscrito y abcd un cuadrilátero circunscrito en
un círculo C, tales que los puntos de tangencia de cuadrilátero son los vértices del cuadrángulo.
Entonces los seis vértices del cuadrilátero están por pares en los lados del triángulo diagonal del
cuadrángulo. Dualmente los seis lados del cuadrángulo pasan por pares por los vértices del triángulo
diagonal del cuadrilátero.
Demostración: Sean P = AB ∩ CD, Q = AC ∩ BD y R = AD ∩ BC, entonces∆PQR es el
triángulo diagonal del cuadrángulo ABCD. SeaS = a ∩ b, entoncesAB es la polar de S ypasa
por P ,porlotantoS estáenlapolardeP , esto es S ∈ RQ. AnálogamentesiT = c ∩ d, entonces
CD es la polar de T ypasaporP yporlotantoT ∈ RQ.
La demostración del resultado dual se deja como ejerciocio al lector.
Definición 11.16 Dados un círculo C en el plano π definimos Θ : π → π ∗ como la función que
manda cada punto P en su polar p.
Claramente si P ∈ C, entonces Θ(P ) es la recta tangente a C en P .MásaunelcírculoC queda
determinado por la función Θ ya que tenemos que
C = {P ∈ π|P = Θ(P )}
El resultado principal de esta sección es que la función Θ es un isomorfismo, de planos
proyectivos. Esto se sigue de los siguientes resultados, los que es inmediato del teorema 11.10,
pag. 171. Podemos extender Θ alasrectasdeπ definiendo Θ(a) =A, elpolodea, entonces
{A} = ∩ P ∈a Θ(P ). Con esta extención tenemos que Θ es una involución, esto es que Θ −1 = Θ.

Conjugados Armónicos, Polos y Polares 173
W
S
A
B
U
P
R
D
X
C
T
V
Q
Figura 11-5
Definición 11.17 Dado un círculo C, entonces
i) Dos puntos son conjugados respecto a C si la polar de uno pasa por el polo del otro.
ii) DosrectassonconjugadasrespectoaC sielpolodeunaestaenlaotra.
Si a es una recta y C es un círculo , se tiene la función γ : a → a definida como γ(P )=a∩Θ(P ).
Esto es la función γ manda cada punto P de a al único punto de a queesconjugadodeP .
Análogamente si A es un punto C y es un círculo se tiene la función γ ∗ : A ∗ → A ∗ definida como
γ(AP )=P Θ −1 (AP ). Estoeslafunciónγ ∗ mandacadarectaAP en la única recta por A que
es conjugada de AP . El siguiente teorema es un resumen de las propiedades más importantes
asociadas a las funciones γ y γ ∗ .
Teorema 11.18 Si C es un círculo, entonces:
i) Si a es una recta que no es tangente al círculo C, γ es biyectiva y una involución.
ii) Si a es una recta tangente en T al círculo C, γ(P )=T para toda P ∈ a.
iii) Si P /∈ C, γ ∗ es biyectiva y una involución.
iv) Si A ∈ C y t la tangente a C en A, γ ∗ (AP )=A para toda recta AP que pasa por A.
v) Si a = AB, conA ∈ C y B ∈ C, entoncessiP ∈ a se tiene que H(AB, P γ(P )).
vi) Si A = ab, cona y b tangentes a C, entoncessip = AP se tiene que H(ab, pγ ∗ (p)).
El corolario 11.9, pag. 171, nos da una construcción, usando únicamente regla, de la polar de
un punto. Daremos ahora la construcción dual, esto es construir el polo de una recta.
Construción 11.19 Dados un círculo C yunarectap, seanA y B dos puntos distintos de p
construimos sus polares a y b respectivamente. Entonces el polo de p es P = a ∩ b.
Demostración: Como el polo de a está en p, entonces el polo de p está en a; análogamente
como el polo de b está en p, entonces el polo de p está en b.

174 Conjugados Armónicos, Polos y Polares
Sea C un círculo dado. Daremos ahora un resumen de las principales propiedades relacionadas
con los puntos y rectas conjugadas respecto a C.
Un punto es interior a C sii su polar no intersecta a C.
Si dos puntos conjugados distintos están en una secante a C, entonces uno es interior y el
otro es exterior; además son conjugados armónicos respecto a los puntos de intersección de
C y la secante.
Si dos rectas conjugadas distintas se cortan en un punto exterior, entonces es una secante
a C ylaotranocortaaC; además son conjugadas armónicas respecto a las tangentes a C
desde el punto de intersección.
Un punto P ∈ C es conjugado de los puntos en la tangente a C en P .
Una tangente a C es conjugada de las rectas que pasan por el punto de tangencia.
Teorema 11.20 Si C es un círculo y A, B, C y D estánenlarectal entonces {ABCD} = {abcd}.
Demostración: Si O es el centro de C las rectas a, b, c y d pasan por el polo de l yson
perpendiculares a las rectas AO, BO, CO y DO, porlotanto
{ABCD} = O{ABCD}
= {abcd}
Claramente tenemos las propiedades siguientes:
Si un triángulo, con vértices finitos, es autopolar respecto al círculo C:
a) El ortocentro es el centro C.
b) Uno y solo uno de los vértices es interior a C.
c) El ángulo del vértice interior es obtuso.
Un resultado central de la teoría son los siguientes corolarios, el cual es inmediato de las
propiedades armónicas de los triángulos diagonales de los cuadrángulos y cuadriláteros completos.
Corolario 11.21 Dado un círculo C yuncuadránguloABCD inscrito en C, entonceseltriángulo
diagonal de ABCD es autopolar.
Corolario 11.22 Dado un círculo C yuncuadriláteroabcd circunscrito en C, entonces el triángulo
diagonal de abcd es autopolar.
Dados C un círculo y un punto P /∈ C, definimos la transformación I P : C → C de forma tal
que A 0 = I P (A) sii P , A y A 0 están alineados. Si p es la polar de P respecto a C, entonces los
puntos fijos de I P son F P = I P ∩ C yporlotanto#F P =0o 2 si P es un punto interior o exterior
de C respectivamente.
Teorema 11.23 Sean C un círculo y un punto P /∈ C, entonces la función I P es una transformación
proyectiva que es una involución de C.

Conjugados Armónicos, Polos y Polares 175
A
A'
X
B
B'
Y
Z
P
C'
D'
C
D
Figura 11-6
Demostración: Sean A, B ∈ C, A 0 = I P (A) y B 0 = I P (B), comoAA 0 y BB 0 son secantes que
pasan por P tenemos que X = AB 0 ∩ A 0 B ∈ p. Por lo tanto la transformación proyectiva definida
por A, A 0 yelejep coincide con I P .
Definición 11.24 Dados C un círculo y un punto P /∈ C, decimosqueP es el centro de la
involución I P ylapolarp de P es el eje de la involución I P .
Más adelante demostraremos que toda transformación proyectiva que es una involución de C
es de la forma I P .
Usaremos estos resultados para demostrar el siguiente teorema, el cual algunas veces se le llama
el teorema de la mariposa.
Teorema 11.25 (Mariposa) Dado P el punto medio de la secante XY de una cónica, AB y
CD otras secantes por P ,entoncesP es el punto medio del segmento X 0 Y 0 , donde X 0 = XY ∩AD
y Y 0 = XY ∩ BC.
Demostración: Si Q = AC ∩ BD y R = AD ∩ BC, entoncesel∆PQR el triángulo diagonal
del cuadrángulo ABCD y por lo tanto autopolar lo que implica que tenemos el haz de rectas
armónicas H(R{DB, PQ}) yqueQR es la polar del punto P .Seand = OP es el diámetro que
pasa por P y D ∞ su polo, que esta al infinito, por lo tanto XY y la polar de P pasan por D ∞ ,
esto es son paralelas. Lo anterior nos da que: H(X 0 Y 0 ,PD ∞ ) yporlotantoP es el punto medio
del segmento X 0 Y 0 .
Demostraremos ahora que el teorema de Pascal es equivalente al teorema de Brianchon.
Teorema 11.26 (Brianchon) En un círculo C el teorema de Pascal es válido sii el teorema de
Brianchon es válido.
Demostración: Supongamos que el teorema de Pascal es válido. Si es abca 0 b 0 c 0 un exágono
circuncrito sean Z = a ∩ b, Z 0 = a 0 ∩ b 0 , X = b ∩ c, X 0 = b 0 ∩ c 0 , Y = c ∩ a, Y 0 = c 0 ∩ a 0 , entonces
se quiere demostrar que las rectas XX 0 , YY 0 y ZZ 0 son concurrentes.
Sean A, B, C, A 0 , B 0 y C 0 los polos de a, b, c, a 0 , b 0 y c 0 quesonlospuntosdetangenciadelos
lados con C. Entonces el teorema de Pascal nos dice que los puntos R = AB∩A 0 B 0 , P = BC∩B 0 C 0

176 Conjugados Armónicos, Polos y Polares
A
C
O
X
X'
P
Q
Y'
B
D
Y
R
Figura 11-7
y Q = CA∩ C 0 A 0 están alineados. Por lo tanto las polares p, q y r de P , Q y R son concurrentes.
Pero p = XX 0 , q = YY 0 y r = ZZ 0 .
De una manera dual demostramos que el teorema de Brianchon implica el teorema de Pascal.
Otra consecuencia importante de los teoremas de este capítulo es el siguiente teorema. Para
esto necesitamos la definición siguiente: Dados C un círculo y un punto P /∈ C, definimos la
transformación I P : C → C de forma tal que A 0 = I P (A) sii P , A y A 0 están alineados.
Teorema 11.27 Sean C yunpuntoP , entonces la función I P es una transformaciones proyectivas.
Demostración: Sean p la polar de P respecto a C y A, B, C y D ∈ C y A 0 = I P (B),
B 0 = I P (B), C 0 = I P (C) y D 0 = I P (D). ComoDA 0 ∩ D 0 A ∈ p, DB 0 ∩ D 0 B ∈ p, DC 0 ∩ D 0 C ∈ p y
por lo tanto D 0 {A, B, C, D} = D{A 0 ,B 0 ,C 0 ,D 0 } que implica el teorema.
A
p
B
A'
B'
X
P
C'
C
Y
Z
D'
W
D
Figura 11-8

Conjugados Armónicos, Polos y Polares 177
Este teorema nos da una forma de definir transformaciones proyectivas de orden dos, la que
llamaremos involuciones. En la sección 13 pag 193 demostraremos que estas son las únicas involuciones.
Problemas
Problema 1 Si d = OP es un diámetro de un círculo C y D el polo de d, entoncesD es un punto
al infinito. Además las secantes a C que pasan por son bisectadas por d. Inversamente si d bisecta
una secante XY ,entoncesD ∈ XY .
Problema 2 ∗ EnelteoremadelamariposasiX 00
es el punto medio del segmento X 00 Y 00 .
= XY ∩ BD y Y 00 = XY ∩ AC, entoncesP
Problema 3 Dar la demostración de la parte dual del teorema [11.15; 172].
Problema 4 ∗ Dado un círculo C y dos puntos conjugados A y B entonces existe un triángulo
4ABC autopolar.
Problema 5 ∗ Dado un triángulo, con vértices finitos y con un ángulo obtuso, entonces es el
triángulo autopolar respecto de un único círculo C. Dar una construcción de C usando regla y
compás. Llamaremos a C el círculo polar del triángulo.
Problema 6 Si D esuncírculoquetienecomocuerdalaalturadeuntriánguloautopolarrespecto
un círculo C, entoncesD y C son ortogonales.
Problema 7 ∗ Si ABCH es un grupo ortocentrico de puntos, con H interior al triángulo 4ABC
y C A , C B y C C loscircuncírculosdellostriángulos4ABH, 4BCH y 4CAH respectivamente,
entonces los círculos C A , C B y C C son ortogonales y tienen a H como centro radical.
Problema 8 ∗ Enunciar y demostrar el dual del corolario 11.9, pag. 171.
Problema 9 ∗ Dados tres puntos en una recta a y sus polares respecto a un círculo C (que no se
ha trazado), contruir, usando regla únicamente, la polar de cualquier punto de a.
Problema 10 ∗ Dada una cícunferencia C yunpuntoP ∈ C construir la tangente a C en P
usando regla únicamente.
Problema 11 Si P y Q son los puntos de tangencia de una tngente común a dos círculos C y D,
entonces P y Q son puntos conjugados respecto a cualquier círculo coaxial con C y D.
Problema 12 Dados un punto P yunarectap, trazar una círculo tal que P es el polo de p.
Discutir la unicidad del círculo.
Problema 13 ∗ Dados un círculo C y dos rectas con punto de intersección P inaccesible. Trazar
las tangentes a C desde P , usando regla únicamente.

178 Conjugados Armónicos, Polos y Polares
Problema 14 Usando que que una cónica C es la proyección de un círculo enunciar todas las
proposiciones de esta sección que son válidas para las cónicas. Usar estos resultados para las
siguientes definiciones y propiedades:
El centro O de C es el polo de la recta al infinito. El centro es un punto finito sii C no es
una parábola.
Los diámetros de C son las rectas por el centro de C. Una secante es bisectada por su diámetro
conjugado.Lastangentesenlosextremosdeundiámetrosonparalelaseinversamentesidos
tangentes son paralelas, entonces la secante que une los puntos de tangencia es un diámetro.
Los puntos medios de secantes paralelas están alineadas.
Problema de Apolonio
En esta sección daremos la solución del problema de Apolonio. El problema de Apolonio es el
sigiente: Dados tres círculos C 1 , C 2 y C 3 construir con regla y compás los círculos T tangentes a
los tres círculos C i . En esta sección estudiaremos el caso de que los centros O i ,deloscírculosC i ,
no están alineados.
Hay muchas suluciones del problema de Apolonio, nosotros daremos dos de las más elegantes,
además de que sirven para mostrar como se usa una buena parte de los resultados que se han
visto aste este momento. Daremos dos soluciones, la primera usando polos y polares, la segunda
usando los puntos fijos de una transformación proyectiva.
Problema de Apolonio: Polos y polares
Primero estudiaremos el problema de contruir todos los círculos tangentes a dos círculos dados.
Más precisamente dados dos círculos C 1 y C 2 y uno de sus centros de semejanza S 12 construir con
regla y compás dos círculos T y T 0 tangentes a los círculos dados y asociados S 12 . Usando los
teoremas de la sección 8, pag. 126 obtenemos los siguientes propiedades.
a) Los círculos C 1 y C 2 estan asociados al mismo centro de semejanza E de T y T 0 . Entonces
E el centro de semejanza de T y T 0 está en el eje radical de los círculos C i .
b) El punto S ij está en el eje radical e de T y T 0 .
c) Si P i = C i ∩ T y Pi 0 = C i ∩ T 0 ,entoncesP i P 0
lo tanto están alineados con E.
i son antihomólogos, respecto a T y T 0 ,ypor
d) El polo de P i Pi 0 respecto a C i está en la recta e. PorlotantoelpoloE i de e respecto a C i
está en P i Pi 0 . Por lo tanto la recta P i Pi 0 coincide con EE i .
Por lo tanto T y T 0 están determinados por el punto E ylarectae y tenemos la siguiente
contrucción:
Problema: Dados dos círculos C 1 y C 2 y uno de sus centros de semejanza S 12 construir con
regla y compás dos círculos T y T 0 tangentes a los círculos dados y asociados S 12 .
Construcción: Se traza una recta e que pase por S 12 .
Se construye el eje radical de los círculos C i . Y se toma un punto E es este eje.

Conjugados Armónicos, Polos y Polares 179
T'
P1'
C1
E1
C2
P1
E
Q1
E2
Q1'
e
T
S
Figura 11-9
Sean E i el polo de e respecto a C i .
Si las rectas EE i no intersectan a C i no hay solución asociada a la recta e y al punto E.
Sean los puntos P i = C i ∩ EE i (i =1, 2, 3) más cercanos a E, entonces el círculo tangente a C 1
en el punto P 1 y que pasa por P 2 (ver problema 6, pag. 6) es una solución del problema.
Sean los puntos P 0
i = C i ∩ EE i (i =1, 2, 3) máslejanosaE, entonces el círculo tangente a C 1
en el punto P 1 y que pasa por P 2 es otra solución del problema.
Usaremos esta construcción para resolver el problema de Apolonio. Aun que hay hasta ocho
soluciones estas vienen por pares. Para explicar esta situación analizaremos una solución tipica.
Si T y T 0 son dos círculos tangentes a los círculos C i tales que estos últimos están asociados al
mismo centro de semejanza E de T y T 0 .
En este caso tenemos los siguientes propiedades.
a) El punto E es el centro radical de los círculos C i .
b) Si S ij es el centro de semejanza de los círculos C i y C j asociado a T y T 0 , entonces S ij ∈ e
el eje radical de T y T 0 .
c) Si P i = C i ∩ T y P 0
i = C i ∩ T 0 , entonces E, P i y P 0
i están alineados.
d) El polo de P i Pi 0 respecto a C i está en la recta e. PorlotantoelpoloE i de e respecto a C i
está en P i Pi 0 . Por lo tanto la recta P i Pi 0 coincide con EE i .
Por lo anterior tenemos la siguiente solución del problema de Apolonio.
Construcción: Se selecciona una de las cuatro rectas e quecontienetresdeloscentrosde
semejanza S ij de pares de círculos C i y C j .
Se construye el centro radical E de los círculos C i .
Sean E i el polo de e respecto a C i .
Si las rectas EE i no intersectan a C i no hay solución asociada a la recta e.
Sean los puntos P i = C i ∩ EE i (i =1, 2, 3) más cercanos a E, entonces el circuncírculo del
triángulo 4P 1 P 2 P 3 es una solución del problema de Apolonio.
Sean los puntos P 0
i
= C i ∩ EE i (i =1, 2, 3) máslejanosaE, entonces el circuncírculo del
triángulo 4P1P 0 2P 0 3 0 es otra solución del problema de Apolonio.
Como hay cuatro rectas e tenemos que existen de cero a ocho soluciones al problema de
Apolonio. Hay casos con soluciones para cada uno de estos casos excepto para el caso de siete
soluciones (ver [30]).

