Circunferencia: cuerdas y tangentes - problemas y soluciones

Solución:
En [tex]k_1[/tex] toda cuerda que pasa por [tex]P[/tex] da el mismo producto de segmentos, y la cuerda [tex]AB[/tex] da [tex]PA \times PB[/tex]. En [tex]k_2[/tex] las dos cuerdas [tex]AB[/tex] y [tex]CD[/tex] pasan por [tex]P[/tex], por eso [tex]PA \times PB[/tex] = [tex]PC \times PD[/tex]. En [tex]k_3[/tex] la cuerda [tex]CD[/tex] da [tex]PC \times PD[/tex].
Sea [tex]F_1[/tex] el segundo punto de corte de la recta [tex]PE[/tex] con [tex]k_1[/tex] y [tex]F_3[/tex] con [tex]k_3[/tex]. Los productos en [tex]k_1[/tex] y [tex]k_3[/tex] son iguales, por eso [tex]PE \times PF_1=PE \times PF_3[/tex], de donde [tex]PF_1=PF_3[/tex] y [tex]F_1[/tex] = [tex]F_3[/tex]. Ese punto es común a [tex]k_1[/tex] y [tex]k_3[/tex] y distinto de [tex]E[/tex], así que es [tex]F[/tex].
Por lo tanto, la recta [tex]EF[/tex] pasa por [tex]P[/tex].

Solución:
Prolongamos [tex]CL[/tex] hasta cortar de nuevo la circunferencia circunscrita en [tex]M[/tex]. Entonces [tex]\angle ACL=\angle MCB[/tex] ([tex]CL[/tex] es bisectriz) y [tex]\angle CAL=\angle CMB[/tex] (ángulos inscritos sobre el mismo arco), por eso [tex]\triangle ACL \sim \triangle MCB[/tex].
Por lo tanto, [tex]\frac{AC}{CM}=\frac{CL}{CB}[/tex], es decir, [tex]AC \times CB=CL \times CM=CL(CL+LM)=CL^2+CL \times LM[/tex].
Por el teorema de las cuerdas que se cortan [tex]CL \times LM=LA \times LB[/tex], por eso [tex]CL^2=AC \times CB-LA \times LB[/tex].

Solución:
El trapecio es isósceles; la proyección del lado es [tex]\frac{15-1}{2}=7[/tex], por eso [tex]h=\sqrt{14^2-7^2}=7\sqrt{3}[/tex]. Colocamos [tex]A(0;0),\ B(15;0),\ C(8;7\sqrt{3}),\ D(7;7\sqrt{3})[/tex].
El centro de la circunferencia es el punto medio de [tex]BC[/tex]: [tex]Q\left(\frac{23}{2};\frac{7\sqrt{3}}{2}\right)[/tex], y el radio es [tex]7[/tex]. La recta es [tex]AD:\ y=\sqrt{3}x[/tex], por eso la distancia de [tex]Q[/tex] a ella es [tex]d=\frac{\left|\sqrt{3} \times \frac{23}{2}-\frac{7\sqrt{3}}{2}\right|}{2}=4\sqrt{3}[/tex].
[tex]MN=2\sqrt{7^2-(4\sqrt{3})^2}=2\sqrt{49-48}=2[/tex].

Solución:
Sean [tex]M[/tex] y [tex]N[/tex] las proyecciones de [tex]O_1[/tex] y [tex]O_2[/tex] sobre la recta. La perpendicular desde el centro biseca la cuerda, por eso [tex]AM=MP;\ AN=NQ[/tex], de donde [tex]PQ=2MN[/tex].
[tex]MN[/tex] es la proyección de [tex]O_1O_2[/tex] sobre la recta, por eso [tex]MN \le O_1O_2[/tex], con igualdad exactamente cuando la recta es paralela a [tex]O_1O_2[/tex].
Por lo tanto, [tex]PQ[/tex] es máximo, igual al doble de [tex]O_1O_2[/tex], cuando la recta es paralela a [tex]O_1O_2[/tex].

