Unidad 2. Geometría Moderna 1 Circunferencia y cuadrilateros...
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θ k> 0 θ R θ θ H k S = H k ◦ R θ
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Unidad 2. Geometría Moderna 1 Circunferencia y cuadrilateros cíclicos
Similitud
Sea O un punto en el plano, θ un ángulo y sea k > 0 una constante.De�nición 1. Una similitud S con centro O, razón k y ángulo θ, es la composición de una rotación Rθde ángulo θ alrededor de O, seguida de una homotecia Hk con centro O igual al centro de rotación y razón
k.
S = Hk ◦Rθ
El centro de similitud es el centro de rotación O (que también es el centro de homotecia) y la razón desimilitud es la razón de homotecia k.Señalamos que la distinción de una homotecia de centro O y razón k, con una similitud con el mismocentro y misma razón, radica en que en la homotecia se pide que O, A y A' sean siempre colineales, noasi en la similitud.Proposición 1. Muestre que toda similitud lleva segmentos de recta en segmentos de recta
Demostración. Si P es un centro de similitud, entonces hay una rotación que transforma al segmento ABen el segmento A'B' que es homotético a A�B� desde P, por tanto la similitud manda el segmento AB enel segmento A�B�
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Proposición 2. La imagen de un triángulo por una similitud es un triángulo semejante.
Demostración. Sean tres puntos A, B y C, vértices de un triángulo, si P es un centro de similitud, existeuna rotación que manda los puntos A en A�, B en B� y C en C� y una homotecia de las imágenes respec-tivas A ', B' y C 'por una similitud s, de relación k.
Tenemos A'B'= k AB, B'C' = k BC y C'A'= k CA. Las longitudes de los lados del triángulo A'B'C 'sonproporcionales a las longitudes de los lados del triángulo triángulo ABC, los dos triángulos son por lotanto semejantes.
Teorema 1. Dos circunferencias de centros y radios distintos son similares desde una in�nidad de
puntos; éstos centros de similitud forman una circunferencia llamada circunferencia de similitud
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Demostración. Sean C = (A, a) y C′(B′, b) las dos circunferencias, sea P un punto tal que existe unasimilitud S = Hk ◦Rθ con centro P que lleva C en C′
Sea C la circunferencia a la cual va a dar C bajo la rotación Rθ. Sea A el centro de C que es homotéticaa C′(B′, b). Como la rotación preserva distancias, el radio de C es igual al radio de C, es decir a.Tenemos entonces
PB′
PA=b
a
como PA = PA entoncesPB′
PA=b
a
Reciprocamente, un punto P que satisfacePB′
PA=b
a
es un centro de similitud. En efecto basta observar que si giramos con un ángulo θ = ∠ APA a lacircunferencia C = (A, a), obtenemos una circunferencia C que es homotética desde P a la circunferenciaC′(B′, b)
Como conclusión del resultado anterior tenemos que, los centro de similitud entre las circunferencias(A, a) y (B, b), es el conjunto de puntos P que satisfacen
PA
PB=a
b
que es una circunferencia como lo muestra la siguiente
Proposición 3. Si A, B son dos punto �jos yp
qes una razón �ja, el lugar geométrico de los puntos P
que satisfacenAP
PB=p
q
es una circunferencia conocida como la circunferencia de Apolonio
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Sean (A, p) y (B, q) dos circunferencias. Ya conocemos dos centros de similitud: los centros de homotecia
C y C', la razón de homotecia en ambos casos esp
q
Demostración. Observamos que sobre la recta AB hay exactamente dos puntos del lugar geométrico queson C y C'. Por A y B trazamos segmentos paralelos YY', BX con BX = q, Y A = p.Sean C y C' las intersecciones de XY' y XY con AB
Como los triángulos AY'C y BXC son semejantes tenemos
AC
CB=AY ′
BX=p
q
Como también los triángulos AC'Y y BC'X son semejantes tenemos
AC ′
C ′B=AY
XB=p
q
Luego C y C' pertencen al pertenecen al lugar geométrico.
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Supongamos que P es un punto del lugar geométrico, entonces
AP
PB=p
q=AC
CB
Por tanto PC es la bisectriz interna del ángulo ∠ APB y como
AP
PB=p
q=AC ′
C ′B
tenemos que PC' es bisectriz externa del mismo ángulo,
tenemos entonces que 2α+ 2β = 180 por lo que α+ β = 90
esto nos garantiza que P se encuentra sobre la circunferencia de diámetro CC'
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Recíprocamente, consideramos un punto P sobre la circunferencia de diámetro CC', demostraremos queP se encuentra sobre el lugar geométrico
Por el punto B trazamos paralelas BE, BF a las rectas PC y PC' de manera que se intersecten con APen E y F respectivamente
Como los triángulos ACP y ABE son semejantes con lados paralelos, por Thales tenemos que
AP
PE=AC
CB=p
q
La misma razón aplicada a los triángulos semejantes ABF y AC'P nos asegura
AP
PF=AC ′
C ′B=p
q
de lo anterior se tieneAP
PE=AP
PFpor lo que PF = PE, es decir P es el punto medio de EF y como el
triángulo EBF es rectángulo PB = PE. Por lo tanto
AP
PB=AP
PE=p
q
lo que implica que P está en el lugar geométrico
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