180 Conjugados Armónicos, Polos y Polares
P1'
Z
E1
P1C1
E
E3P3
P3' C3
X
P2
E2 P2'
C2
Y
Figura 11-10
Problema de Apolonio: Transformación Proyectiva
DadostrescírculosC 0 , C 00 y C 000 de centros O 0 , O 00 y O 000 (no alineados) y centros de semejanza
X 0 , X 00 y X 000 alineados.
DadostrescírculosC 0 , C 00 y C 000 de centros O 0 , O 00 y O 000 y un círculo T de centro O,tangentealos
círculos dados en los puntos P , R y Q centros de semejanza X 0 , X 00 y X 000 asociados a T . Tenemos
que los triángulos ∆O 0 O 00 O 000 y ∆PQR están en perspectiva con centro O yejee = X 0 X 00 X 000 .
S
P'
P
O'
O'
O
Q
O
O"
O"
P"
R
O"'
O"'
P"'
X'
X"
X"'
X'
X"
X"'
Transformación proyectiva
Apolonio
Como hay cuatro rectas e tenemos que existen de cero a ocho soluciones al problema de
Apolonio. Hay casos con soluciones para cada uno de estos casos excepto para el caso de siete
soluciones.

Capítulo 12
Círculos Caoxiales
Daremos ahora las relaciones entre los círculos ortogonales a dos círculos dados y el eje radical
de los círculos dados. Esta relación es descrita en el teorema siguiente.
Teorema 12.1 Si l es el eje radical de los círculos C 1 y C 2 ,entoncessiuncírculoD es ortogonal
a C 1 y C 2 su centro esta en l. AdemássiD es ortogonal a C 1 ysucentroestaenl, entoncesD es
ortogonal a C 2 . Además cualquier punto de l que sea exterior a ambos círculos es el centros de un
círculo ortogonal a C 1 y C 2 .
Demostración: Si D tiene radio R es ortogonal a C 1 y C 2 sii su centro tiene potencia R 2
respecto a ambos círculos.
Teorema 12.2 Si C y C 0 son dos círculos que no se intersectan, entonces todos los círculos ortogonales
a ambos cortan a la recta de los centros de los círculos C y C 0 en dos puntos fijos L y
L 0 .AdemásC y C 0 son círculos de Apolonio respecto a los puntos L y L 0 .
Si son dos círculos que se intersectan, entonces un círculo ortogonal a ambos no cortan a la
recta de los centros de los círculos C y C 0 .
Demostración: Si C y C 0 tienen a O y O 0 como centros y a R y R 0 sus radios. Y sean P y r
el centro y radio de un circulo D ortogonal a ambos con centro P . Entonces como r 2 = PT 2 =
OP 2 − R 2 y PM 2 = OP 2 − OM 2 se ve que r>PMsii C y C 0 no se cortan.
En el caso de que D intersecta a la recta de los centros el L y L 0 .SiA y B (resp. A y B 0 )son
las intersecciones de C con OO 0 (resp. A 0 y B 0 ), entonces H(AB, LL 0 ) (resp. H(A 0 B 0 ,LL 0 ))ypor
lo tanto cualquier círculo que pase por L y L 0 es ortogonal a C y C 0 . Además, usando el corolario
181

182 Círculos Caoxiales
8.22, pag. 130, C y C 0 son círculos de Apolonio respecto a los puntos L y L 0 .
P
T
P
T
A
B M A' B'
O
L
L'
O'
O
M
O'
El teorema anterior tiene como concecuencia el siguiente teorema, que es muy importante como
un teorema de existencia. Lo utilizaremos en una gran variedad de situaciones.
Teorema 12.3 Dados dos parejas de puntos (P, Q) y (P 0 ,Q 0 ) de una recta a, entonces existe
un par de puntos (L, M) de a, talesqueH(PQ,LM) y H(P 0 Q 0 ,LM) sii los segmentos (P, Q) y
(P 0 ,Q 0 ) no se intersectan.
Demostración: Sean C 1 y C 2 los círculos de diámetros (P, Q) y (P 0 ,Q 0 ). La existencia de los
puntos (L, M) es equivalente a que exista un círculo ortogonal a C 1 yaC 2 que intersecte a la recta
a. Pero esto es equivalente a que los segmentos (P, Q) y (P 0 ,Q 0 ) no se intersecten.
Tenemos las siguientes definiciones.
Definición 12.4 Un conjunto de círculos se llaman círculos coaxiales sii existe una recta, llamada
eje radical, que es el eje radical de cada par de círculos del conjunto. Además suponemos que el
conjunto es máximo con esta propiedad.
De la definición obtenemos las siguientes propiedades:
Los centros de los círculos de un conjunto coaxial están en una recta perpendicular al eje
radical.
Si dos círculos de un conjunto coaxial se intersectan en dos puntos, todos los círculos del
conjunto pasan por estos dos puntos.
Si dos círculos de un conjunto coaxial son tangentes, todos los círculos del conjunto son
tangentes.
El eje radical de un conjunto coaxial es el lugar geométrico de los puntos cuya potencia
respecto a todos los círculos del conjunto son iguales.
Dos círculos, no concéntricos, determinan un conjunto coaxial de círculos.
Si dos puntos distintos tienen igual potencia respecto a tres o más círculos, entonces los
círculos pertenecen a un conjunto coaxial de círculos.

Círculos Caoxiales 183
Si un círculo corta ortogonálmente a dos círculos de un sistema coaxial, entonces corta
ortogonálmente a todos los círculos del sistema coaxial.
Dados un conjunto coaxial de círculos, entonces el conjunto de círculos ortogonales a estos
círculos forman un conjunto coaxial de círculos. Este conjunto se llama el conjunto coaxial
conjugado del sistema dado.
Dado un conjunto coaxial de círculos que no se intersectan sean L y L 0 los puntos donde se
intersectan los círculos del conjunto coaxial conjugado. Entonces llamamos a L y L 0 los puntos
limites del conjunto coaxial dado.
L
L'
Teorema 12.5 Dado un conjunto coaxial de círculos que no se intersectan y con puntos limites
L y L 0 ,entonces:
i) Elconjuntodeloscentrosdeloscírculosdelconjuntocoaxialcoincideconlospuntosdela
recta LL 0 excepto los del segmento [L, L 0 ].
ii) Cada círculo del conjunto coaxial es un círculo de Apolonio respecto a los puntos L y L 0 .
Dados dos puntos distintos L y L 0 . Entonces existen dos conjuntos coaxiales de círculos conjugados,
uno de los cuales es el conjunto de círculos que pasan por los puntos dados. Y el otro es
un conjuntos coaxiales de círculos con puntos limites L y L 0 .
Dados una recta l yunpuntoA ∈ l (sea m la recta perpendicular a l que pasa por A). Entonces
existen dos conjuntos coaxiales de círculos conjugados, uno de los cuales es el conjunto de círculos
tangentes a la recta l en el punto A, elotroeselconjuntodecírculostangentesalarectam en el
punto A.
Por lo tanto el conjunto C de los círculos ortogonales dos círculos dados C y D (no concéntricos)
forman un conjunto coaxial de círculos. Con esta caracterización podemos extender la definición
de los conjuntos coaxiales de círculos. Para esto no solo consideraremos a los círculos sin también
a las rectas. Tenemos los siguientes casos.
Si C y D son dos rectas que se cortan en el punto P , entonces C es igual a los círculos de centro
P .
Si C y D son dos círculos de centro P , entonces C es igual a las rectas por P .
Si C y D son dos rectas paralelas, entonces C es igual a las rectas perpendiculares a las rectas
dadas.

184 Círculos Caoxiales
Teorema 12.6 Dado un triángulo 4ABC con alturas AD, BE y CF, entonces las alturas son
concurrentes en el ortocentro H yademássiX ∈ BC entonces la potencia de H respecto al círculo
de diámetro AX es constante e igual a:
HA · HD = HB · HE = HC · HF
Demostración: Claramente el círculo de diámetro AB pasa por D y E, y el círculo de diámetro
BC pasa por E y F . Por lo tanto las alturas son los ejes radicales de los circulos de diámetros los
lados del triángulo. Por lo tanto las alturas son concurrentes en un punto H tal que HA · HD =
HB · HE = HC · HF.
C
E
X
D
H
A
B
Figura 12-1
Si un círculo C tiene como diámetro AX con X ∈ BC entonces D ∈ C yporlotantoAD es
una secante y la potencia de H respecto a C es HA · HD.
C
B
A
Z
Y
X
Figura 12-2
Teorema 12.7 (Newton) Dado un cuadrilátero, entonces los círculos cuyo diámetros son las
diagonales del cuadrilátero son parte de un conjunto coaxial de círculos cuyo eje radical contiene
a los ortocentros de los triángulos formados por los lados del cuadrilátero tomados tres a tres.

Círculos Caoxiales 185
Demostración: Sean los vértices del cuadrilátero A, B, C, X, Y y Z y las diagonales AX, BY
y CZ. SiH es el ortocentro del triángulo 4ABC, entonces H tiene la misma potencia respecto
a los círculos cuyo diámetros son las diagonales del cuadrilátero. Igualmente los otros ortocentros
de los triángulos formados por los lados del cuadrilátero tienen la misma potencia respecto a los
círculos cuyo diámetros son las diagonales del cuadrilátero.
Problemas
Problema 1 ∗ Los ejes radicales del círculo incrito y de los círculos excritos de un triángulo,
tomadas dos a dos, son las bisectrices del triángulo cuyos vértices son los puntos medios del
triángulo dado.
Problema 2 Dados dos círculos C y C 0 . Encontrar el lugar de los puntos cuya suma de potencias
respecto a C y C 0 es constante.
Problema 3 Dados dos círculos C y C 0 y TT 0 una tangente común (T ∈ C y T 0 ∈ C 0 ), entonces
el eje radical de C y C 0 bisecta el segmento TT 0 .
Problema 4 ∗ Dados dos círculos C y C 0 yunpuntoP ;porP trazamos secantes a cada uno de
los círculos que los intersectan en A, B, C y D. EntoncesP está en el eje radical de C y C 0 sii P
A, B, C y D son concíclicos.
Problema 5 Encontrar el eje radical del circuncírculo y el círculo de los nueve puntos de un
triángulo dado.
Problema 6 ∗ Demostrar que existe un círculo ortogonal a los círculos excritos E a , E b y E c ;
análogamente demostrar que existe un círculo ortogonal a los círculos excritos E a , E b yelcírculo
inscrito I.
Problema 7 ∗ Por un punto dado construir un círculo ortogonal a dos círculos dados.
Problema 8 ∗ Dado un triángulo ∆ demostrar que el recta tripolar del ortocentro de ∆ es perpendicular
a la recta de Euler de ∆.
Problema 9 ∗ Dados un triangulo ∆ABC y puntos P ∈ a, Q ∈ b y R ∈ c, talesqueAP , BQ
y CR son concurrentes; sean C A , C B y C C los círculos de diámetros P , BQ y CR. Entoces el
ortocentro de ∆ABC es el centro radical de C A , C B y C C .
Problema 10 Construir un círculo C tal que las tangentes a C desdetrespuntosdadostengan
longitudes dadas.
Problema 11 Los ejes radicales de un círculo y los círculos de un conjunto radical son concurrentes.
Problema 12 Dados tres círculos que no se intersectan (y no dos de ellas son concéntricas),
tenemos tres sistemas coaxiales. Entonces los seis puntos limites, de estos sistemas coaxiales, son
concíclicos.

186 Círculos Caoxiales
Problema 13 El centro radical de tres círculos satisface una y solo una de las siguientes propiedades.
a) Es el centro del único círculo ortogonal a los tres círculos; b) Es el centro del único círculo que
es cortada por cada uno de los círculos en puntos diametralmente opuestos.
Los siguientes problemas usaremos la geometría analítica para demostrar algunos de los resultados
de este capítulo; algunos de estos problemas se vieron anteriormente pero completes los
repetimos en esta sección. Dados círculo C i de centro (a i ,b i ) yradior i (con i =1, 2...), entonces
la potencia de un punto (x, y) respecto a C i es p i (x, y) =(x − a i ) 2 +(y − b i ) 2 − r 2 i .
Problema 14 ∗ Dados los círculos C 1 y C 2 , entonces el eje radical es la recta e = p 2 − p 1 =0.Por
lo tanto
e(x, y) =Ax + By + C
donde: A =2(a 2 −a 1 ), B =2(b 2 −b 1 ) y C = a 2 1+b 2 1−r 2 1 −a 2 2−b 2 2+r 2 2.Porlotanto √ A 2 + B 2 =2d,
donde d es la distancia entre los centros de los círculos dados.
Problema 15 ∗ Dados dos círculos C 1 y C 2 de centros A y B, con eje radical e, entoncesla
diferencia de las potencias de un punto respecto a los círculos y respectivamente es igual a al
producto d · dis(P, e).
Problema 16 ∗ El lugar geométrico de los puntos cuya diferencia de potencias respecto de dos
círculos dados es constante es una recta paralela al eje radical de los círculos dados.
Problema 17 ∗ Dados dos círculos C 1 y C 2 con eje radical e, entonces la potencia de un punto
P ∈ C 2 es igual a d · dis(P, e).
Problema 18 ∗ Dados los círculos C 1 , C 2 y C 3 , entonces son coaxiales sii p 3
λ + µ =1.
= λp 1 + µp 2 con
Problema 19 Dados dos círculos C 1 , C 2 (con eje radical e) yunpuntoP /∈ (C 1 ∩C 2 )∪e, entonces
existe un único círculo que pasa por P ycoaxialconC 1 y C 2 .
Problema 20 ∗ Dados los círculos C 1 y C 2 yunrealλ 6= 1, entonces el conjunto D λ = {(x, y) :
p i (x,y)
p i (x,y) = λ} es un círculo del sistema coaxial definido por C 1 y C 2 .
Problema 21 Dos círculos y su círculo de similitud son coaxiales.
Problema 22 ∗ Dados el círculo C, deecuación(x−a) 2 +(y−b) 2 −r 2 =0ylarectal, deecuación
Ax + By + C =0, entonces los círculos
son los círculos coaxiales con C yconejel.
(x − a) 2 +(y − b) 2 − r 2 − λ(Ax + By + C) =0

Círculos Caoxiales 187
Diferencia de Potencias
Teorema 12.8 Dados dos círculos C 1 y C 2 de centros A y B, con eje radical e, entoncesla
diferencia de las potencias de un punto respecto a los círculos y respectivamente es igual a al
producto AB · OM ,dondeM es el la proyección de P en la recta AB y O = e ∩ AB.
Demostración: Si λ es igual a la diferencia de las potencias de un punto respecto a los círculos
y a y b son los radios de los círculos dados, entonces
N
P
A
O
M
B
Figura 12-3
λ = PA 2 − PB 2 − a 2 + b 2
PA 2 − PB 2 = MA 2 − MB 2
OA 2 − a 2 = OB 2 − b 2
∴ λ = MA 2 − MB 2 − (OA 2 − OB 2 )
= (AM + MB)(AM − MB) − (AO + OB)(AO − OB)
= AB(AO + OM − (MO + OB) − AO + OB)
= 2· AB · OM
El teorema anterior tiene las siguientes concecuencias.
Corolario 12.9 El lugar geométrico de los puntos cuya diferencia de potencias respecto de dos
círculos dados es constante es una recta paralela al eje radical de los círculos dados.
Corolario 12.10 Dados dos círculos C 1 y C 2 de centros A y B, con eje radical e, entoncesla
potencia de un punto P ∈ C 2 es igual a AB · NP, donde N es la proyección de P en eje radical
de C 1 y C 2 .
Teorema 12.11 Dados dos círculos C 1 y C 2 (no concéntricos), entonces un círculo D es coaxial
con los círculos dados sii las razones de las potencias de los puntos P ∈ D respecto a los círculos
dados es constante.

188 Círculos Caoxiales
Demostración: Sean A, B y C los centros de C 1 , C 2 y D.
Si D es coaxial con los círculos dados y P ∈ C, por el teorema anterior P C1 (P )=AC · NP y
P C2 (P )=BC · NP (donde N es la proyección de P en eje radical común), por lo tanto la razones
de las potencias de los puntos P ∈ D respecto a los círculos dados es AC
BC .
Inversamente dada una constante k y P es un punto tal que P C1 (P )/P C2 (P )=k. SeaD el
círculo coaxial con C 1 y C 2 y que pasa por P ; entonces el centro de D es el punto C tal que AC
BC = k.
Por lo tanto el centro de D no depende de P lo que implica que D no depende de P .
El teorema anterior nos permite demostrar el teorema siguiente, que es una generalización del
teorema de Feuerbach.
Teorema 12.12 Dados un triángulo ∆ABC y dos puntos conjugados isogonales P y P 0 colieales
con el circuncentro, entonces su círculo pedal es tangente al círculo de los nueve puntos N .
Demostración: Sea PP 0 un diámetro del circuncírculo O, entonces las rectas de Simson p y
p 0 ,deP y P 0 respectivamente, son perpendiculares y se intersectan en un punto S del círculo de
los nueve puntos N . Las proyecciones Z y Z 0 en AB, deP y P 0 respectivamente; el círculo de
diámetro ZZ 0 pasa por S y tiene por centro el punto medio N de AB.
Si Q y Q 0 ∈ PP 0 sean D y D 0 (resp. E y E 0 ; resp. F y F 0 ) las proyecciones de Q y Q 0 en BC
(resp. CA; resp. AB). Usando el teorema de Tales, para las rectas QF , Q 0 F 0 , ON, PZ y P 0 Z 0
tenemos las igualdades
NF
NZ = NF
NS = OQ
OP = OQ
R
NF 0
NS = OQ0
R
NF · NF 0 OQ · OQ0
=
NS 2 R 2
como el lado derecho (y S) no depende del lado BC tenemos las igualdades
LD · LD 0
LS 2
=
ME · ME0
MS 2
=
NF · NF0
NS 2
=
OQ · OQ0
R 2
si Q y Q 0 son conjugados isogonales tenemos que los puntos D, D 0 , E, E 0 , F 0 y F 0 estánenun
círculos D. PorlotantoLD · LD 0 , ME · ME 0 y NF · NF 0 son las potencias de los puntos medios
del triángulo respecto a D; LS 2 , MS 2 ,yNS 2 son las potencias de los puntos medios del triángulo
respecto al punto S; porlotantoN es coaxial a los círculos S y D y tenemos que el centro de
N está en la recta que pasa por L yelcentrodeD. ComoS ∈ N tenemos que el eje radical es
tangente a N y por lo tanto tangente a D.
El resultado anterior nos dice cuales círculos pedales que son tangentes al círculo de los nueve
puntos. Para encontrar estos círculos necesitamos el siguiente procedimiento. En el capítulo 14
demostraremos que dados un triángulo ∆ABC y una recta a, el lugar geométrico H de los puntos
conjugados isogonales de los puntos de a; entonces es una cónica circunscrita al triángulo. Además
si la recta pasa por el circuncentro entonces H es una hipérbola equilátera. La intersección a ∩ H
nos da los puntos de a que son conjugados isogonales; por lo tanto si a tiene un punto auto
conjugado a es tangente a H. Este resultado nos da una construcción para encontrar pares de
puntos auto conjugados que estén alineados con el circuncentro.