Solución:
Trazamos la tangente común [tex]t[/tex] en [tex]T[/tex]. El ángulo entre una tangente y una cuerda es igual al ángulo inscrito sobre el mismo arco, por eso en [tex]k_1[/tex]: [tex]\angle TAB=\angle(t;TB)[/tex].
[tex]\angle(t;TB)=\angle(t;TD)[/tex] (opuestos por el vértice, pues [tex]B[/tex], [tex]T[/tex], [tex]D[/tex] están alineados), y en [tex]k_2[/tex]: [tex]\angle(t;TD)=\angle TCD[/tex].
Así, [tex]\angle TAB=\angle TCD[/tex]; son ángulos alternos respecto a la secante [tex]AC[/tex], por eso [tex]AB \parallel CD[/tex].

Solución:
Para dos circunferencias tangentes exteriormente que tocan una misma recta, la distancia entre los puntos de tangencia es el doble de la media geométrica de los radios: [tex]T_1T_2=2\sqrt{R_1R_2}[/tex], y análogamente [tex]T_1T=2\sqrt{R_1r};\ TT_2=2\sqrt{rR_2}[/tex].
Como [tex]T[/tex] está entre [tex]T_1[/tex] y [tex]T_2[/tex], [tex]2\sqrt{R_1r}+2\sqrt{rR_2}=2\sqrt{R_1R_2}[/tex]; dividiendo entre el producto de las tres raíces, [tex]\frac{1}{\sqrt{r}}=\frac{1}{\sqrt{R_1}}+\frac{1}{\sqrt{R_2}}[/tex].
Por lo tanto, [tex]r=\frac{R_1R_2}{\left(\sqrt{R_1}+\sqrt{R_2}\right)^2}[/tex].

Solución:
Colocamos [tex]A(0;0),\ B(R-r;0)[/tex] (las circunferencias se tocan en un punto del semieje x positivo), y sea [tex]Q(x;\rho)[/tex] el centro. Las condiciones de tangencia dan [tex]AQ=R-\rho[/tex] y [tex]BQ=r+\rho[/tex].
De la primera, [tex]x^2=R^2-2R\rho[/tex]. De la segunda, [tex](x-R+r)^2+\rho^2=(r+\rho)^2[/tex]; restando y usando [tex]x^2=R^2-2R\rho[/tex]: [tex]x=R-\frac{\rho(R+r)}{R-r}[/tex].
Sustituyendo en [tex]x^2=R^2-2R\rho[/tex]: [tex]\frac{\rho(R+r)^2}{(R-r)^2}=\frac{4Rr}{R-r}[/tex], por eso [tex]\rho=\frac{4Rr(R-r)}{(R+r)^2}[/tex].

Solución:
La homotecia de centro [tex]M[/tex] y razón [tex]\frac{R_1}{R_2}[/tex] ([tex]R_1[/tex] y [tex]R_2[/tex] son los radios de [tex]k_1[/tex] y [tex]k_2[/tex]) transforma [tex]k_2[/tex] en [tex]k_1[/tex]. Transforma [tex]L[/tex] en el segundo punto de corte [tex]N[/tex] de la recta [tex]ML[/tex] con [tex]k_1[/tex], y la tangente [tex]AB[/tex] a [tex]k_2[/tex] en [tex]L[/tex] en la tangente [tex]t[/tex] a [tex]k_1[/tex] en [tex]N[/tex], por eso [tex]t \parallel AB[/tex].
Una tangente paralela a una cuerda toca la circunferencia en el punto medio del arco cortado por la cuerda, por eso [tex]\overset{\frown}{AN}=\overset{\frown}{NB}[/tex].
Arcos iguales abarcan ángulos inscritos iguales: [tex]\angle AMN=\angle NMB[/tex], es decir, [tex]ML[/tex] es bisectriz del [tex]\angle AMB[/tex].

Solución:
[tex]O_1[/tex] está en la bisectriz del ángulo en [tex]C[/tex], que pasa por [tex]O[/tex], y [tex]\angle O_1CA=30^\circ[/tex]; por eso el radio (distancia de [tex]O_1[/tex] a los lados) es la mitad de [tex]CO_1[/tex]: [tex]CO_1=2\rho[/tex].
La circunferencia es tangente interiormente a [tex]k(O;R)[/tex], por eso [tex]OO_1=R-\rho[/tex]; [tex]O_1[/tex] está en [tex]CO[/tex] más allá de [tex]O[/tex], por eso [tex]CO_1=CO+OO_1[/tex], es decir, [tex]2\rho=R+(R-\rho)[/tex].
Por lo tanto, [tex]\rho=\frac{2R}{3}[/tex].

