Potencia de un punto con respecto a una circunferencia

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Ivan

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Potencia de un punto con respecto a una circunferencia

Mensaje sin leer por Ivan » Sab 17 May, 2014 7:00 pm

Dado un punto [math] y una circunferencia [math] se define la potencia del punto [math] con respecto a [math] como
[math]
donde [math] es el centro de [math] y [math] es el radio de [math].

La potencia de un punto es un número real con signo. Si [math] está afuera de [math], [math]. Si [math] está en [math], [math]. Si [math] está adentro de [math], [math]. Notemos que dos puntos equidistan de [math] si y solamente si tienen la misma potencia con respecto a [math].

Propiedades de la potencia de un punto con respecto a una circunferencia:
  • Si [math] es un punto exterior a [math] y una recta que pasa por [math] interseca a [math] en [math] y [math] entonces [math].
  • Si [math] es un punto exterior a [math] y [math] en [math] es tal que [math] es tangente a [math] entonces [math] (notar que se puede ver como un caso particular de la propiedad anterior).
  • Si [math] es un punto interior a [math] y una recta que pasa por [math] interseca a [math] en [math] y [math] entonces [math].
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Ivan

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Re: Potencia de un punto con respecto a una circunferencia

Mensaje sin leer por Ivan » Dom 18 May, 2014 4:49 pm

Otro día posteo la demostración de las propiedades, salen con semejanza y Pitágoras (está bueno pensarlas).
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Gianni De Rico

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Re: Potencia de un punto con respecto a una circunferencia

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 22 Jun, 2020 6:16 pm

Buenas, vengo a dejar las demostraciones.

Veamos primero que si dos rectas $r$ y $s$ pasan por $P$ y cortan a $\Omega$ en los puntos $A,B$ y $A',B'$, respectivamente, entonces $PA\cdot PB=PA'\cdot PB'$. Consideramos dos casos según $P$ sea exterior o interior a $\Omega$.

Caso 1: $P$ es exterior a $\Omega$
En este caso tenemos que $\angle PAB'=180°-\angle B'AB=\angle B'A'B=\angle PA'B$ por arco capaz, como además $\angle APB'=\angle A'PB$, resulta que $PAB'\simeq PA'B$, es decir, $\dfrac{PA}{PB'}=\dfrac{PA'}{PB}$, y así $PA\cdot PB=PA'\cdot PB'$. $\blacksquare$
Potencia de un Punto - Caso 1.png
Caso 2: $P$ es interior a $\Omega$
En este caso tenemos que $\angle PAB'=\angle BAB'=\angle BA'B'=\angle BA'P$ por arco capaz, como además $\angle APB'=\angle BPA'$ por ser opuestos por el vértice, resulta que $PAB'\simeq PA'B$, es decir, $\dfrac{PA}{PB'}=\dfrac{PA'}{PB}$, y así $PA\cdot PB=PA'\cdot PB'$. $\blacksquare$
Potencia de un Punto - Caso 2.png
Además, notemos que $PO^2-R^2=(PO+R)(PO-R)$. Entonces si $s$ es la recta $PO$ tenemos que cuando $P$ es exterior a $\Omega$$$PA\cdot PB=PA'\cdot PB'=(PO+R)(PO-R)=\text{Pot}(P,\Omega )$$
Potencia de un Punto - P exterior.png
y cuando $P$ es interior a $\Omega$$$PA\cdot PB=PA'\cdot PB'=(PO+R)(R-PO)=-(PO+R)(PO-R)=-\text{Pot}(P,\Omega )$$
Potencia de un Punto - P interior.png
Esto demuestra las propiedades $1$ y $3$. Además, valen las propiedades recíprocas, si se cumple esta relación, podemos hacer el mismo razonamiento para atrás y llegar a que se cumple el arco capaz, entonces los $4$ puntos $A,B,A',B'$ están en una circunferencia.

La segunda propiedad puede verse con Pitágoras, pero voy a hacer otra cosa y voy a demostrarlo por semejanza.

Sea $T$ un punto en $\Omega$ tal que $PT$ es tangente a $\Omega$, entonces por ángulo semiinscripto tenemos que $\angle PBT=\angle ABT=\angle PTA$, y como $\angle BPT=\angle TPA$, entonces $PBT\simeq PTA$, de donde $\frac{PB}{PT}=\frac{PT}{PA}$, es decir, $PA\cdot PB=PT^2$, y por lo que ya vimos se tiene que $\text{Pot}(P,\Omega )=PT^2$.
Haciendo el mismo razonamiento para atrás se puede ver que si $\text{Pot}(P,\Omega )=PT^2$, entonces $PT$ es tangente a $\Omega$.
Potencia de un Punto - Tangente.png
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