Círculos Caoxiales 189
Q
C
P
Y
M
Y'
S
O
F'
A
F
Z
N
Z'
B
P'
Q'
Figura 12-4
Q
D
E
P'
C
H
M
L
O
N
A
S
F
B
Q'
P
Figura 12-5
Corolario 12.13 (Feuerbach) Dado un triángulo ∆ABC, entonces el círculo de los nueve puntosestangentealincírculoyalosexcírculos.
Dados los indices I = {1, 2, 3, 4} ycuatropuntosA i , i ∈ I en posición general, para cada α ∈ I,
tenemos un triángulo τ α definido por los puntos A j1 , A j2 y A j3 ,donde{j 1 ,j 2 ,j 3 } = I − {α}, con
área µ(τ α ) y sus circuncírculos C α de centro O α , con esta notación tenemos el siguiente teorema.
Teorema 12.14 Dados cuatro puntos A i ,coni ∈ I, sip α es la potencia del punto A α respecto
al círculo I α ,entonces P 4 1
α=1 p a
=0.
Demostración: Como p 4 es igual a la diferencia de las potencias de A 4 respecto a los círculos
C 4 y C 3 , y por el teorema anterior igual a 2 · O 4 O 3 · x ,dondex es la distancia de A 4 la recta A 1 A 2 .
Análogamente p 3 =2· O 4 O 3 · y , donde y es la distancia de A 3 la recta A 1 A 2 .
Además µ(τ 3 )= x·A 1A 2
.Análogamenteµ(τ
2 4 )= y·A 1A 2
,dondey es la distancia de A
2 3 la recta
A 1 A 2 .Porlotanto
µ(τ 4 )
µ(τ 3 ) = −p 3
p 4

190 Círculos Caoxiales
A1
O3
O4
A2
Figura 12-6
análogamente
µ(τ 4 )
p i
= − µ(τ i)
p 4
para i =1, 2, 3. Comoµ(τ 4 )=µ(τ 1 )+µ(τ 2 )+µ(τ 3 ), obtenemos, usando el teorema 4.25, pag. 64.
µ(τ 4 )
3X
α=1
1
p a
= −
3X
α=1
µ(τ α )
p 4
+ µ(τ 4)
p 4
=0

Capítulo 13
GeometríaProyectivadelaRecta(Involuciones)
Involuciónes (Propiedades Proyectivas)
Entre las transformaciones proyectivas, de una recta a en si misma, las involuciones (transformaciones
que son iguales a sus inversas) forman una clase muy importante. En esta sección
estudiaremos las propiedades más importantes de las involuciones.
Teorema 13.1 Si se tiene una transformación proyectiva tal que AA 0 ZA 0 A,conA 6= A 0 entonces
es una involución.
Demostración: Si AA 0 B Z A 0 AB 0 por el teorema fundamental (10.1, pag. 157) y el teorema
7.32, pag. 7.32 se tiene que AA 0 B 0 B Z A 0 ABB 0 y por lo tanto es una involución.
Si en una involución AA 0 Z A 0 A decimos que A y A 0 sonpuntosconjugadosdelainvolución.
Teorema 13.2 (Desargues) Losladosopuestosdeuncuadrángulocompletocortanaunarecta
u en puntos conjugados de una involución.
Demostración: Sea el cuadrángulo ABCD tal que sus lados opuestos intersectan a la recta u
en los puntos P , P 0 , Q, Q 0 , R y R 0 respectivamente. Como los puntos diagonales del cuadrángulo
no están alineados al menos un par de ellos son distintos y por lo tanto podemos suponer que
P 6= P 0 y sea X el punto diagonal que corresponde a los lados que determinan a A yaA 0 . Tenemos
entonces
PP 0 RQ B [ XP 0 AD C [ PP 0 Q 0 R 0 Z P 0 PR 0 Q 0 191

192 GeometríaProyectivadelaRecta(Involuciones)
X
C
B
A
R'
R Q' P' Q
P
D
Figura 13-1
Corolario 13.3 Las alturas de un triángulo son concurrentes.
Demostración: Dado el triángulo ∆ABC, sea H la intersección de las alturas h a y h b .Entonces
los lados opuestos del cuadrángulo ABCH cortan a la recta al infinitoenparesdepuntos
de una involución. Pero los pares de lados opuestos BC, AH y CA, BH son ortogonales, por lo
tanto el tercer par AB, CH son ortogonales.
El teorema de Desargues tiene como corolario el siguiente teorema (ver teorema 7.37 pag. 103).
Teorema 13.4 Si cinco de los seis lados correspondientes de dos cuadrángulos ABCD y A 0 B 0 C 0 D 0
están alineados el sexto par se intersecta en un punto alineado con los otros.
Demostración: Sea x la recta donde se intersectan los cinco primeros lados. Sean las intersecciones
X = x ∩ BC, X 0 = x ∩ AD, yY = x ∩ CA, Y 0 = x ∩ BD de dos pares lados opuestos;
y Z = x ∩ AB la intersección. Entonces la involución AA 0 BB 0 Z A 0 AB 0 B determina Z 0 = x ∩ CD
como la imagen de Z.
Teorema 13.5 Una involución no elíptitca es hiperbólica y si M y N son sus puntos fijos entonces
los puntos conjugados de la involución coinciden con los puntos conjugados armónicos respecto a
M y N.
Demostración: Sea M un punto fijo de la involución y AA 0 puntos conjugados de la involución.
Y sea N el conjugado armónico de M respecto a A y A 0 .ComoN es tambien el conjugado armónico
de M respecto a A 0 y A se sigue que N es un punto fijo.
Corolario 13.6 Toda transformación T proyectiva es el producto de dos involuciones.
Demostración: Si A no es un punto fijo de la transformación T , sean los puntos A 0 = T (A)
y A 00 = T (A 0 ).SiI es la involución con punto fijo A 0 y que manda A en A 00 . Entonces la función
J = IT es tal que J(A) =A 0 y J(A 0 )=A yporlotantoJ es una involución y además T = IJ.

GeometríaProyectivadelaRecta(Involuciones) 193
Teorema 13.7 Dadas una involución AA 0 X Z A 0 AX 0 ,yB y B 0 un par de puntos tales que
H(AB, XX 0 ) y H(A 0 B 0 ,XX 0 ) entonces B y B 0 sonunpardelainvolución.
Demostración: De las relaciones H(AB, XX 0 ) y H(B 0 A 0 ,XX 0 ) obtenemos ABXX 0 ZB 0 A 0 XX 0
pero como B 0 A 0 XX 0 Z A 0 B 0 X 0 X obtenemos ABXX 0 Z A 0 B 0 X 0 X, esto es B y B 0 sonunpardela
involución.
Un ejemplo de involución muy importante esta dado por el siguiente teorema. Dada una cónica
C denotamos por a la polar de A.
Teorema 13.8 Dada una cónica C yunarectap (no tangente a C), entonces la función que
mandacadapuntoA de p a p ∩ a, único punto de p que es conjugado de A, es una transformación
proyectiva. Además es hiperbólica sii p es una secante de C.
Tenemos también el resultado dual.
Teorema 13.9 Dada una cónica C yunpuntoP , entonces la función que manda cada recta a por
P a PA,laúnicarectaporP que es conjugado de a, es una transformación proyectiva. Además
es hiperbólica sii P es un punto exterior a C.
Problema 23 Si una transformación hiperbólica tiene un par de puntos correspondientes conjugados
armónicos respecto a los puntos fijosesunainvolución.
Problema 24 La relación MNAA 0 Z MNA 0 A es equivalente a H(MN,AA 0 ).
Problema 25 Dos involuciones permutan sii su producto es una involución.
Problema 26 Enunciar y demostrar el teorema dual al teorema de Desargues (teorema ??)
Involuciones (Propiedades Métricas)
En esta sección daremos las relaciones métricas asociadas a las involuciones. Si x es una recta
y OI Z IO es una involución tal que el punto al infinito I de x no es un punto fijo. Se obtiene el
resultado siguiente.
Teorema 13.10 Si OI Z IO es una involución en la recta x donde I(6= O) eselpuntoalinfinito
de x. EntoncessiA, A 0 y B, B 0 son pares de puntos conjugados de una involución sii OA· OA 0 =
OB · OB 0 .
Demostración: Como ABOI Z A 0 B 0 IO sii {ABOI} = {A 0 B 0 IO} ysii AO = OB0
OB
Como dados A, A 0 y O existe una única involución tal que AA 0 O Z A 0 AI entonces la involución
queda determinada por el punto O ylaconstantek = OA · OA 0 .Entonceslainvoluciónes
hiperbólica sii k>0. En cualquier caso existen dos puntos P y Q ∈ x tales que OP 2 = OQ 2 = ±k.
Si k>0, entoncesP y Q son los puntos fijos de la involución. El segmento PQ determinan dos
involuciones, una elíptica y otra hiperbólica.
A 0 O .

194 GeometríaProyectivadelaRecta(Involuciones)
Definition 13.11 Si OI ZIO es una involución en la recta x donde I(6= O) eselpuntoalinfinito
de x. LlamaremosaO el centro y a PQ la cuerda de la involución. Si k

GeometríaProyectivadelaRecta(Involuciones) 195
Q
P
A
A'
B
B'
O
C'
C
Figura 13-3
queesvalidosii{ABA 0 C 0 } = {A 0 B 0 AC} que es equivalente a la identidades:
AA 0
A 0 B / AC0
C 0 B = A0 A
AB / A0 C
0 CB 0
AB 0 · BC 0 · CA 0 = −A 0 B · B 0 C · C 0 A
Para estudiar algunas de las propiedades de las involuciones es conveniente estudiarlas en un
círculo. Demostraremos ahora el inverso del teorema 11.23, pág. 174. Recordemos que: dados C un
círculo y un punto P /∈ C, definimos la transformación I P : C → C de forma tal que A 0 = I P (A)
sii P , A y A 0 están alineados.
Teorema 13.13 Sean C un círculo y una involución C Z C, entonces la involución es de la forma
I P con un punto P /∈ C.
Demostración: Además dada la involución AA 0 BB 0 Z A 0 AB 0 B sean P = AA 0 ∩ BB 0 y p la
polar de P , entonces esta involución y la involución I P coincide en cuatro puntos y por lo tanto
coiciden.
A
A'
X
B
B'
Y
Z
P
C'
D'
C
D
Figura 13-4
El teorema anterior tiene muchas concecuencias, daremos algunas de ellas.

196 GeometríaProyectivadelaRecta(Involuciones)
Corolario 13.14 Sean C un círculo y una involución de C, entonces la involución es eliptica sii
su centro es un punto interior de C.
Corolario 13.15 Sean C un círculo y AA 0 BB 0 Z A 0 AB 0 B una involución de C, entonceslainvolución
es eliptica sii los arcos AA 0 y BB 0 se intersectan.
Corolario 13.16 Sean C un círculo y una involución de C, entonces la involución es hipérbolica
sii invierte la orientación de C.
Corolario 13.17 Dados C un círculo y dos involuciones de C con centros P 6= Q, entonceslas
involuciones tienen un par de puntos correspundientes en común sii la recta PQ intersecta al
círculo C.
Corolario 13.18 Dadas dos involuciones, una de ellas elíptica, entonces las involuciones tienen
un par de puntos correspondientes en común.
Corolario 13.19 Dada una involución en un haz de rectas, entonces hay un par de rectas correspondientes
perpendiculares.
Problema 27 Los pares OA, OA 0 ; OB, OB 0 y OC, OC 0 son pares de puntos conjugados de una
involución en el haz de puntos con centro O sii
sen AOB 0 · sen BOC 0 · sen COA 0 +senA 0 OB · sen B 0 OC · sen C 0 OA =0
Corolario 13.20 Si los puntos A, A 0 ; B, B 0 y C, C 0 son pares de puntos conjugados de una
involución entonces
{A 0 B 0 CC 0 }{B 0 C 0 AA 0 }{C 0 A 0 BB 0 } = −1
Teorema 13.21 (Desargues) Si un cuadrángulo esta inscrito en un círculo entonces el círculo
y los lados opuestos de un cuadrángulo cortan a una recta u, que no pasa por un vertice del
cuadrángulo, en puntos conjugados de una involución.
Demostración: Como A(RCR 0 B)ZD(RCR 0 B) tenemos, tomando secciones en u yelteorema
7.32, pag. 101, que
RP 0 R 0 Q Z RQ 0 R 0 P Z R 0 PRQ 0
Problemas
Problema 1 ∗ Si el punto al infinito de una recta x es un punto fijo de una involución, entonces
la involución coincide con la reflección en el punto O, el otro punto fijo de la involución.
Problema 2 Demostrar que la función que a cada recta a de un haz le asocia la recta a 0 del haz
perpendicular a a es una involución elíptica. A esta función le llamaremos la involución de rectas
perpendiculares.
Problema 3 ∗ Si tenemos dos involuciones hiperbólicas, entonces existe un par de puntos que son
conjugados respecto a ambas involuciones sii los puntos fijos de una de las involuciones no separa
a los puntos fijos de la otra.

GeometríaProyectivadelaRecta(Involuciones) 197
B
A
P'
R'
Q'
Q
R
P
D
C
Figura 13-5

198 GeometríaProyectivadelaRecta(Involuciones)

Capítulo 14
Secciones Cónicas
En este capítulo estudiaremos las propiedades básicas de las cónicas. Daremos varias caracterizaciones
equivalentes de las cónicas. La primera definición que usaremos es la siguiente: Dadas
dos planos Σ y Σ 0 , un círculo C ⊂ Σ y una transformación proyectiva Σ Z Σ 0 ,laimagendeC en
Σ 0 la llamamos una cónica.
En los capítulos anteriores hemos dado varias propiedades de los círculos que se conservan
ante proyecciones y que por lo tanto pueden se la base del estudio de las cónicas. En particular
los teoremas de Pascal y de Brianchon son válidos para cualquier cónica. Análogamente la teoría
de polos y polares se extiende a toda cónica. Usaremos estos resultados para demostrar algunas
propiedades de las cónicas.
Cónicas y Homologías
En la siguiente sección demostraremos que toda cónica D es la imagen de un círculo C bajo una
homología, por lo tanto deremos algunas propiedades de las cónicas usando una homología. Por
el problema 11, pag. 116 tenemos que una cónica es una sección plana de un cono circular (aun
que no necesariamente recto); por lo tanto las cónicas D ⊂ Σ, donde Σ es el plano proyectivo real,
tiene las propiedades de los círculos que son invariantes ante proyecciones, en particular tienen las
siguientes propiedades:
Toda recta a intersecta a D en cero, uno o dos puntos; además #(a∩D) =1sii a es tangente
a D.
199

200 Secciones Cónicas
Desde todos punto P se pueden trazar cero, uno o dos tangentes; además hay una sola
tangente sii P ∈ D.
Dados los puntos A, B, C, D, O y O 0 ∈ D tenemos que O{ABCD} = O 0 {ABCD}.
Si p y p 0 son dos tangentes a D ysia, b, c y d son cuatro tangentes D, entonceslashileras
(p ∩ a, p ∩ b, p ∩ c, p ∩ d) y (p 0 ∩ a, p 0 ∩ b, p 0 ∩ c, p 0 ∩ d) tienen la misma razón cruzada.
Como los conjugados armónicos se preservan bajo proyecciones tenemos que la teoría de
polos y polares es válida para las cónicas.
Si D es una cónica, entonces los teoremas de Pascal y de Brianchon son válidos.
Si l ∞ ⊂ Σ es la recta al infinito y D ⊂ Σ es una cónica, definimos el centro O de D como el
polo de l ∞ .SiO es un punto finito decimos que D es una cónica central, en caso contrario D es
una parábola.
Si D es una cónica central definimos un diámetro como una secante por O. Los diámetros
tienen a O como punto medio y por lo tanto un medio giro con centro O manda D en si misma.
En el haz de rectas que pasan por O tenemos dos involuciones: la involución de rectas conjugadas
y la involución de rectas perpendiculares, esta última es elíptica y por lo tanto estas involuciones
coinciden o tienen un par de rectas en común. En le primer caso tenemos que D es un círculo.
En los otros casos siempre hay un unico par de diámetros conjugados perpendiculares (corolario
13.19, pag. 196). A estos diámetros conjugados perpendiculares los llamamos ejes de las cónicas y
tienen la propiedad de que la reflexión en uno de ellos manda la cónica D en si misma.
Si D es una hipérbola su centro O es un punto exterior y las tangente a D desde O son tangentes
a D enlospuntosalinfinito de D, las que llamaremos asíntotas. Además los ejes de la hipérbola
las bisectrices de las asíntotas.
Si D es una parábola y O es el punto de tangencia de D con l ∞ . Las rectas que pasan por
O se llaman diámetros de la parábola. Si E es el punto de l ∞ que corresponde a la dirección
perpendicular a O, entonces la polar e de E es un diámetro que llamaremos el eje de la parábola,
e tiene la propiedad de que la reflexión en e manda la cónica D en si misma.
Sean Σ es el plano proyectivo real y una homología Σ Z Σ, con recta de fuga i. Sitenemos
un círculo C y su imagen D una cónica. Se tienen tres caso según #(i ∩ C) =2, 1 o 0, loque
equivale a que D sea una hipérbola, una parábola o una elipse. Tenemos los resultados básicos,
las demostraciones se dejan como ejercicios.
Si #(i ∩ C) =2, sean t y t 0 las tangentes a C en T y T 0 las intersecciones de i con C.
Problemas
Definición de Steiner
Dados dos puntos en una cónica, el teorema de Steiner nos da una transformación proyectiva
en dos haces de rectas que pasan por O y O 0 , pero no una proyección, las intersecciones de las
rectas correspondientes definen a la cónica. Se pude demostrar que esta propiedad caracteriza

