Pregunta 11. En la figura, PQ es tangente en un punto R de la circunferencia de centro O. Si ∠TRQ = 30°, encuentra m ∠PRS
Solución:
∠TRQ = 30° y PQ es tangente en el punto R
Para encontrar: ∠PRS
Ahora ∠SRT = 90° (ángulo en un semicírculo)
Además, ∠TRQ + ∠SRT + ∠PRS = 180° (Ángulos de una línea)
=> 30° + 90° + ∠PRS = 180°
=> ∠PRS = 180° – 120°
=> ∠PRS = 60°
Pregunta 12. Si PA y PB son tangentes desde un punto exterior P, tal que PA = 10 cm y ∠APB = 60°. Encuentre la longitud de la cuerda AB.
Solución:
PA = 10 cm y ∠APB = 60°
También sabemos que
PA = PB = 10 cm (Las tangentes trazadas desde un punto fuera del círculo son iguales)
=> ∠PAB = ∠PBA
Ahora, en ∆APB, tenemos:
∠APB + ∠PAB + ∠PBA = 180° (Ángulos de un triángulo)
=> 60° + ∠PAB + ∠PAB = 180°
=> 2 ∠PAB = 180° – 60° = 120°
=> ∠PAB = 60°
∠PBA = ∠PAB = 60°
Por eso. PA = PB = AB = 10 cm
Por lo tanto, la longitud de la cuerda AB = 10 cm
Pregunta 13. En un triángulo rectángulo ABC en el que ∠B = 90°, se dibuja una circunferencia de diámetro AB que corta a la hipotenusa AC en P. Demuestra que la tangente a la circunferencia en P biseca a BC.
Solución:
Dado: Sea O el centro de la circunferencia de diámetro AB.
Las tangentes a la circunferencia en P se cruzan con BC en Q.
Para probar: PQ biseca a BC, es decir, BQ = QC
Prueba:
∠ABC = 90°
En ∆ABC, ∠1 + ∠5 = 90° [propiedad de la suma de ángulos, ∠ABC = 90°]
∠3 = ∠1 [ángulo entre la tangente y la cuerda es igual al ángulo formado por la cuerda en el segmento alterno]
=> ∠3 + ∠5 = 90° (1)
Y, ∠APB = 90° [ángulo en semicírculo]
=> ∠3 + ∠4 = 90° (2) [∠APB + ∠BPC = 180°, par lineal]
De la ecuación (1) y (2), obtenemos
∠3 + ∠5 = ∠3 + ∠4
∠5 = ∠4
=> PQ = QC (3) [los lados opuestos a los ángulos iguales son iguales]
Además, QP = QB (4) [las tangentes dibujadas desde un punto interno a un círculo son iguales]
De la ecuación (3) y (4), obtenemos:
=> QB = control de calidad
Por tanto, PQ biseca a BC queda demostrado
Pregunta 14. Desde un punto exterior P se trazan las tangentes PA y PB a una circunferencia de centro O. Si CD es la tangente a la circunferencia en un punto E y PA = 14 cm, hallar el perímetro de ∆PCD.
Solución:
AP = 14 cm
PA = PB = 14 cm (PA y PB son las tangentes al círculo desde P)
También,
CA = CE (1) (CA y CE son las tangentes de C)
DB = DE (2) (DB y DE son las tangentes de D)
Entonces, perímetro de ∆PCD:
= PC+ PD + CD
=> PC+ PD + CE + DE
=> PC+ CE + PD + DE
=> PC+ CA + PD = DB (De (1) y (2))
=> PA + PB
=> 14cm + 14cm
= 28cm
Pregunta 15. En la figura, ABC es un triángulo rectángulo con ángulo recto en B tal que BC = 6 cm y AB = 8 cm. Encuentre el radio de su incircunferencia.
Solución:
∠B = 90°, BC = 6 cm, AB = 8 cm y r el radio de la circunferencia de centro O
Aplicando el Teorema de Pitágoras en ∆ABC de ángulo recto:
AC² = AB² + BC²
=> AC² = (8)² + (6)² = 64 + 36 = 100
=> CA = 10 cm
=> AR + CR = 10 cm (1)
Ahora, AP = AR (AP y AR son las tangentes al círculo desde A)
Del mismo modo, CR = CQ y BQ = BP
OP y OQ son radios de la circunferencia = r (2)
OP ⊥ AB y OQ ⊥ BC (3) (el ángulo entre el radio y el punto de contacto de la tangente es de 90°)
y ∠B = 90° (4)
De la ecuación (2), (3) y (4):
BPOQ es un cuadrado
=> BP = BQ = r
=> AR = AP = AB – BD = 8 – r (5)
y CR = CQ = BC – BQ = 6 – r (6)
De la ecuación (1), (5) y (6), obtenemos:
AR + RC = 10
=> 8 – r + 6 – r = 10 (de (5) y (6))
=> 14 – 2r = 10
=> 2r = 14 – 10 = 4
=> r = 2
Radio del incircunferencia = 2 cm
Pregunta 16. Demostrar que la tangente trazada en el punto medio de un arco de círculo es paralela a la cuerda que une los extremos del arco.