Solución:
Usamos las curvaturas (inversos de los radios): [tex]k_1=\frac{1}{a};\ k_2=\frac{1}{b};\ k_3=\frac{1}{c};\ k_4=\frac{1}{r}[/tex]. Por el teorema de Descartes para cuatro circunferencias mutuamente tangentes [tex]k_4=k_1+k_2+k_3+2\sqrt{k_1k_2+k_2k_3+k_3k_1}[/tex] (signo más para la circunferencia interior pequeña).
Aquí [tex]k_1k_2+k_2k_3+k_3k_1=\frac{a+b+c}{abc}[/tex], por eso [tex]\frac{1}{r}=\frac{ab+bc+ca+2\sqrt{abc(a+b+c)}}{abc}[/tex] y [tex]r=\frac{abc}{ab+bc+ca+2\sqrt{abc(a+b+c)}}[/tex].

Solución:
Como [tex]\angle ADC=90^\circ[/tex], el punto [tex]D[/tex] está en la circunferencia de diámetro [tex]AC[/tex], por eso [tex]MD=MA=MC=7[/tex], y del triángulo isósceles [tex]\angle MDC=\angle MCD=\angle C[/tex].
Con la altura [tex]BH[/tex] del triángulo: [tex]BH=\sqrt{25^2-7^2}=24[/tex], por eso [tex]\sen C=\frac{BH}{BC}=\frac{24}{25}[/tex].
El ángulo entre la tangente [tex]BC[/tex] y la cuerda [tex]MD[/tex] es igual al ángulo inscrito sobre [tex]MD[/tex], por eso por la ley de los senos [tex]r=\frac{MD}{2\sen C}=\frac{7}{2 \times \frac{24}{25}}=\frac{175}{48}[/tex].

Solución:
Colocamos [tex]O_1(0;0),\ O_2(2\sqrt{2};0)[/tex]. La tangente [tex]l[/tex] es [tex]l:\ \frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y=3[/tex] (sus distancias a los centros son iguales a los radios), y el segmento tangente mide [tex]AB=\sqrt{(2\sqrt{2})^2-(3-1)^2}=2[/tex].
Resolviendo [tex]x^2+y^2=9;\ (x-2\sqrt{2})^2+y^2=1[/tex] se obtienen los puntos de corte; el más cercano a [tex]l[/tex] es [tex]C(2\sqrt{2};1)[/tex], a distancia [tex]d=3-\frac{\sqrt{2}}{2}(2\sqrt{2}+1)=1-\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex] de [tex]l[/tex].
Por lo tanto, [tex]S=\frac{AB \times d}{2}=1-\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{2-\sqrt{2}}{2}[/tex].

Solución:
Sea [tex]O[/tex] el centro, [tex]OM=m[/tex], y [tex]d[/tex] la distancia de [tex]O[/tex] a la cuerda: [tex]d=m\sen 45^\circ=\frac{m}{\sqrt{2}}[/tex]. Entonces [tex]CD^2=4(R^2-d^2)=4R^2-2m^2[/tex].
Por el teorema de las cuerdas que se cortan (con el diámetro por [tex]M[/tex]) [tex]CM \times DM=R^2-m^2[/tex].
Por lo tanto, [tex]CM^2+DM^2=(CM+DM)^2-2CM \times DM=4R^2-2m^2-2(R^2-m^2)=2R^2[/tex], que no depende de la posición de [tex]M[/tex].

Solución:
Por el teorema de la bisectriz [tex]\frac{BL}{LC}=\frac{AB}{AC}=\frac{5}{7}[/tex], por eso [tex]BL=\frac{35}{4};\ LC=\frac{49}{4}[/tex].
Por la fórmula de la bisectriz demostrada antes en esta página, [tex]AL^2=AB \times AC-BL \times LC=560-\frac{1715}{16}=\frac{7245}{16}[/tex]. Por el teorema de las cuerdas que se cortan [tex]AL \times LL'=BL \times LC=\frac{1715}{16}[/tex].
Por lo tanto, [tex]\frac{AL}{LL'}=\frac{AL^2}{AL \times LL'}=\frac{7245}{1715}=\frac{207}{49}[/tex].