Secciones Cónicas 201
a las cónicas. En esta sección usaremos esta caracterización como la definición de las cónicas y
demostraremos que es equivalente a la definición usual.
El concepto dual es la definición de una cónica como envolvente de sus tangentes. Dadas dos de
rectas x y y, por una transformación proyectiva x Z y, entonces las rectas C = {l = XY : X Z Y }
o son concurrentes o son tangentes a una cónica. Más aun son concurrentes sii transformación
es una proyección. En este capítulo usaremos esta caracterización como la definición dual de las
cónicas.
Corolario 14.1 Dados cinco puntos O, O 0 , A, B y C (no tres alineados), entonces existe una
única cónica que los contiene.
Demostración: Como existe una única transformación proyectiva O Z O 0 tal que O{ABC} Z
O 0 {ABC} la cónica queda determinada por los cinco puntos dados.
O
O'
A
C
B
Tenemos también el teorema dual.
Figura 14-1
Corolario 14.2 Dadas cinco rectas o, o 0 , a, b y c (no tres concurrentes), entonces existe una
única cónica tal que las rectas son tangentes a ella.
Demostraremos ahora que las definiciones de Steiner son equivalentes a las definiciones usuales.
Teorema 14.3 Dados dos puntos distintos O y O 0 y una transformación proyectiva en los haces
por O y O 0 , pero no una proyección, las intersecciones de las rectas correspondientes definen a
una cónica D.
Demostración: Sea o la recta del haz por O que corresponde a la recta O 0 O.Trazamosun
círculo C tangente a o en O. SeanA, B y C tres intersecciónes de rectas correspondientes y por
lo tanto O{ABC} Z O 0 {ABC}, ademáso Z O 0 O.SeanA 0 , B 0 , C 0 y O 00 las otras intersecciones de
OA, OB, OC y OO 0 con C. Entonces O{A 0 B 0 C 0 } Z O 00 {A 0 B 0 C 0 },,ademáso Z O 00 O.Porlotanto
O 0 {ABC} Z O 00 {A 0 B 0 C 0 } pero, en esta transformación, la recta OO 00 le corresponde la recta O 00 O
y por lo tanto es una proyección, esto es que las intersecciones P = O 0 A ∩ O 00 A 0 , Q = O 0 B ∩ O 00 B 0
y R = O 0 C ∩ O 00 C 0 están en una recta s. Por lo tanto la homología de eje s, centro O y que manda
O 00 en O 0 manda a C en D.
Demostraremos el resultado dual.

202 Secciones Cónicas
R
Q
P
A
B
C
s
A'
B'
o
O
O"
C'
O'
Figura 14-2
Teorema 14.4 Dadas dos rectas distintas s y s 0 y una transformación proyectiva s Z s 0 ,perono
una proyección, las rectas que unen puntos correspondientes definen a una cónica D dual.
Demostración: Podemos suponer que s no es la recta al infinito, en caso contrario intercambiamos
a s y s 0 .SeanP = s∩s 0 , S, A, B y C ∈ s, S 0 , A 0 , B 0 y C 0 ∈ s 0 tales que ABCP S ZA 0 B 0 C 0 S 0 P
yporlotantoS y S son distintos a P ; sea C un círculo tangente a s en el punto S y s 00 la otra tangente
a C desde P .SeanA 00 , B 00 y C 00 ∈ s 00 tales que AA 00 , BB 00 y CC 00 son tangentes a C yporlo
tanto A 0 B 0 C 0 P Z ABCS Z A 00 B 00 C 00 P por lo tanto existe un puntp O tal que A 0 B 0 C 0 P O [ A 00 B 00 C 00 P .
Por lo tanto la hología de centro O yejes manda las tangentes a C en las tangentes a D.
P
s'
s
s"
B'
A'
S'
M'
A
B"
A"
M"
C'
B
O
C"
S
C
M
Figura 14-3
En el caso de un círculo C ydospuntosO y O 0 entonces la transformación proyectiva en dos
haces de rectas que pasan por O y O 0 es una función tal que las recta OP y O 0 P giran a la misma
velocidad y en la misma dirección.
Inversamente dados haces de rectas con centros O y O 0 y una función entre los haces tal que
las recta OP y O 0 P giran a la misma velocidad y en la misma dirección, entonces esta función es
una transformación proyectiva. Por lo tanto la intersección de las rectas correspondientes definen
un círculo C que pasa por O y O 0 .

Secciones Cónicas 203
En el caso de que la función entre los haces de rectas con centro O y O 0 sea tal que las recta
OP y O 0 P giran a la misma velocidad pero en direcciones opuestas obtenemos una hipérbola
equilátera como veremos en la sección ??.
Teorema de Pascal
El teorema de Pascal se basa es un hexágono inscrito a una cónica. Cuando dos vértices X y
Y coinciden, entonces la cuerda XY se convierte en la tangente x por el vértice X. Con ayuda
de este truco obtenemos casos especiales del teorema de Pascal. Los enunciados de estos teoremas
son los siguientes.
Teorema 14.5 (Pascal) Dados seis puntos A, B, C, D, E y F de una cónica C, entonceslos
puntos R = AE ∩ BD, P = BF ∩ CE y Q = AF ∩ CD están alineados.
A
B
C
R
Q
P
g
D
E
F
Figura 14-4
Dados cinco puntos de una cónica C el teorema anterior nos da una forma para construir
cuantos puntos de C como queramos. Para esto tenemos el siguiente teorema.
Teorema 14.6 Dados cinco puntos A, B, C, D y E de una cónica C yunarectam que pasa por
A. SeanR = AE ∩ BD, Q = m ∩ CD y P = RQ ∩ CE, entonces el punto F = m ∩ BP esta en
C.
Hay que notar que el teorema nos da una manera de construir el segundo punto de intersección
de C con cualquier recta que pase por el punto A. Además se puede construir usando únicamente
regla.
Dados dos puntos A y F en una cónica C, entonces cuando el punto F se acerca al punto
A la recta AF se acerca a la recta tangente a alacónicaenelpuntoA. El teorema de Pascal
considera seis puntos de una cónica, pero uno o más pares de puntos pueden coincidir, en estos
casos obtenemos casos especiales. Los enunciados de estos teoremas son los siguientes.
Teorema 14.7 Dados cinco puntos A, B, C, D y E de una cónica C y a la tangente en el vértice
A, entonces los puntos R = AE ∩ BD, P = BF ∩ CE y Q = a ∩ BD están alineados.

204 Secciones Cónicas
Q
A
C
P
B
d
R
D
E
Figura 14-5
Dados cinco puntos de una cónica C el teorema anterior nos da una forma para construir,
usando únicamente regla, la tangente en cualquiera de estos puntos. Para esto tenemos el siguiente
teorema.
Teorema 14.8 Dados cinco puntos A, B, C, D y E de una cónica C. SeanR = AE ∩ BD,
P = AB ∩ CE y Q = PQ∩ CD, entonces la recta AQ es la tangente a C en A.
Teorema 14.9 Dados cuatro puntos A, B, C y D de una cónica C y a y c las tangentes en los
vértices A y C, entonces los puntos R = AB ∩ CD, P = AD ∩ BC y Q = a ∩ c están alineados.
A
D
B
C
c
S
i
Q
R
d
b
Figura 14-6
Teorema 14.10 Dados un triángulo ∆ABC inscrito en una cónica C y a, b y c las tangentes
en los vértices A, B y C, entonces los puntos R = AB ∩ c, P = BC ∩ a y Q = CA ∩ b están
alineados.

Secciones Cónicas 205
R
D
A
Q
E
C
P
B
b
Teorema de Brianchon
Figura 14-7
El teorema de Brianchon se basa es un hexágono circunscrito a una cónica. Cuando dos tangentes
x y y coinciden, entonces intersección x ∩ y se convierte en el punto de tangencia X de x.
Con ayuda de este truco obtenemos casos especiales del teorema de Brianchon. Los enunciados de
estos teoremas son los siguientes.
Dados dos rectas tangentes a y f a una cónica C, entonces cuando el punto de tangencia de f se
acerca al punto de tangencia de a el punto af se acerca al punto de tangencia de a la. El teorema
de Brianchon considera seis rectas tangentes a una cónica, pero uno o más pares de tangentes
pueden coincidir, en estos casos obtenemos casos especiales. Los enunciados de estos teoremas son
los siguientes.
Teorema 14.11 (Brianchon) Si ABCDEF es un exágono circunscrito a una cónica, entonces
la rectas AD, BE y CF que unen vértices opuestos son concurrentes.
Teorema 14.12 Si ABCDE es un pentágono circunscrito a una cónica y T es el punto de tangencia
del lado EA, entonces la rectas AD, BE y CT son concurrentes.
Teorema 14.13 Si ABCD es un cuadrágono circunscrito a una cónica y P , Q, R y S son los
puntos de tangencia de los lados DA, AB, BC y CD respectivamente, entonces la rectas AC,
BD, PR y QS son concurrentes.
Teorema 14.14 Si ABC es un triángulo circunscrito a una cónica y P , Q y R son los puntos
de tangencia de los lados BC, CA y AB respectivamente, entonces la rectas AP , BQ y CR son
concurrentes.
Problema 1 ∗ Usando las propiedades de polos y polares demostrar los teoremas de esta sección
a partir de los teoremas de la sección anterior.

206 Secciones Cónicas
C
P
A
S
Q
B
D
R
Figura 14-8
Propiedades de las Asíntotas
El hecho de que las hipérbolas son las únicas cónicas que cortan a la recta al infinito nos
dan una serie de teormas válidos solo para las hipérbolas. Con ayuda de los resultados anteriores
estudiaremos algunas de las propiedades de las asíntotas de una hipérbola.
Teorema 14.15 Dada una hipérbola C, tenemos las siguientes propiedades:
i) Si la tangente t a C corta a las asíntotas en A y B, entonces el punto de tangencia T de t
es el punto medio de AB.
ii) Si la cuerda CD corta a las asíntotas en E y F ,entoncesCE = DF.
Demostración: Sean a y a 0 las asíntotas y O el centro de C.
Como el triángulo definido por a, a 0 y t, es un triángulo circunscrito a C el teorema 14.14 nos
dan que la paralela a a por B, laparalelaaa 0 por A y OP son concurrentes en un punto P .Esto
es que el cuadrángulo OAPQ es un paralelogramo y T es la intersección de las diagonales, lo que
da el caso i).
Sean d 0 el diámetro paralelo a CD y d el diámetro conjugado y T = d ∩ C. Sit es la tangete a
C en T tenemos que t es paralela a d 0 .Porlotantod bisecta a CD yaEF, lo que da el caso ii).
Teorema 14.16 Dada una hipérbola C, entonces los triángulos formados por una tangente y las
dos asíntotas tienen la misma área.
Demostración: Sean a y a 0 las asíntotas y O el centro de C. Seant y t 0 dos tangentes a C,
A = a ∩ t, B = a 0 ∩ t, A 0 = a 0 ∩ t 0 y B 0 = a ∩ t 0 .
Como el cuadrángulo ABB 0 A 0 esta circuncrito a C el teorema 14.13 nos dan que las rectas
AA 0 , BB 0 , TT 0 ylarectaalinfinito son concurrentes. Eso implica que los triángulos ∆AA 0 B y
∆AA 0 B 0 tienen la misma área, por lo tanto ∆OAB y ∆OA 0 B 0 tienen la misma área.

Secciones Cónicas 207
E
C
B
d'
a'
P
S
T
d
O
a
A
D
F
Figura 14-9
Figura 14-10
Doblado de Papel
Teorema 14.17 Dada una cónica central, entonces el lugar geométrico de le las proyecciones de
un foco en las tangentes a la cónica es un círculo de diámetro el eje focal. Además el producto
FU · FU 00 de las distancias de un foco a un par de tangentes paralelas es una constante e igual a
±OB 2 ,dondeOB es el eje transversal.
Demostración: Supongamos primero que la cónica es una elipse. Si F y F 0 son los focos de
la elipse con vertices A y A 0 ,seaC un círculo de centro F 0 yradioAA 0 y sea M un punto de la
cónica, entonces la recta F 0 M intersecta a C en un punto G tal que MG = FM.SiUM es la
tangente a la cónica en M, conU ∈ FG,entoncescomoMG = FM y MU es la bisectriz de
]FMG se tiene que U es el punto medio de FG y FU ⊥ MU.SiO es el centro de la cónica
OU k F 0 G yporlotantoOU = F 0 G
= OA.
2
Si UU 00 es una secante del círculo C de diámetro AA 0 que pasa por el foco F ,entonceslas
perpendiculares a UU 00 en U y U 00 son tangentes paralelas a la cónica. Además FU · FU 00 es la
potencia de F respecto a C que es igual a la constante FA·FA 00 . Si tomamos las tangentes paralelas
a AA 0 obtenemos que esta constante es igual a ±OB 2 .
El caso de la hipérbola se demuestra de foma similar.
Como la distancia FU 0 del foco a la tangente paralela es igual a la distanci F 0U´00 , obtenemos
el siguiente corolario.

208 Secciones Cónicas
Q
U
P
U'
F
O
F'
U"
Q'
P'
Figura 14-11
P
U'
F
U"
O
F'
Q'
P'
U
Q
Figura 14-12
Corolario 14.18 Dada una cónica central, entonces el producto FU · F 0 U 00 de las distancias de
los focos a una tangente es una constante e igual a ±OB 2 , donde OB es el eje transversal.
Transformaciones Proyectivas en una Cónica
Como en el caso del círculo podemos pensar que los puntos de una cónica C corresponden a
una hilera de puntos, esto implica el siguiente teorema.
Teorema 14.19 (Steiner) Si P y Q son dos puntos en una cónica C y R un punto variable de
C, entonces la función que manda la recta x = RP en la recta y = RQ es una transformación
proyectiva x Z y. Másaunenestatransformaciónpd Z dq, donde p y q son las tangentes en P y
Q respectivamente y d = PQ.
Tenemos el concepto dual que dejaremos que el lector lo enuncie.
Con ayuda de este teorema podemos dar otra caracterización de las cónicas.

Secciones Cónicas 209
Usaremos estos conceptos para dar otra demostración del teorema de Pascal.
Teorema 14.20 (Pascal) Si A, B, C, A 0 , B 0 y C 0 son puntos en una cónica entonces los puntos
R = AB ∩ A 0 B 0 , P = BC ∩ B 0 C 0 y Q = CA ∩ C 0 A 0 están alineados.
Demostración: Sean los puntos J = AB 0 ∩ A 0 C, K = AC 0 ∩ B 0 C, entonces tenemos que
ARJB 0 A0
[ ABCB 0 C0
[ KPCB 0
por lo tanto la transformación ARJ Z KPC es una proyección ya que B es un punto fijo de esta
transformación. Por lo tanto Q = AK ∩ JC es el centro de la proyección y por lo tanto P , Q y R
están alineados.
C
A
B
Q
R
P
J
K
B'
A'
C'
Figura 14-13
De una manera semejante nos da la demostración del teorema de Brianchone.
Daremos ahora una extensión del teorema de Desargues ??, pag.??. Esunodelosteoremas
más importantes de la geometría proyectiva.
Teorema 14.21 (Desargues) Si un cuadrángulo esta inscrito en una cónica entonces la cónica
y los lados opuestos de un cuadrángulo cortan a una recta u, que no pasa por un vertice del
cuadrángulo, en puntos conjugados de una involución.
Demostración: Como A(RCR 0 B)ZD(RCR 0 B) tenemos, tomando secciones en u yelteorema
7.32, pag. 101, que
RP 0 R 0 Q Z RQ 0 R 0 P Z R 0 PRQ 0
Daremos ahora otra demostración de que las cónicas que pasan por un grupo ortocéntrico de
puntos es una hipérbola equilátera. Primero necesitamos el siguiente lema.
Lema 14.22 Sean una cónica C, un cuadrángulo inscrito ABCD y una recta exterior e, entonces
la involución que el cuadrángulo induce en e es hiperbólica.
Demostración: Dado un punto X denotamos por C X la cónica que pasa por A, B, C, D
y X. SiP ∈ e (P no un punto fijo de la involución) y Q ∈ C, entonces en en el segmento PQ
tenemos que #(C P ∩ e) =2y #(C Q ∩ e) =0yporcontinuidadexisteunpuntoR ∈ e tal que
#(C Q ∩ e) =1, esto es que la cónica C Q es tangente a e y el punto de tangencia es un punto fijo
de la involución.