Solución:
Dado: Sea C el punto medio del arco ACB y sea DCE la tangente a él
Para probar: AB || DCE
Prueba:
Arco AC = Arco BC
=> Acorde AC = Acorde BC
Ahora, en ∆ABC,
CA = BC
=> ∠CAB = ∠CBA (1) (lados iguales correspondientes al ángulo igual)
Ya que, DCE es una recta tangente.
∠ACD = ∠CBA (los ángulos en los segmentos alternos son iguales)
=> ∠ACD = ∠CAB (de la ecuación (1))
=> ∠ACD y ∠CAB son ángulos alternos
Lo cual solo es posible solo cuando AB || CDE
Por lo tanto, la tangente trazada en el punto medio de un arco de círculo es paralela a la cuerda que une los puntos extremos del arco.
Pregunta 17. Desde un punto P se trazan dos tangentes PA y PB a una circunferencia de centro O. Si OP = diámetro de la circunferencia demostrar que ∆APB es equilátero.
Solución:
Dado: Dos tangentes PA y PB se dibujan al círculo y OP es el diámetro
Demostrar: ∆APB es equilátero
Prueba: OP = 2r (sea r el radio del círculo)
=> OQ + QP = 2r
=> OQ = QP = r (OQ es el radio)
Ahora en ∆OAP derecha,
OP es la hipotenusa y Q es el punto medio de la misma
=> OA = AQ = OQ (el punto medio de la hipotenusa de un triángulo rectángulo equidista de sus vértices)
Por lo tanto, ∆OAQ es un triángulo equilátero
=> ∠AOQ = 60°
Además, ∠APO = 90° – 60° = 30° (La suma de todos los ángulos del triángulo es 180°)
=> ∠APB = 2 ∠APO = 2 x 30° = 60° (1)
También sabemos que, PA = PB (Tangentes de P a la circunferencia)
=> ∠PAB = ∠PBA (2)
Ahora, en ∆APB:
∠PBA + PAB + ∠APB = 180° (suma de todos los ángulos)
=> 2∠PBA = 120° (de (1) y (2))
=> ∠PAB = ∠PBA = 60°
Por tanto, ∆APB es un triángulo equilátero.
Pregunta 18. Se dibujan dos segmentos tangentes PA y PB a un círculo con centro O tal que ∠APB = 120°. Demostrar que OP = 2 AP.
Solución:
Dado: Dos tangentes a la circunferencia desde un punto P y ∠APB = 120°
Para probar: OP = 2 AP
Prueba : En ∆OAP derecha,
∠OPA = (1/2)∠APB = 60°
=> ∠AOP = 90° – 60° = 30°
Sea Q el punto medio de la hipotenusa OP de ∆OAP
=> QO = QA = QP
=> ∠OAQ = ∠AOQ = 30°
=> ∠PAQ = 90° – 30° = 60°
Entonces, ∆AQP es un triángulo equilátero
=> QA = QP = AP (1)
Además, Q es el punto medio de OP
=> OP = 2 QP = 2 AP (de (1))
Por lo tanto, probado.
Pregunta 19. Si ∆ABC es isósceles con AB = AC y C (0, r) es la circunferencia inscrita del ∆ABC que toca a BC en L. Demuestra que L biseca a BC.
Solución:
Dado: ∆ABC isósceles con AB = AC y una circunferencia con centro en O y radio r toca el lado BC de ∆ABC en L.
Para probar: L es el punto medio de BC.
Prueba: AM y AN son las tangentes a la circunferencia desde A
=> AP = AQ
Pero AB = AC (dado)
=> AB-AQ = AC-AP
=> BQ = PC (1)
Ahora BL y BQ son las tangentes de B
=> BL = BQ (2)
De manera similar, CL y CP son tangentes
=> CL = PC (3)
Además, BQ = CP (de (1))
=> BL = CL (de (2) y (3))
Por lo tanto, se demostró que L es el punto medio de BC.
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Artículo escrito por img2018033 y traducido por Barcelona Geeks. The original can be accessed here. Licence: CCBY-SA