Solución:
Las rectas [tex]AD;\ BC[/tex] se cortan en [tex]P[/tex], y [tex]\frac{PD}{PA}=\frac{PC}{PB}=\frac{CD}{AB}=\frac{2}{3}[/tex], por eso [tex]PA=15;\ PB=36[/tex] y [tex]PD=10[/tex]. Como [tex]PA^2+PB^2=225+1296=1521=AB^2[/tex], [tex]\angle APB=90^\circ[/tex].
Sea [tex]T[/tex] el punto de tangencia en [tex]BC[/tex]; por el teorema de la tangente y la secante [tex]PT^2=PD \times PA=10 \times 15=150[/tex].
Colocamos [tex]P(0;0),\ A(15;0),\ T(0;5\sqrt{6})[/tex]; el centro es [tex]Q(\rho;5\sqrt{6})[/tex], y [tex](15-\rho)^2+150=\rho^2[/tex] da [tex]\rho=\frac{25}{2}[/tex].

Solución:
Sea [tex]AB=x[/tex], entonces [tex]AD=x+24[/tex]. Por la ley de los cosenos en el [tex]\triangle ABD[/tex]: [tex]56^2=x^2+(x+24)^2-x(x+24)[/tex], es decir, [tex]x^2+24x-2560=0[/tex], por eso [tex]x=40[/tex] y [tex]AD=64[/tex].
El ángulo entre la tangente y la cuerda [tex]BC[/tex] es igual al ángulo inscrito sobre ella: [tex]\angle ABC=\angle ADB[/tex]; con el ángulo común en [tex]A[/tex], [tex]\triangle ABC \sim \triangle ADB[/tex].
Así, [tex]\frac{BC}{DB}=\frac{AB}{AD}[/tex] y [tex]BC=\frac{56 \times 40}{64}=35[/tex].

Solución:
Por el teorema de la tangente y la secante desde [tex]B[/tex]: [tex]BA^2=BM \times BC=\frac{b}{2} \times b[/tex], por eso [tex]AB=\frac{b}{\sqrt{2}}[/tex]. Sea [tex]\alpha[/tex] el ángulo en la base: [tex]\cos\alpha=\frac{AB}{2b}=\frac{1}{2\sqrt{2}}[/tex], [tex]\sen \alpha=\sqrt{1-\frac{1}{8}}=\frac{\sqrt{14}}{4}[/tex].
El ángulo entre la tangente [tex]AB[/tex] y la cuerda [tex]AC[/tex] es igual al ángulo inscrito sobre ella: [tex]\angle AMC=\angle BAC=\alpha[/tex]. Por la ley de los senos en esa circunferencia [tex]R=\frac{AC}{2\sen \alpha}=\frac{2b}{\sqrt{14}}[/tex], por eso [tex]b=\frac{R\sqrt{14}}{2}[/tex].

Solución:
La bisectriz exterior [tex]CL'[/tex] en [tex]C[/tex] corta a la recta [tex]AB[/tex] en [tex]L'[/tex] más allá de [tex]B[/tex], y [tex]\frac{AL'}{BL'}=\frac{AC}{BC}=\frac{AL}{BL}=\frac{5}{3}[/tex], por eso [tex]\frac{8+BL'}{BL'}=\frac{5}{3}[/tex], es decir, [tex]BL'=12[/tex].
Las bisectrices interior y exterior son perpendiculares: [tex]\angle LCL'=90^\circ[/tex], por eso [tex]C[/tex] está en la circunferencia de diámetro [tex]LL'=3+12=15[/tex], cuyo centro está en [tex]AB[/tex].
Solo una circunferencia pasa por [tex]C[/tex] y [tex]L[/tex] con centro en [tex]AB[/tex] (su centro es el corte de [tex]AB[/tex] con la mediatriz de [tex]CL[/tex]), así que es esta: [tex]r=\frac{LL'}{2}=\frac{15}{2}[/tex].