210 Secciones Cónicas
B
A
Q
R
P'
P
R'
f
C
D
Figura 14-14
Corolario 14.23 Las cónicas que pasan por los puntos de un grupo ortogonal ABCH son hipébolas
equiláteras.
Demostración: El cuadrángulo ABCH induce ,en la recta al infinito, la involución de direcciones
ortogonales, que es elíptica. Por el lema tenemos que si una cónica esta circunscrita al grupo
ortogonal no es una elipse. Tampoco puede ser una parábola porque el punto de tangencia con la
recta al infinito sería un punto fijo de la involución. Por lo tanto si una cónica esta circunscrita al
grupo ortogonal es una hipérbola que corta a la recta al infinito en direcciones ortogonales.
Problema 2 ∗ Usando los resultados de esta sección demostrar los teoremas de la sección 14, pag.
203, sin usar el concepto de posición limite.
Polos y polares
Daremos los resultados principales de la teoría de polos y polares respecto a una cónica. Todos
estos resultados se siguen, con ayuda de una proyección, de los resultados correspondientes para
un círculo.
Teorema 14.24 Dados una cónica C yunpuntoP /∈ C. Entonces el lugar geométrico de los
conjugados armónicos de P respecto a los extremos de las secantes a la cónica que pasan por P
están una recta p.
Diremos que p es la recta polar del punto P respecto a la cónica C. ClaramentesiP es un
punto exterior al círculo dado entonces P 0 es un punto interior y por lo tanto p intersecta a la
cónica en dos puntos T y T .AdemáslasrectasPT y PT 0 son las tangentes desde el punto P .
En esta sección definiremos el concepto del polo de un punto respecto a una cónica. este
concepto es central en el estudio de las cónicas. Si P ∈ C definimos la polar de P respecto a C
como la recta tangente a C en el punto P .
La propiedad más importante de la teoria de polos y polares está dada por el teorema siguiente.
Teorema 14.25 Dado una cónica C, entonces la polar p de un punto P pasa por un punto Q sii
la polar q de Q pasa por P .

Secciones Cónicas 211
Corolario 14.26 Dados una cónica C y un punto P no en la cónica. Si CD y EF son dos secantes
que pasan pon P ,si4PQR es el triángulo diagonal del cuadrángulo CDEF, entoncesQR es la
polar de P .SiP es un punto exterior a C, entoncesC ∩ QR = {T,T 0 } donde PT y PT 0 son
tangentes al círculo C.
De la misma forma que en el caso de un círculo el concepto de polos y polares respecto a una
cónica nos induce un isomorfismo Θ del plano que es una involución, est es que Θ 2 = id.
Definición 14.27 Dados una cónica C en el plano π definimos Θ : π → π ∗ como la función que
manda cada punto P en su polar p.
Claramente si P ∈ C, entoncesΘ(P ) es la recta tangente a C en P . Más aun la cónica C queda
determinado por la función Θ ya que tenemos que
C = {P ∈ π|P = Θ(P )}
Podemos extender Θ a las rectas de π definiendo Θ(a) =A, elpolodea, entonces{A} =
∩ P ∈a Θ(P ). Con esta extención tenemos que Θ es una involución, esto es que Θ −1 = Θ.
Definición 14.28 Dado una cónica C, entonces
i) Dos puntos son conjugados respecto a C si la polar de uno pasa por el polo del otro.
ii) DosrectassonconjugadasrespectoaC sielpolodeunaestaenlaotra.
Si a es una recta y C es una cónica , se tiene la función γ : a → a definida como γ(P )=a∩Θ(P ).
Esto es la función γ manda cada punto P de a al único punto de a queesconjugadodeP .
Análogamente si A es un punto C y es una cónica se tiene la función γ ∗ : A ∗ → A ∗ definida como
γ(AP )=P Θ −1 (AP ). Esto es la función γ ∗ mandacadarectaAP en la única recta por A que es
conjugada de AP .Sia no es tangente a C, lafunciónγ es la involución de puntos conjugados de a
respecto a la cónica C. SiA/∈ C la función γ ∗ es la involución de rectas conjugadas de A respecto
alacónicaC.
El siguiente teorema es un resumen de las propiedades más importantes asociadas a las funciones
γ y γ ∗ .
Teorema 14.29 Si C es una cónica, entonces:
i) Si a es una recta que no es tangente a la cónica C, γ es biyectiva y una involución.
ii) Si a es una recta tangente en T al círculo C, γ(P )=T para toda P ∈ a.
iii) Si P /∈ C, γ ∗ es biyectiva y una involución.
iv) Si A ∈ C y t la tangente a C en A, γ ∗ (AP )=A para toda recta AP que pasa por A.
v) Si a = AB, conA ∈ C y B ∈ C, entoncessiP ∈ a se tiene que H(AB, P γ(P )).
vi) Si A = ab, cona y b tangentes a C, entoncessip = AP se tiene que H(ab, pγ ∗ (p)).
El corolario 14.26, pag. 211, nos da una construcción, usando únicamente regla, de la polar de
un punto. Daremos ahora la construcción dual, esto es construir el polo de una recta.
Construción 14.30 Dados una cónica C yunarectap, seanA y B dospuntosdistintosdep
construimos sus polares a y b respectivamente. Entonces el polo de p es P = a ∩ b.

212 Secciones Cónicas
Demostración: Como el polo de a está en p, entonces el polo de p está en a; análogamente
como el polo de b está en p, entonces el polo de p está en b.
Sea C una cónica dado. Daremos ahora un resumen de las principales propiedades relacionadas
con los puntos y rectas conjugadas respecto a C.
Un punto es interior a C sii su polar no intersecta a C.
Si dos puntos conjugados distintos están en una secante a C, entonces uno es interior y el
otro es exterior; además son conjugados armónicos respecto a los puntos de intersección de
C y la secante.
Si dos rectas conjugadas distintas se cortan en un punto exterior, entonces es una secante
a C ylaotranocortaaC; además son conjugadas armónicas respecto a las tangentes a C
desde el punto de intersección.
Un punto P ∈ C es conjugado de los puntos en la tangente a C en P .
Una tangente a C es conjugada de las rectas que pasan por el punto de tangencia.
Teorema 14.31 Si C esunacónicayA, B, C y D estánenlarectal entonces {ABCD} =
{abcd}.
Definición 14.32 Un triángulo es autopolar respecto a la cónica C si cada vértice es el polo del
lado opuesto.
Un resultado central de la teoría son los siguientes corolarios, el cual es inmediato de las
propiedades armónicas de los triángulos diagonales de los cuadrángulos y cuadriláteros completos.
Corolario 14.33 Dado un círculo C yuncuadránguloABCD inscrito en C, entonceseltriángulo
diagonal de ABCD es autopolar.
Corolario 14.34 Dado un círculo C yuncuadriláteroabcd circunscrito en C, entonces el triángulo
diagonal de abcd es autopolar.
Daremos ahora algunas definiciones.
Definición 14.35 Dada una cónica C, elpoloO de la recta al infinito l ∞ se llama el centro de
la cónica. La polar d de un punto D ∈ l ∞ sellamaundiámetrodelacónica.
Claramente los diámetros pasan por el centro de la cónica. El centro O de la conica C es un
punto finito sii la recta l ∞ no es tangente a C. En este caso decimos que C es una cónica central.
Sean C es una cónica central, d y d 0 dos diámetros conjugados, entonces d 0 bisecta las cuerdas
paralelas a d. Además las tangentes a C enlospuntosdonded 0 corta a C son paralelas a d.
Usaremos estos resultados para demostrar el siguiente teorema, el cual algunas veces se le llama
el teorema de la mariposa. Es una extención del mismo teorema para el caso de un círculo.

Secciones Cónicas 213
Teorema 14.36 (Mariposa) Dado P el punto medio de la secante XY de una cónica, AB y
CD otras secantes por P ,entoncesP es el punto medio del segmento X 0 Y 0 , donde X 0 = XY ∩AD
y Y 0 = XY ∩ BC.
Demostración: Si Q = AC ∩ BD y R = AD ∩ BC, entoncesel∆PQR el triángulo diagonal
del cuadrángulo ABCD y por lo tanto autopolar lo que implica que tenemos el haz de rectas
armónicas H(R{DB, PQ}) yqueQR es la polar del punto P .Seand = OP es el diámetro que
pasa por P y D ∞ su polo, que esta al infinito, por lo tanto XY y la polar de P pasan por D ∞ ,
esto es son paralelas. Lo anterior nos da que: H(X 0 Y 0 ,PD ∞ ) yporlotantoP es el punto medio
del segmento X 0 Y 0 .
A
C
O
X
Q
X'
P
B
D
Y'
Y
R
Figura 14-15
Teorema 14.37 Dada una cónica C yunpuntoexteriorP ,siPT y PT 0 son las tangentes a C,
entonces las bisectrices del ángulo ]TPT 0 son rectas conjugadas respecto a C.
Demostración: La involución de rectas conjugadas tiene las siguientes propiedades: cualquier
par de rectas conjugadas dividen armónicamente a las tangentes; hay un par de rectas conjugadas
perpendiculares.
Definición 14.38 Dada una cónica C y la recta al infinito l ∞ ,sean =#C∩l ∞ , entonces decimos
que C es: una elipse si n =0; una parábola si n =1; una hipérbola si n =2.DecimosqueC ∩ l ∞
son los puntos al infinito de C.
Definición 14.39 Si C es una hipérbola las tangentes a C enlospuntosalinfinito se llaman las
asíntotas de la hipérbola.
????? transf proyectiva en rectas distintas de puntos conjugados.

214 Secciones Cónicas
Ejes de las Cónicas Centrales
En esta sección estudiaremos los ejes de simetría de las cónicas. Esto es equivalente a un
diámetro perpendicular a las cuerdas que bisecta. A un eje de simetría lo llamaremos un eje
de la cónica. Por lo tanto, en una cónica central, un eje de una cónica es un diámetro que es
perpendicular a su diámetro conjugado.
Tenemos tres casos: La parábola tiene un solo eje, en el círculo todos los diámetros son ejes,
en los demás casos tenemos dos ejes perpendiculares. Daremos ahora la demostración de estas
propiedades.
Teorema 14.40 Una parábola tiene un solo eje de simetría, el cual es una secate de la parábola.
Demostración: Como todos los diámetros son paralelos, sea a y b dos cuerdas perpendiculares
a esta dirección, el diámetro que las bisecta es el único eje de la parábola.
Teorema 14.41 Sea C una cónica central, entonces tenemos los siguientes casos:
Si C es un círculo todos los diámetros son ejes de C.
En los otros casos C solo tiene dos ejes y son perpendiculares. Si C es una elipse los dos ejes
son secantes de C. SiC es una hipérbola solo uno de los ejes es secante de C.
Demostración: Sea O el centro de C. En el haz de rectas que pasan por O tenemos dos
involuciones: La involución de diámetros conjugados y la involución de diámetros perpendiculares.
Si la C es un círculo entonces las dos involuciones coinciden. Por lo tanto todos los diámetros
sonejesdesimetría.
Si la C no es un círculo entonces las dos involuciones tienen solo un par de rectas correspondientes
en común. Como una cónica central es elipse sii dos diámetros conjugados son secantes
tenemos el resultado.
Una consecuencia de los resultados anteriores es que el grupo G de transformaciones rígidas
que mandan C en C es (si C esunacónicacentral,O es el centro de C):
Si C es un círculo entonces G = {id} ∪ {R e : e diámetro de C} ∪ {R O,θ : θ ∈ (0, 360 o )}; por
lo tanto #G = ∞.
Si C es una parábola entonces G = {id} ∪ {R e : e eje de C}; porlotanto#G =2.
En los otros casos entonces G = {id} ∪ {R e : e eje de C} ∪ {R O,180 o}; porlotanto#G =4.
Si C es una elipse, O es un punto interior y por lo tanto los dos ejes cortan a C. SiC es una
hipérbola, O esunpuntointerioryporlotantosolounodelosejecortaaC.
Con ayuda de los ejes podemos definir los vértices de las cónicas.
Dada una cónica C yunejee que es una secante entonces las intersecciones de C y e se llaman
vértices de C. Tenemos entonces que: si C es un círculo todos los puntos de C son vértices de C; si
C es una parábola C tiene dos vértices, uno de los cuales es el punto al infinito de C; siC es una
hipérbola C tiene dos vértices; si C es una elipse C tiene cuatro vértices. Si C es una hipérbola y

Secciones Cónicas 215
AA 0 es el segmento que une los vértices, entonces su longitud AA 0 =2a es el doble del semi eje
principal oelsemi eje transversal delahipérbola,elotroejeseconocecomoeleje conjugado de
la hipérbola. Si C es una elipse y AA 0 y BB 0 son los segmentos que unen los vértices en el mismo
eje, con AA 0 >BB 0 , entonces sus longitudes AA 0 =2a y BB 0 =2b son el doble del semi eje mayor
y semi eje mayor respectivamente de la elipse.
Teoría Proyectiva de los Focos y Directrices
En esta sección daremos otra caracterización de los focos de una cónica. Esta caracterización
esválidaparalascónicasdefinidas en este capítulo, más aun nos permitirán demostrar que esta
definición coincide con la definición como secciones de un cono circular recto.
Dada una cónica C, entonces para cada haz de rectas, con centro punto un P , tenemos dos
involuciones, la de rectas conjugadas respecto a C y la de rectas perpendiculares. En general estas
dos involuciones son distintas, en este caso (el corolario ?? pag. ??) siempre hay un par de rectas
conjugadas perpendiculares. Si hay más de un par de rectas conjugadas perpendiculares entonces
las dos involuciones coinciden. Esta propiedad es la que usaremos para definir los focos de una
cónica.
Definición 14.42 Decimos que un punto F es el foco de una cónica C si la involución de rectas
conjugadas coincide con involución de rectas perpendiculares.
Como la involución de rectas perpendiculares es elíptica tenemos que los focos son puntos
interiores. Si el centro de la cónica es un foco, entonces la cónica es un círculo y el centro es el
único foco.
Si F es un foco y d es el diámetro que pasa por F , entonces la cueda por F perpendicular a d
es conjugada de d, porlotantod es un eje de simetría, esto es d es un eje.
Además si hay dos focos F y F 0 , las rectas perpendiculares a FF 0 por F y F 0 son conjugadas
a FF 0 yporlotantoelpolodeFF 0 esta en la recta al infinito; esto es FF 0 es un eje.
Para demostrar la existencia de los focos de una cónica necesitamos los siguientes teoremas.
Teorema 14.43 (Seydewitz) Si un triángulo esta inscrito en una cónica, entonces una recta
conjugada a uno de los lados corta a los otros dos lados en puntos conjugados.
Demostración: Sea el triángulo 4PQR.Sia es una recta conjugada al lado QR con polo
A ∈ QR yseaS es la otra intersección de PA con la cónica. Por lo tanto tenemos el triángulo
autopolar 4ABC donde B = PR∩QS y C = PQ∩RS. Porlotantoa = BC y B y A son puntos
conjugados.
Por lo tanto tenemos el teorema dual.
Teorema 14.44 (Seydewitz dual) Si un triángulo esta circunscrito en una cónica, entonces
un punto conjugado a uno de los vértices determina con los otros dos vértices rectas conjugadas.

216 Secciones Cónicas
C
P
a
S
Q
B
R
A
Figura 14-16
B
Z
Q
A
R
X
C
P
Y
Figura 14-17
Si P es un punto de un eje e de una cónica, entonces la recta perpenticular a e por P es
conjugada a e. PorlotantoP es un polo sii existe otro par de rectas conjugadas perpendiculares.
Usaremos este hecho y el teorema anterior para encontrar los focos de las cónicas.
Teorema 14.45 Dadas una parábola P, elejee, latangenter a P en el vértice R yotratangente
p en el punto P , entonces la recta perpenticular a p por el punto Y = p ∩ r intersecta a e en el
foco F de P.
Demostración: Sea ∆XY Z el triángulo circunscrito definido por las tangentes p, q ∞ y r (q ∞
es la recta al infinito), donde X = q ∞ ∩ r, Y = r ∩ p y Z = p ∩ q ∞ .ComoX es el polo del eje de
P, tenemos que para cualquier punto C ∈ e las rectas CZ y CY son conjugadas. Pero CZ ⊥ CY
sii C es el foco.
Teorema 14.46 Dadas una hipérbola H, concentroO, vérticesR y Q y asíntotas r y r 0 .Siq es
la tangente en Q, X = q ∩ r y D el círculo de centro O que pasa por X, entoncesD corta al eje
QR en los focos de H.
Demostración: Sean p es la tangente en P y ∆XY Z el triángulo circuscrito definido por las
tangentes p, q y r (X = q ∩ r, Y = r ∩ p y Z = p ∩ q). Como Z es el polo del eje e = PQ, tenemos
que para cualquier punto C ∈ e las rectas CX y CY son conjugadas. Pero CX ⊥ CY sii C es el
foco.

Secciones Cónicas 217
Y
P
R
Figura 14-18
X
F
R
O
Q
F'
Y
Figura 14-19
Teorema 14.47 Dadas una elipse E, concentroO, vertice P (en el eje menor) y vértices (el el
eje mayor) Q y R. Sip, q y r son las tangentes a E en los puntos P , Q y R respectivamente, sean
Y = p ∩ r y Z = p ∩ q y D el círculo de diámetro YZ,entoncesD corta al eje mayor QR en los
focos de E.
Demostración: Sea ∆XY Z el triángulo circuscrito definido por las tangentes p, q y r (X =
q ∩ r). Como X es el polo del eje e = PQ, tenemos que para cualquier punto C ∈ e las rectas CY
y CZ son conjugadas. Pero CY ⊥ CZ sii C es el foco.
El una cónica central (distinta a un círculo) el eje que tiene a los focos se le llama eje focal. El
otro se llama el eje conjugado (hayquenotarquecoincideconlaquesediopreviamenteparala
hipérbola).
Las polares de los focos se llaman las directrices de la cónica. por lo tanto las directrices son
rectas externas y perpendiculares al eje polar. Algunas propiedades de las directrices están dadas
por los siguientes teoremas.
Teorema 14.48 En una cónica, distinta a un círculo, si F es un foco y d su polar, entonces la
distancia de los puntos de la cónica a F entre la distancia a d es una constante.
Demostración: Sea V el vértice de la cónica del lado de F y P otropuntodelacónicacon
proyecciónes V 0 y P 0 en d. Y sean Q = VP ∩ d y G = QF ∩ PP 0 .ComoPP 0 k VV 0 se tiene que
GP
= FV .
PP 0 VV 0

218 Secciones Cónicas
Y
Q
F
P
F'
Z
R
Figura 14-20
Si T es el polo de la recta VP se sigue que FT es la polar de Q, lo que implica las siguientes
propiedades: a) FQ y FT son rectas conjugadas y por lo tanto FQ ⊥ FT; b) F {Q, T, V, P } es un
haz armónico. Por lo tanto ]QF V = ]PFG ycomoPP 0 k VV 0 ]QF V = ]FGP.Estoimplica
que el triángulo 4PFG es isoceles. Y por lo tanto PF = PG, lo que impica PF
PP 0
= PG
PP 0
= FV
VV 0 .
G
P
T
P'
F'
F
V
V
Q
Figura 14-21
La constante e =
FP se llama la excentricidad de la cónica.
dis(P,d)
Como el eje conjugado es un eje de simetría tenemos que la excentricidad no depende de cual
foco usamos.
Corolario 14.49 En una cónica C, distinta a un círculo con excentricidad e entonces C es una
elipse sii e1.
Este resultado nos da la demostración de que toda cónica es la sección plana de un cono circular
recto. Más aun en el caso de las cónicas centrales nos ayuda a dar la siguiente caracterización, la
cual es la más común.
Teorema 14.50 En una elipse (resp. hipérbola) C la suma (resp. diferencia) de las distancia de
lospuntosdeC alosfocosdeC es constante.
Demostración: Sea una elipse con focos F 0 y F 00 y directrices d y d 0 .SeaP un punto de
la elipse y P 0 P 00 la recta perpendicular a las directrices que pasa por P y con extremos en las
directrices. Entonces
e = F 0 P
P 0 P = F 00 P
= F 0 P + F 00 P
= FP + F 0 P
PP 00 P 0 P + PP 00 P 0 P 00

Secciones Cónicas 219
por lo tanto FP + F 0 P = e · PP 0 = const. El caso de la hipérbola es análogo.
P'
P
P"
P' P"
P
F' F"
F' F"
Los focos de una cónica definen una involución en el eje focal e dondelosfocossonlospuntos
fijos (en el caso de la parábola el otro punto fijo es el punto al infinito en el eje). Esta involución
nos permite demostrar muchas de las propiedades relacionadas con los focos de una cónica. El
siguiente teorema nos da las principales propiedades de la involución.
Teorema 14.51 Dada una cónica C, con eje focal e. Entonces la involución el el eje focal PP 0 Z
P 0 P definida como H(PP 0 ,FF 0 ) tiene la siguiente propiedad: Dos rectas a y a 0 , tales que P ∈ a
y P ∈ a 0 , son conjugadas respecto a C sii son perpendiculares.
Demostración: Daremos otra caracterización de la involución (esta caracterización es válida
para el eje conjugado, pero en ese caso nos da una involución eliptica). Para esto escogemos una
dirección fija distinta a las definidasporlosejesdelacónica.
Sea P ∈ e y r una recta por P en la dirección fija, sea R el polo de r (R está en el diámetro
conjugado al diámetro paralelo a r). Si r 0 es la recta perpendicular a r que pasa por R definimos
el punto P 0 = e ∩ r 0 . Tenemos dos tranformaciones proyectiva entre los haces de rectas con centro
P y P 0 : la primera es la que manda cada recta por P alarectaperpendicularporP 0 ; la segunda
la que manda cada recta por P a la recta conjugada que pasa por P 0 . Ambas transformaciones
mandan el eje e, r y la recta perpendicular a e por P en la recta perpendicular por P 0 , r 0 y e,
por lo tanto ambas transformaciones coinciden.Por lo tanto dos rectas a y a 0 ,talesqueP ∈ a y
P ∈ a 0 , son conjugadas respecto a C sii son perpendiculares.
Por lo tanto P 0 no depende de la dirección escogida y por lo tanto I(P 0 )=P , esto es I 2 = id,
más aun I(F )=F y I(F 0 )=F 0 . Por lo tanto tenemos una función I : e → e definida por
I(P )=P 0 , demostraremos ahora que I es una transformación proyectiva.
Sea d 0 el diámetro conjugado al diámetro paralelo a la direrección escogida, entoces tenemos
lassiguientestransformacionesproyectivas
P Z r Z R Z r 0 Z P 0
yporlotantoI es una involución.
Una parábola tiene un solo foco finito, por lo tanto el otro funto fijo de la involución I es el
punto al infinito del eje focal.
Este teorema nos da los siguientes resultados.
Proposición 14.52 Dada una cónica central C con focos F y F 0 .ParacadapuntoP ,nounfoco,
las rectas conjugadas perpendiculares son las bisectrices del ángulo ]FPF 0 .

220 Secciones Cónicas
R
P
r
F
r'
P' d'
O
F'
Figura 14-22
Demostración: Sean b y b 0 las bisectrices de ]FPF 0 , entonces b y b 0 cortan al eje focal en
puntos B y B 0 conjugados armónicos respecto a los focos, por lo tanto b y b 0 son rectas conjugadas.
Corolario 14.53 Dada una cónica central C con focos F y F 0 . Para cada punto P ∈ C, entonces
la tangente p es una bisectriz del ángulo ]FPF 0 .
Demostración: La tangente y la normal en P son rectas conjugadas perpendiculares.
Corolario 14.54 Dada una cónica central C con focos F y F 0 . Para cada punto P exterior a C
con tangentes PT y PT 0 entonces los ángulos ]TPT 0 y ]FPF 0 tienen las mismas bisectrices.
Demostración: Se sigue del corolario anterior y del teorema 14.37, pag. 213.
El el caso de la parábola las proposiciones anteriores tienen las siguiente forma. Donde F 0 es
el punto al infitino del eje de la parábola.
Proposición 14.55 Dada una parábola P con foco F .ParacadapuntoP 6= F lasrectasconjugadas
perpendiculares son las bisectrices del ángulo ]FPF 0 .
Corolario 14.56 Dada una parábola P con foco F . Para cada punto P ∈ C, entonces la tangente
p es una bisectriz del ángulo del ángulo ]FPF 0 .
Corolario 14.57 Dada una parábola P con foco F . Para cada punto P exterior a C con tangentes
PT y PT 0 entonces los ángulos ]TPT 0 y ]FPF 0 tienen las mismas bisectrices.
Corolario 14.58 Dada una parábola P, entonces dos rectas conjugadas intersectan al eje de la
parábola en puntos equidistantes del foco de la parábola.
Los resultados anteriores nos permiten demostrar las siguientes propiedades de las parábolas.
Teorema 14.59 Dada una parábola, entonces las tangentes perpendiculares se cortan en la directriz
de la parábola.

Secciones Cónicas 221
Demostración: Sea A un punto de la directriz de la parábola y v es la tangente a la parábola
en su vértice. Si a y a 0 son las tangentes desde A y B y B 0 sus intersecciones con v. Comoelfoco
F es el polo de la directriz se sigue que FT y FT 0 son conjugadas y por lo tanto perpendiculares.
Pero FT ⊥ a y FT 0 ⊥ a 0 yporlotantoUT ⊥ UT 0 .
Si a y a 00 son tangentes perpendiculares sea A la intersección de la directriz con a, entonces
a 0 k a 00 ,porlotantoa 0 = a 00 porque en una parábola tangentes paralelas coinciden.
B
A
F
C
Figura 14-23
Teorema 14.60 El ortocentro de un triángulo circunscrito a una parábola esta en la directriz d
de la parábola.
Demostración: Sea ∆ABC el triángulo circunscrito de lados a, b y c, o la recta al infinito,
a 0 y b 0 las tangentes perpendiculares a a, yb respectivamente. Entonces el teorema anterior y el
teorema de Brianchon ( ?? pag. ??) aplicado a las tangentes b, o, a, a 0 , c y b 0 nosdaquelasrectas,
(b ∩ c)(o ∩ a 0 )=AD, (o ∩ b 0 )(a ∩ c) =BE y (c ∩ c 0 )(a ∩ a 0 )=d son concurrentes. Pero dos de estas
rectas las dos primeras son alturas del triángulo y la tercera es la directriz.
B
d
a
a'
D
C
c
F
b'
A
b
Figura 14-24
El siguiente teorma demuestra que en el caso de una cónica central las tangentes perpendicularessecortanenuncírculo.

222 Secciones Cónicas
Teorema 14.61 Dada una cónica central, entonces las tangentes perpendiculares se cortan en un
círculoconcentricoconlacónicaderadio √ a 2 ± b 2 ,dondea y b son los semiejes focal y transversal
respectivamente y el signo más es para la elipse.
Demostración: Sean C la cónica, F y F 0 sus focos. Sean TM y TN dos tangentes perpendiculares,
U y U 0 las proyecciones ortogonales de los focos en TM y V y V 0 las proyecciones
ortogonales de los focos en TN.ComoTM ⊥ TN tenemos que FU = VT, FV = UT, F 0 V 0 = U 0 T
y F 0 U 0 = V 0 T además el corolario 14.18, pag. 208, nos dice que la potencia de T respecto al círculo
de centro O yradioA es TU · TU 0 = ±b 2 .PorlotantoOT 2 − a 2 = ±b 2 .
U'
T
V
U
M
N
V'
F
O
F'
Figura 14-25
Definición 14.62 En una cónica central el lugar geométrico de los puntos donde las tangentes
perpendiculares se cortan se llama el círculo director.
En una elipse el círculo director tiene radio √ a 2 + b 2 , por lo tanto es el círculo circunscrito
al rectángulo definido por las tangentes en los vértices de la elipse. En el caso de una hipérbola
no hay tangentes perpendiculares si b>a, si la hipérbola equilátera solo las asíntotas son hay
tangentes perpendiculares.
Hipérbolas Equiláteras
En esta sección estudiaremos algunas propiedades de las hipérbolas equiláteras, esto es aquellas
hipérbolas tales que sus asíntotas son perpendiculares. Estas curvas tienen muchas propiedades que
se interrelacionan con varias partes de la geometría como veremos en esta sección. La ecuación de
estas cuervas es x2 − y2
=1con a = b, es por esso que se les conocen como hipérbolas equiláteras;
a 2 b 2
también se les conoce como hipérbolas ortogonales.
Teorema 14.63 Las cónicas que pasan por los puntos de un grupo ortogonal ABCH son hipébolas
equiláteras.
Demostración: Cada cónica C quepasaporelgrupoesunahipérbolayaquecomoalmenos
uno de los puntos del conjunto ortogonal es interior del triángulo definido por los otros tres.
Sean I 1 e I 2 lospuntosainfinito de C, elteormadePascalaplicadoalexágonoAI 1 CHBI 2 nos
da que los puntos R = AB ∩ I 1 H, P = I 1 I 2 ∩ CB y Q = CH ∩ AI 2 están alineados. Eso es que

Secciones Cónicas 223
F
A
H
R
Q
B
D
C
Figura 14-26
RQ es paralela a BC. ComoAH ⊥ RQ y QH ⊥ AR tenemos que H es el ortocentro del triángulo
∆ARQ, porlotantoI 1 H y AI 2 son perpendiculares, esto es las asíntotas son perpendiculares.
Teorema 14.64 Dados un triángulo 4ABC ysuortocentroH, entonces las cónicas que pasan
por A, B, C y H son hipérbolas equiláteras cuyos centros están en el círculo de los nueve puntos
del triángulo 4ABC.
Demostración: Sean a y a 0 las asíntotas de C.Definimos P = a∩BC, Q = a∩CA, R = a∩AB,
P 0 = a 0 ∩ BC, Q 0 = a 0 ∩ CA y R 0 = a 0 ∩ AB. El teorema 14.15, pag. 206 nos dice que el cículo de
diámetro QQ 0 (resp. RR 0 ) tiene por centro el punto medio de CA (resp. AB) y pasa por el centro
O de C. Por lo tanto los triángulos 4OMQ y 4ONR son isósceles y obtenemos
]MOQ = ]MQO
]NOR = ]NRO
Q'
P'
C
R'
M
L
A
N
B
Q
O
P
R
Figura 14-27
usando que en el triángulo 4QAR tenemos que ]MQO = ]NRO + ]QAR, restando la
segunda igualdad de la primera obtenemos
]MON = ]QAR =180 o − ]MAN
]MON + ]MAN = 180 o

224 Secciones Cónicas
como ANLM es un paralelogramo y por lo tanto ]MAN = ]MLN, obtenemos
]MON + ]MLN =180 o
lo que demuestra que los puntos L, M, N y O son concíclicos.
Daremos ahora una caracterización de las hipérbolas equiláreteras usando la definición de
Steiner, esta carcterización tiene muchas cosas en común con la se dio para el círculo.
Proposición 14.65 Sean H una hipérbola equilátera, P y P 0 losextremosdeundiámetro.Siun
punto M varía en H, entonceslafunciónPM 7−→ P 0 M es tal que las recta PM y P 0 M giran a
la misma velocidad pero en direcciones contrarias.
Demostración: Como P y P 0 son los extremos de un diámetro entonces ,por el teorema ??,
pag. ???, PM y P 0 M son paralelas a dos diámetros d y d 0 conjugados.Si a y a 0 son las asíntotas
tenemos que H(aa 0 ,dd 0 ) yporlotantoa es la bisectriz del ángulo definido por d y d 0 ,loque
implica que que las recta PM y P 0 M giran a la misma velocidad pero en direcciones contrarias.
P
d
M
O
d'
P'
Figura 14-28
Además el inverso de esta proposición es también válida.
Teorema 14.66 Dados haces de rectas con centros P y P 0 y una función tal que las recta PM
y P 0 M giran a la misma velocidad pero en direcciones contrarias, entonces la intersección de las
rectas correspondientes definen una hipérbola equilátera que pasa por P y P 0 ,ademasPP 0 es un
diámetro.
Demostración: Como la función es rígida es una transformación proyectiva y por lo tanto la
intersección de las rectas correspondientes definen una cónica. Como las rectas giran en direcciones
contrarias hay un par de rectas correspondientes paralelas, pero si se gira 90 o más obtenemos otro
par de rectas correspondientes. Por lo tanto la cónica es una hipérbola equilátera que pasa por P
y P 0 .
Para demostrar que PP 0 es un diámetro basta demostrar que las tangentes en P y P 0 son
tangentes. Si a es la recta por P cuya imagen es P 0 P , entonces a es la tangente en P ;claramente
la recta a 0 paralela a a por P 0 es la recta que corresponde a PP 0 .PorlotantoPP 0 es un diámetro.

Secciones Cónicas 225
Figura 14-29
Terminaremos esta sección usando las hipérbolas equiláteras para construir las trisectrices de
un ángulo.
Dado un círculo C, concentroO, yunarcoAB ⊂ C. SeanN y N 0 ∈ C tales que BN 0 es un
arco de C con longitud doble que la del arco AN de C y en sentido contrario; entonces las rectas
ON y BN 0 giran a la misma velocidad en sentido contrario, esto es la intersección de las rectas
correspondientes definen una hipérbola equilátera H. La intersección C ∩ H consiste de B ylos
puntos X, Y y Z que corresponden a las trisectrices del ángulo ]AOB.
Y
A
N
Z
B
N'
X
P
Figura 14-30
Problema 3 Sean H una hipérbola equilátera y un triángulo ∆ABC inscrita en H, entoncesel
ortocentro de ∆ABC es un punto de H.
Problema 4 Dados cuatro puntos, entonces existe un única hipérbola equilátera que los contiene.
Problema 5 Sean H una hipérbola equilátera y un triángulo rectángulo ∆ABC inscrita en H,
entonces la tangente en C es paralela a AB.

226 Secciones Cónicas

Capítulo 15
Círculos de Miquel
Un tema central de la geometría moderna es encontrar condiciones para que algunas rectas
o algunos círculos sean concurrentes o que algunos puntos estén alineados o en un círculo. Un
teorema de este estilo y que tiene un sinnúmero de consecuencias es el teorema de Miquel.
A
Z
P
Y
B
X
C
Figura 15-1
Teorema 15.1 (Miquel) Sean el triángulo 4ABC y X, Y y Z puntos en los lados BC, CA y
AB respectivamente, entonces las circunferencias C A , C B y C C que pasan por los puntos A, Y , Z;
B, X, Z; yC, X, Y ; respectivamente, tienen un punto en común.
Demostración: Si P es la intersección de las circunferencias C A y C B yconcideramoslos
ángulos α = ]YPZ, β = ]ZPX y γ = ]XPY .PorlotantoA + α =180 0 y B + β =180 0 .Como
tambien A + B + C =180 0 y α + β + γ =360 0 se sigue que C + γ =180 0 .PorlotantoC C pasa
por P .
227

228 Círculos de Miquel
El punto P se llama el punto de Miquel de los puntos X, Y y Z respecto del triángulo 4ABC.
Decimos que 4XY Z es un triángulo de Miquel del punto P respecto del triángulo 4ABC (aunque
los puntos X, Y y Z estén alineados).
Si punto P es el punto de Miquel de los puntos X, Y y Z respecto del triángulo 4ABC,
entonces tenemos la igualdad de los ángulos
]BCP = ]XY P (15.1)
]BAP = ]ZY P
la primera se sigue de que los puntos X, P , Z y B estánenelcírculoC B y la segundo de que los
puntos Y , P , X y C están en el círculo C C .análogamente obtenemos.
A
Z
Y
P
B
X
C
Figura 15-2
]ABP = ]ZXP (15.2)
]ACP = ]YXP
]CAP = ]YZP
]CBP = ]XZP
Estas igualdades tienen muchas consecuencias, daremos ahora alguna de las más importantes.
Teorema 15.2 Si punto P es el punto de Miquel de los puntos X, Y y Z respecto del triángulo
4ABC, entonces los puntos X, Y y Z están alineados sii P esta en el círculo circunscrito del
triángulo 4ABC.
sii
Demostración: Claramente los puntos X, Y y Z están alineados, con X en el segmento YZ,
esto es sii
]YXP + ]PXZ =180 0
]ABP + ]PCA =180 0
queesequivalenteaqueP esta en el círculo circunscrito del triángulo 4ABC.
Otra forma de enunciar este teorema es:

Círculos de Miquel 229
Teorema 15.3 Dado cuatro rectas en posición general, entonces los circuncírculos a los triángulos
que se obtienen tomando de tres en tres de las rectas dadas, son concurrentes.
Z
A
Y
P
B
X
C
Figura 15-3
Este punto se llama el punto de Miquel de las rectas dadas.
Teorema 15.4 Todos los triángulos de Miquel de un punto P respecto del triángulo 4ABC son
semejantes.
Claramente dado un triángulo 4ABC cualquier punto P es el punto de Miquel de algún
triángulo 4XY Z, más aun podemos escoger arbitrariamente uno de los vértices de este último
triángulo lo que determina a los otros dos. El teorema anterior nos dice que dado uno de estos
triángulos 4XY Z los otros se obtienen girando, el mismo ángulo, las rectas PX, PY y PZ y
encontrando las intersecciones con los lados del triángulo 4ABC.
Teorema 15.5 Dados dos triángulos 4ABC y 4XY Z, entonces existe un único punto P tal que
los triángulos de Miquel de un punto P respecto del triángulo 4ABC son semejantes a 4XY Z.
Demostración: Si P es un punto interior del triángulo 4ABC se tiene las igualdades:
A + ]ABP + ]ACP + ]CPB = 360 o
X = ]ABP + ]ACP
]BPC = 360 o − ]CPB
yporlotanto:
]BPC = A + X
análogamente ]CPA = B + Y . Estas condiciones definen dos círculos uno que pasa por B y C y
el otro por C y A, yporlotantoP esta determinado por los ángulos del triángulo 4XY Z.
El caso de que P es un punto exterior del triángulo 4ABC se tiene un resultado semejante y
se deja como problema al lector.

230 Círculos de Miquel
A
Z
Y
P
B
X
C
Figura 15-4
Teorema 15.6 Si se tienen una sucesión de triángulos ∆ i = 4A i B i C i para i = 1, 2... yun
punto P tales que ∆ i+1 es el triángulo de Miquel de P respecto del triángulo ∆ i ,parai =1, 2,....
Entonces para todo i los triángulos ∆ i y ∆ i+3 son semejantes.
Demostración: Esto se sigue de las identidades
]A i B i P = ]C i+1 A i+1 P = ]B i+2 C i+2 P = ]A i+3 B i+3 P
]A i C i P = ]B i+1 A i+1 P = ]C i+2 B i+2 P = ]A i+3 C i+3 P
Triángulos Pedales
Un caso particular muy importante es el triángulo pedal de un punto P . Esto es si se tiene un
triángulo 4ABC yunpuntoP definimos el triángulo 4XY Z como los el triángulo que se obtiene
proyectando el punto P a los lados del triángulo 4ABC. Claramente los círculos de diametros
AP , BP y CP pasan por dos de los puntos X, Y ,yZ. En este caso decimos que 4XY Z el
tiángulo pedal del punto P .
Esta construcción es muy importante como nos muestran los siguientes teoremas. En particular
tenemos la siguiente definición.
Definición 15.7 (Recta de Simson) En el caso de que P esta en el círculo circunscrito al
triángulo 4ABC, los puntos X, Y y Z están alineados y la recta XY Z se llama la recta de
Simson del punto P .
Daremos ahora una relación entre las rectas de Simson y la geometría de la parábola.
Teorema 15.8 Dada una parábola P ytrestangentesp, q y r. Entonces el circuncírculo del
triángulo 4pqr pasa por el foco de P.

Círculos de Miquel 231
Demostración: Del teorema 5.12, pag. 73, tenemos que las proyecciones P , Q y R del foco
F de P en los lados p, q y r estanenlatangentev a P en el vértice de P. PorlotantoP , Q y R
están alineados y por lo tanto F está en el circuncírculo del triángulo 4pqr.
Teorema 15.9 Si se tienen un triángulo 4ABC, unpuntoP yeltriángulo4XY Z pedal de P ,
entonces
XY =
YZ =
ZX =
donde R es el radio del círculo circuncrito.
AB · CP
2R
BC · AP
2R
CA · BP
2R
Demostración: Como sen A =sen(]YPZ) aplicando la ley de los senos a los triángulos
4ABC y 4YZAobtenemos las igualdades
YZ
sen A = AP
BC
sen A = 2R
de donde se obtiene las identides del teorema.
Teorema 15.10 (Ptolomeo) Si ABCD es un cuadrángulo entonces
AB · CD + BC · DA ≥ AC · BD
ylaigualdadsedasiiABCD es un cuadrángulo ciclico convexo.
Demostración: Si X, Y ,yZ son los pies de las perpendiculares del punto D aloslados
del triángulo 4ABC, entonces tenemos que XY + YZ ≥ XZ con igualdad sii X, Y ,yZ están
alineados con Y entre X y Z. Usando los resultados del teorema anterior obtenemos este teorema.
Teorema 15.11 Sean 4ABC un triángulo y P un punto cualquiera, entonces el área Σ del
triángulo pedal del punto P esta dada por la fórmula
2Σ = −(OP 2 − R 2 )senA sen B sen C
donde O y R son el radio y centro, respecivamente, del circuncírculo.
Demostración: Sean X, Y y Z los vertices del triángulo pedal del punto P y C 0 la otra
intersección del circuncírculo con la recta CP. Tenemos las igualdades siguientes:

232 Círculos de Miquel
C
Y
P
X
A
Z
B
C'
Figura 15-5
]ACC 0 = ]YXP = ]ABC 0
]PXZ = ]PBA
]YXZ = ]PBC 0
además usando la ley de los senos se tiene que:
de donde tenemos las igualdades:
XY = PCsen C
XZ = PBsen B
PB
sen A = PC 0
sen(]PBC 0 ) = PC 0
sen(]YXZ)
2Σ = XY · XZ sen(]YXZ)
= PC · PBsen C sen B sen(]YXZ)
= PC · PC 0 sen A sen B sen C
= −(OP 2 − R 2 )senA sen B sen C
Corolario 15.12 Sean 4ABC un triángulo y P un punto cualquiera, entonces el área Σ del
triángulo pedal del punto P es constante cuando P esta en un círculo concentrico con circuncírculo
ycerosiiP esta en el circuncírculo.
Usando la idea de la demostración podemos demostrar del teorema de Euler (ver teorema ??
pag. ??).
Teorema 15.13 (Euler) Sea 4ABC un triángulo de circunradio R, inradior y distancia d entre
el circuncentro e incentro, entonces:
d 2 = R 2 − 2rR

Círculos de Miquel 233
Demostración: Sean α = A y γ = C y D la otra intersección de la recta CI con el circuncírculo.
Entonces en el triángulo 4ACI el ángulo exterior ]AID es igual a α + γ. También tenemos
2 2
que ]BAD = γ. Por lo tanto el triángulo 4AID es isósceles. Por lo tanto tenemos las igualdades:
IC =
r
sen γ
ID = AD =2R sen γ
por lo tanto la potencia del incentro I respecto al circuncírculo esta dada por:
C
I
Y
A
B
D
Figura 15-6
d 2 − R 2 = IC · ID = −2rR
Teorema 15.14 Dados un triángulo 4ABC yunpuntoP en el circuncírculo del triángulo y s
la recta de Simson de P ,entonces:
i) La recta s es paralela a la recta que une un vértice con el punto donde la recta, perpendicular
al lado opuesto desde P , intersecta al circuncírculo.
ii) La recta s bisecta el segmento que une a P con el ortocentro H del triángulo dado.
Demostración: Para la parte i) sea P 0 el punto del circuncírculo definidos por la condición
PP 0 ⊥ AB. Como el círculo de diámetro PB pasa por X y Z tenemos que ]XZP = ]XBP =
]CP 0 P yporlotantoCP 0 k XZ.
Para la parte i) si con centro P hacemos una homotecia de razon 2 obtenemos que la recta de
Simson de P se transforma en una recta paralela que pasa por Q el punto reflejado de P en el lado
c. Porlotantolaparteii) es equivalente a que QH k XZ.SiC 0 es la otra intersección de la altura
CH con el circuncírculo, tenemos que C 0 es el punto reflejado de H en el lado c. PorlotantoHQ
es la recta reflejada de la recta PC 0 en el lado c. Porlotanto]CC 0 P = ]QHC 0 = ]CP 0 P y
como CC 0 k PQ tenemos QH k XZ.
Teorema 15.15 Dada una parábola P ytrestangentesa, b y c. Entonceselcircuncírculodel
triángulo 4abc pasa por el foco de P.

234 Círculos de Miquel
C
P
M
H
X
Z
A
U
B
P'
C'
Q
Figura 15-7
Demostración: Del corolario [5.13; 73] tenemos que las proyecciones X, Y y X del foco F de
P en los lados a, b y c estan en la tangente v a P en el vértice de P. PorlotantoX, Y y X están
alineados y por lo tanto F está en el circuncírculo del triángulo 4abc.
C
X
N
B
Y
M
F
Z
L
A
Figura 15-8
Dado un círculo C y un triángulo inscrito y un punto P de C,queremos describir el comportamiento
de las líneas de Simson cuando P se mueve en el círculo C. Estas líneas son las envolventes
de una curva que no depende del triángulo inscrito. Para demostrar este hecho se usa el teorema
anterior nos dicen que cuando P mueve en el círculo C las rectas de Simson pasan por el punto
T del círculo de los nueve puntos que es el punto medio del segmento que une a P con el ortocentro
del triángulo dado. Además por las partes i) las rectas giran en el sentido contrario a T
y con velocidad a la mitad a la de T . Dado que el círculo de los nueve puntos no depende (en
tamaño) del triángulo dado tenemos que las rectas se mueven siguiendo una regla que no depende

Círculos de Miquel 235
del triángulo dado. Más aun se puede demostrar que son las tangentes a una hipocicloide de tres
cúspides (llamada deltoide).
El teorema anterior implica que hay tres puntos del círculo de los nueve punto N donde la
recta de Simson correspondiente es tangente a N . Más aun estos puntos son los vértices de un
triángulo equilátero.
Queremos ahora describir el comportamiento de las líneas de Simson cuando los vértices del
triángulo giran en el círculo C en el mismo sentido con la misma velocidad, mientras el punto P
permanece sin moverse. Estas líneas son las envolventes de una curva cuya forma no depende del
triángulo inscrito, pero su tamaño si depende. Para demostrar este hecho se usa el teorema anterior
y se deja como ejercicio. Más aun se puede demostrar que son las tangentes a una hepicicloide de
una cúspide (llamada cardioide).
Deltoide
Cardiode
Triángulo de Morley
Uno de los teoremas más famosos de la geometría del triángulo es el teorema de Morley. En
esta sección daremos varias demostraciones de este teorema y su generalización, también daremos
su relación con las rectas de Simson. Daremos ahora el enunciado del teorema de Morley.
Teorema 15.16 (Morley) Los puntos de intersección de las trisectrices adyacentes de los ángulos
de un triángulo son los vértices de un triángulo equilátero.
Figura 15-9
Hay varias demostraciones del teorema de Morley. En particular se pueden ver las demostraciones
que vienen en [9] y [7].

236 Círculos de Miquel
Demostración usando geometría analítica
Usaremos los resultados de la sección 3, pag. 49, para demostrar el teorema de Morley y sus
generalizaciones.
Teorema 15.17 (Morley) Los puntos de intersección de las trisectrices adyacentes de los ángulos
de un triángulo 4ABC son los vértices de un triángulo equilátero.
Demostración: Podemos suponer que los vértices de 4ABC están en el círculo unitario. Más
aun que A =1, B = c 3 y C = b 3 ,conb y c en el círculo unitario. Entonces las trisectrices del
ángulo B (resp. C) son Bb y Bb 2 (resp. Cc y Cc 2 ). Como tenemos las igualdades ]AOB =3γ,
con γ =argc, ]AOC =3β, conβ =argb obtenemos que ]BOC =3α donde α + β + γ =120 o
y por lo tanto los puntos que trisectan el arco dBC son a 2 = bc 2 ω y a 1 = b 2 cω 2 .
Sean P = Cc 2 ∩ Bb 2 , Q = Aa 1 ∩ Cc y R = Aa 2 ∩ Bb. Usando el lema anterior obtenemos
yporlotanto
P = b−2 + c −3 − b −3 − c −2
b −2 c −3 − b −3 c −2
= bc3 + b 3 − c 3 − b 3 c
b − c
= (b − c)(b2 + bc + c 2 ) − bc(b 2 − c 2 )
=(b 2 + bc + c 2 ) − bc(b + c)
b − c
Q = 1+b−2 c −1 ω 2 − b −3 − c −1
= b3 c + bω − c − b 3
b −2 c −1 ω 2 − b −3 c −1 bω − 1
= c(b3 − 1) − b(b 2 − ω)
= ω 2 (c(b 2 + bω 2 + ω) − b(b + ω 2 ))
ω(b − ω 2 )
R = 1+b−1 c −2 ω −1 − b −1 − c −3
b −1 c −2 ω −1 − b −1 c −3
= b(c3 − 1) − c(c 2 − ω 2 )
ω 2 (c − ω)
= bc3 + cω 2 − c 3 − b
cω 2 − 1
= ω((b(c 2 + cω + ω 2 ) − c(c + ω))
P + ωQ + ω 2 R = b 2 − b 2 + c 2 − c 2 − b 2 c + b 2 c − bc 2 + bc 2
= 0
el teorema 3.16, 49 demuestra el teorema.
Demostración de Connes
bc(1 + ω 2 + ω)+cω − cω − bω 2 + bω 2
Daremos otra demostración, del teorema de Morley, usando los números complejos que tiene
la ventaja de demostrar que hay 18 triángulos de Morley. La demostración está basada en una
prueba de Alain Connes que aparece en [5]. Usaremos la notación siguiente: Sea G el grupo de
tansformaciones de semejanza del plano, usando los números complejos G = {T : T (Z) =az + b
con b ∈ C y a ∈ C ∗ }, tenemos el epimorfismo φ : G → C ∗ definido como φ(az + b) =a y ker φ
es subgrupo de translaciones T .SiT ∈ G − T entonces T tiene un único punto fijo y tenemos
F T =
b
1−a
. Primero demostramos el teorema siguiente.

Círculos de Miquel 237
Teorema 15.18 Sean T 1 , T 2 y T 3 ∈ G tales que T 1 T 2 , T 2 T 3 , T 3 T 1 y T 1 T 2 T 3 /∈ T yseanω =
φ(T 1 T 2 T 3 ), A = F T1 T 2
, B = F T2 T 3
y C = F T3 T 1
,entoncestenemosdelassiguientespropiedades
equivalentes.
a) T1 3 T2 3 T3 3 = id.
b) ω 3 =1y A + ωB + ω 2 C =0.
c) ω 3 =1yeltriángulo∆ABC es equilátero.
Demostración: Primero demostraremos que a) y b) son equivalentes. Si T i (z) =a i z + b i
entonces Ti 3 (z) =λ i z + c i con λ i = a 3 i y c i =(1+a i + a 2 i )b i . T i T j (z) =a i a j z + a i b j + b i y tenemos
que F Ti T j
= a ib j +b i
1−a i a j
.Ademásω = a 1 a 2 a 3 .PorlotantoA = a 1b 2 +b 1
1−a 1 a 2
, B = a 2b 3 +b 2
1−a 2 a 3
y C = a 3b 1 +b 3
1−a 1 a 3
.La
hipotesisdequeT i T j 6= id es equivalente a 1 − a i a j 6=0.AdemásT 1 T 2 T 3 /∈ T es equivalente a
ω 6= 1.
Además T1 3 T2 3 T3 3 (z) =ω 3 z + b con b =(1+a 1 + a 2 1)b 1 + a 3 1(1 + a 2 + a 2 2)b 2 + a 3 1a 3 2(1 + a 3 + a 2 3)b 3 .
Por lo tanto T1 3 T2 3 T3 3 = id sii ω 3 =1y b =0.
Un cálculo facil aunque latoso (mejor usar un programa de álgebra) nos da
donde
A + ωB + ω 2 C =
α 1 b 1 + α 2 b 2 + α 3 b 3
(1 − a 1 a 2 )(1 − a 2 a 3 )(1 − a 1 a 3 )
α 1 = a 3 1a 4 2a 4 3 − a 3 1a 3 2a 3 3 − a 2 1a 3 2a 4 3 + a 2 1a 2 2a 3 3 + a 1 a 2 a 2 3 − a 1 a 3 − a 2 a 3 +1
α 2 = a 3 1a 2 2a 2 3 − a 2 1a 2 2a 3 − a 2 1a 3 + a 1
α 3 = a 3 1a 4 2a 3 3 − a 2 1a 3 2a 3 3 − a 2 1a 3 2a 3 + a 1 a 2 2a 3
Como ω 6= 1y ω 3 =1.Yporlotantoqueω 2 + ω +1=0simplificamos estas expresiones.
α 1 = a 2 a 3 − 1 − a 2 1a 3 2a 4 3 + a 2 1a 2 2a 3 3 + a 1 a 2 a 2 3 − a 1 a 3 − a 2 a 3 +1
= (ω + ω 2 )a 3 − a 3 /a 1 − a 1 a 3 = − a 3
(1 + a 1 + a 2
a
1)
1
α 2 = (1+ω 2 )a 1 − a 2 1a 2 2a 3 − a 2 1a 3 = −a 2 1a 3 (1 + a 2 + a 2 2)
α 3 = (1+ω)a 2 − a 2 1a 3 2a 3 3 − a 2 1a 3 2a 3 = −a 2 1a 3 2a 3 (1 + a 3 + a 2 3)
por lo tanto la expresión −(A + ωB + ω 2 C)(1 − a 1 a 2 )(1 − a 2 a 3 )(1 − a 1 a 3 ) es igual a
a 3
£ ¤
(1 + a1 + a 2
a
1)b 1 + a 3 1(1 + a 2 + a 2 2)b 2 + a 3 1a 3 2(1 + a 3 + a 2 3)b 3
1
y obtenemos
b = − a 1
(1 − a 1 a 2 )(1 − a 2 a 3 )(1 − a 1 a 3 )(A + ωB + ω 2 C)
a 3
por lo tanto b =0sii A + ωB + ω 2 C =0.
Además b) y c) son equivalentes por el teorema 3.16, 49.
Para poder usar los resultados anteriores necesitamos la proposición siguiente. Denotaremos
por R x la reflexiónenlarectax.

238 Círculos de Miquel
Proposición 15.19 Sean 4ABC un triángulo y T A , T B y T C rotaciónes de centros A, B y C y
ángulos 2A, 2B y 2C respectivamente, entonces T A ◦ T B ◦ T C = id.
Demostración: Como T A = R c ◦ R b , T B = R a ◦ R c y T c = R b ◦ R a obtenemos el resultado.
Por lo tanto, con la notación del teorema, tenemos que si T A ,yT B rotaciónes de centro A, B
y ángulos 2A y 2B, entoncesT A ◦ T B esunarotaciónunángulo2A +2B =360− 2C. Ademásel
centro de T A ◦ T B es el vértice del triángulo 4ABC de ángulos A, B y C.
Usando los resultados anteriores obtenemos el teorema de Morley y su generalización.
Teorema 15.20 (Morley) Los puntos de intersección de las trisectrices interiores de los ángulos
de un triángulo son los vértices un triángulo equilátero.
Demostración: Sean T 1 , T 2 y T 3 rotaciónes de centros A, B y C y ángulos 2A 3 , 2B 3
y 2C 3 .
Entonces T 1 = R AB ◦ R AR y T 2 = R BR ◦ R BA yporlotantoT 2 ◦ T 1 = R BR ◦ R BA ◦ R AB ◦ R AR =
R BR ◦ R AR queesunarotaciónconcentroR; análogamente T 3 ◦ T 2 y T 1 ◦ T 3 son rotaciones con
centro P y R respectivamente. Además T 1 T 2 T 3 es una rotación de ±120 0 yporlotantonoesuna
translación.
Como T 3 1 = R AB ◦ R AC , T 3 2 = R BC ◦ R BA y = R CA ◦ R CB ,tenemosqueT 3 3 ◦ T 3 2 ◦ T 3 1 = id y
por el teorema 15.18, pag. 237 obtenemos el resultado.
Figura 15-10
Sean R 1 , R 2 y R 3 rotaciónes de centros A, B y C y ángulos 2A + 2n 1π
, 2B + 2n 2π
y 2C + 2n 3π
,
3 3 3 3 3 3
con n i =0, 1, 2. Entonces tenemos un caso semejante a alterior, con las siguentes dos cambios:
Los puntos fijos de R i ◦ R j son las intersecciones de trisectrices, no necesariamente interiores, del
triángulo; Para alguno de los casos R 1 R 2 R 3 es una translación. Como φ(R 1 R 2 R 3 )=e iλ ,donde
λ = ± 2π + 2n 1π
+ 2n 2π
+ 2n 3π; se necesita que λ 6= 0mod2π. Por lo tanto tenemos que podemos
3 3 3 3
dar n 1 y n 2 arbitráriamente y solo para un valor de n 3 tendremos que el triángulo 4PQR no es
necesariamente equilátero. De lo anterior obtenemos el siguiente teorema que generaliza al teorema
de Morley.
Teorema 15.21 (Morley general) Los puntos de intersección de las trisectrices de los ángulos
de un triángulo son los vértices de 18 triángulos equiláteros.
Demostración de Dobbs
En esta sección daremos una demostración de la existencia de los 18 triángulos de Morley
basada en el articulo [12] de W. J. Dobbs. Para esto necesitmos estudiar con más detalle el

Círculos de Miquel 239
concepto de las trisectrices de un ángulo dado. Dados los puntos O, A y B definen un único
ángulo 3θ ∈ (−360 0 , 360 o ) con 3θ ≥ 0 sii ]AOB es positivo, en este caso decimos que 3θ es el
valor principal de ]AOB. Los mismos puntos definen los ángulos 3θ + n 360 o y por lo tanto cada
ángulo ]AOB define tres trisectrices y el ángulo ]BOA define otras tres trisectrices.
La trisectriz principal de un ángulo ]AOB es la recta t 0 = OP 0 tal que ]AOP 0 = θ. Las
otras dos trisectrices de ]AOB que son las recta t 1 = OP 1 y t 2 = OP 2 donde ]P 0 OP 1 =120 o y
]P 0 OP 2 =240 o . La trisectriz principal del ángulo ]BOA es la recta ˜t 0 = O e P 0 tal que ]BO e P 0 =
−θ. Las otras dos trisectrices de ]BOA que son las recta ˜t 1 = O eP 1 y ˜t 2 = O eP 2 donde ] eP 0 O eP 1 =
−120 o y ] eP 0 O eP 2 = −240 o . En esta sección identificaremos t n y t m si n ≡ m mod 3, análogamente
identificaremos ˜t n y ˜t m si n ≡ m mod 3.
Como estamos interesados en las intersecciones de las trisetrices de los vértices de un triángulo
necesitamos conciderar los rayos OP 0 , OQ 1 y OQ 2 donde Q i es la reflexión de P i en O. Eneste
caso definimos los ángulos θ 0 = θ = ]AOP 0 = θ, θ 1 = ]Q 1 OA =60 o −θ y θ 2 = ]AOQ 2 =60 o +θ.
Figura 15-11
Dado un triángulo 4ABC sean t o , t 1 y t 2 las trisectrices del ángulo ]CBA y s 0 , s 1 y s 2 las
trisectrices del ángulo ]BCA entonces las rectas t i y las rectas s j se intersectan en nueve puntos
que denotaremos por X i = t i ∩ s i yporX ij = t i ∩ s j si i 6= j. Análogamentedefinimos los puntos
Y i , Z i , Y ij y Z ij . Los ángulos del triángulo 4ABC son 3α, 3β y 3γ por lo tanto α + β + γ =60 o .
Usando la ley de los senos y la identidad
sen 3α =4senα sen α 1 sen α 2
(ver problema 5) obtenemos la siguiente fórmula:
BC =8R sen α sen α 1 sen α 2
Con la notación y resultados anteriores demostraremos las siguientes proposiciones.
Proposición 15.22 Dado un triángulo 4ABC, entonces los triángulos 4X 0 Y 0 Z 0 , 4X 1 Y 1 Z 1 y
4X 2 Y 2 Z 2 son equiláteros. Además
X i Y i =8R sen α i sen β i sen γ i
donde R es el radio del circuncírculo del triángulo 4ABC. Más aun las rectas X i Y i y BC se
cortan en un ángulo igual a α +2β, esto es los triángulos 4X 0 Y 0 Z 0 , 4X 1 Y 1 Z 1 y 4X 2 Y 2 Z 2 tienen
sus lados paralelos.

240 Círculos de Miquel
Demostración: El triángulo 4BCX i tiene ángulos iguales a β i , γ i y δ i donde δ i =180 o −β i −γ i
yporlotantoδ 0 =120 o + α, δ 1 =120 o − α y δ 2 = α. Porlotantosen δ i =senα i+1 .Usandola
ley de los senos obtenemos la fórmolas siguientes
CX i = BC sen β i
sen δ i
= BC sen β i
sen α i+1
= 8R sen α sen α 1 sen α 2 sen β i
sen α i+1
análogamente tenemos que CY i = 8R sen β sen β 1 sen β 2 sen α i
, lo que implica que
sen β i+1
CX i
CY i
= sen α sen α 1 sen α 2 sen β i sen β i+1
sen β sen β 1 sen β 2 sen α i sen α i+1
= sen α i+2
sen β i+2
si θ i = ]X i CY i tenemos que θ 0 = γ, θ 1 =120 o + γ y θ 2 =120 o − γ yporlotantosen θ i =senγ i
y θ i =180 o − α i+2 − β i+2 tenemos que ]CX i Y i = β i+2 y ]CY i X i = α i+2 .
Usando de nuevo la ley de las senos obtenemos la siguiente fórmula
X i Y i = CX i sen θ i
sen α i+2
= 8R sen α sen α 1 sen α 2 sen β i sen γ i
sen α i+1 sen α i+2
= 8R sen α i sen β i sen γ i
de esta fórmula obtenemos que X i Y i = Y i Z i = Z i X i y por lo tanto el triángulo 4X i Y i Z i es
equilátero.
Figura 15-12
Sean P i = BC ∩ X i Y i y las triángulos ∆CY i P i ; obtenemos los ángulos ]CY i P i = α i+2 , ζ i =

Círculos de Miquel 241
]BCY i y ω i = ]Y i P i C tenemos que ζ 0 =2γ, ζ 1 =60 o +2γ y ζ 2 =60 o − 2γ yporlotanto
ω 0 = 180 o − 2γ − 60 o − α
= 2(α + β + γ) − 2γ − α = α +2γ
ω 1 = 180 o − 60 o − 2γ − α = α +2γ
ω 2 = 180 o − 60 o +2γ − 60 o + α
= 180 o − 2(α + β + γ)+2γ + α
= 180 o − (α +2γ)
análogamente las rectas X i Z i y BC se cortan en un ángulo igual a α +2γ. Porlotantoelángulo
]Y i X i Z i es igual a 180 o − 2(α + β + γ) =60 o ;loquenosdaotrademostracióndequeeltriángulo
4X i Y i Z i es equilátero.
La proposición anterior nos da tres tercias de rectas paralelas, los lados {x i ,y i ,z i }delos
triángulos 4X i Y i Z i con i =0, 1, 2. Estas nueve rectas se cortan en 27 puntos. El siguiente resultado
muestra que estos puntos son las intersecciones de las trisectrices del triángulo dado.
Proposición 15.23 Dado un triángulo 4ABC, entonces los triángulos 4X 0 X 21 X 12 , 4X 1 X 20 X 02
y 4X 2 X 10 X 01 son equiláteros. Además X 12 = y 0 ∩ x 2 , X 21 = z 0 ∩ x 2 ; X 02 = y 1 ∩ x 0 , X 20 = z 1 ∩ x 0 ;
X 01 = y 2 ∩ x 1 , X 10 = z 2 ∩ x 1 .
Demostración: Sea C i el circuncentro del triángulo 4X i BC. Como]X 0 BX 21 = 120 o y
]X 0 CX 21 =60 o tenemos que X 21 ∈ C 0 ;como]X 0 CX 12 =120 o y ]X 0 BX 12 =60 o tenemos
que X 12 ∈ C 0 .Porlotanto]X 0 X 12 X 21 = ]X 0 X 21 X 12 =60 o , lo que implica que el triángulo
4X 0 X 21 X 12 es equilátero. Una demostración análoga nos da que los triángulos 4X 1 X 20 X 02 y
4X 2 X 10 X 01 son equiláteros.
Como los arcos CX 0 y BX 21 (resp. CX 02 y BX 1 ; resp. BX 2 y CX 10 ) son iguales a 2β y
120 o − 2γ (resp. 2β y 120 o − 2γ; resp. 120 o +2β y 2γ), por lo tanto el ángulo entre X 0 X 21 (resp.
X 1 X 02 ;resp.X 2 X 10 )yBC es 120o −2γ+2β
= α + β + γ − γ + β = α +2β. Estodemuestraque
2
X 21 ∈ X 0 Y 0 , X 21 ∈ X 0 Z 0 ; X 20 ∈ X 1 Y 1 , X 02 ∈ X 1 Z 1 ; X 10 ∈ X 2 Y 2 y X 01 ∈ X 2 Z 2 .
Figura 15-13
Para i =0(resp. i =1; resp. i =2)seanN i = X i X i+2,i+1 ∩ X i+1,i X i,i+1 y D i el círculo que
pasa por X i , C y X i+1,i .Como]X i N i X i,i−1 =60 o y ]X i CX i,i−1 =120 o (resp. 120 o ;resp.60 o )

242 Círculos de Miquel
Figura 15-14
tenemos que N i ∈ D i .Además]X i+2,i+1 X i B = ]X i+2,i+1 CB =60 o − γ (resp. 60 o + γ; resp.γ)
pero ]X i+2,i+1 CN i = ]X i+2,i+1 X i B yportanto]BCN i =2γ (resp. 60 o +2γ;60 o − 2γ) loque
implica que N i = Y i . Como las rectas X i+1,i X i,i+1 y Y 2 Z 2 son paralelas tenemos que son iguales.
Esto demuestra que X 02 = y 1 ∩ x 0 , X 20 = z 1 ∩ x 0 (resp. X 01 = y 2 ∩ x 1 , X 10 = z 2 ∩ x 1 ;resp.
X 12 = y 0 ∩ x 2 , X 21 = z 0 ∩ x 2 ).
Nota: La proposición anterior demustra que los triángulos 4X i Y i Z i determinan los puntos
X jk . Además las fórmulas tienen la siguiente forma: X i,i+1 = y i+2 ∩ x i+1 y X i+1,i = z i+2 ∩ x i+1 .
Nota: Más en general si (p, q, r) es una permutación cíclica de (x, y, z) tenemos las siguientes
fórmulas: P i = q i ∩r i , P i,i+1 = q i+2 ∩p i+1 y P i+1,i = r i+2 ∩p i+1 . Por lo tanto obtenemos la siguiente
figura.
Figura 15-15

Círculos de Miquel 243
LostriángulosdeMorleysonlostriángulosdelaforma∆X ij Y jk Z ki . El teorema de Morley nos
dice que 18 de estos triángulo son equiláteros, este resultado se obtiene de la figura anterior.
Teorema 15.24 (Morley) Si (P, Q, R) son una permutación cíclica de las letras (X, Y, Z) entonces
los siguientes 18 triángulos son equiláteros:
Tres triángulos básicos ∆X i Y i Z i ,coni =0, 1, 2.
Nueve triángulos de la forma ∆P i Q i,i+2 R i+2,i ,coni =0, 1, 2.
Seis triángulos ∆P 01 Q 12 R 20 y ∆P 10 Q 02 R 21 .
La figura anterior también muestra que los triángulos ∆P i Q i,i+1 R i+1,i no son equiláteros.
Además tenemos los nueve triángulos equiláteros ∆P i P i+1,i+2 P i+2,i+1 ,conP ∈ {X, Y, Z}.
Una manera dual de presentar el resultado anterior es que las nueve rectas x i , y i y z i definen 27
triláteros equiláteros x i y j z k . De ellos 18 son triláteros equiláteros de Morley y 9 no son de Morley;
estosúltimossonlostriláterosequiláterosdelaformap i q i r i+2 ,donde{p, q, r} = {x, y, z}.
Teorema de Morley y Rectas de Simson
Corolario 15.25 Dado un triángulo 4ABC, entonceselladoa yelladodeltriángulodeMorley
asociado al vértice A se cortan en un ángulo |B − C|/3.
Demostración: Con la notación del teorema anterior sea T el triángulo de lados CB, BZ y
YZ;entonceselánguloexteriordelvérticeB es 2β, el ángulo en el vértice Z es β + γ yporlo
tanto el ángulo buscado φ es tal que 2β = φ + β + γ.
Dado un triángulo 4ABC sean M su triángulo de Morley y S el triángulo cullos vértices son
los puntos donde las rectas de Simson son tangentes al círculo de los nueve puntos. El siguiente
teorema relacionan a estos dos triángulo.
Teorema 15.26 Dado un triángulo 4ABC entonces los triángulos M y S son homotéticos.
Demostración: Usando el corolario anterior basta demostrar que los ángulos que forman los
lados de S con los lados del triángulo dado son |B − C|/3, |C − A|/3 y |A − B|/3. Para eso vamos
a usar el teorema 15.14, pag. 233.
Encontraremos ahora los puntos del circuncírculo C tales que sus rectas son tangentes al círculo
de los nueve puntos F. ParacadapuntoP ∈ C, elpuntomediodeHP es un punto Q ∈ F además
la tangente a C en P ylatangenteaF en Q son paralelas. Podemos suponer que A>By
sea φ(P ) el ángulo entre la tangente a C en P y la recta de Simson asociada a P ; tenemos que
φ(C) =B − A +90 o .SiP θ es el punto de C tal que el arco CP θ corresponde al angulo θ, entonces
φ(P θ )=φ(C) +3θ/2, por lo tanto los puntos P θ tales que φ(P θ )=0o 180 o son vértices de
S. Enelprimercasoθ 1 =2(B − A)/3 − 60 o y en el segundo θ 2 =2(B − A)/3 +60 o ;porlo
tanto los ángulos que corresponden a los arcos BP θ1 y P θ2 C son 2A − θ 1 =2(2A + B)/3 − 60 o y
2B + θ 2 =2(2B + A)/3 − 60 o respectívamente y por lo tanto el lado de S que une estos vértices
hace un ángulo θ 1−θ 2
= A−B .
2 3

244 Círculos de Miquel

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