Olimpiada Matemática — Adrián García Bouzas

Definición

Sea $\omega$ una circunferencia de centro $O$ y radio $r$ . Para un punto $P$ del plano, la potencia de $P$ respecto a $\omega$ es

$\text{pow}(P, \omega) \;=\; OP^2 - r^2.$

Nótese:

Si $P$ está fuera de $\omega$ : $OP > r$ , así $\text{pow}(P, \omega) > 0$ .
Si $P$ está sobre $\omega$ : $OP = r$ , así $\text{pow}(P, \omega) = 0$ .
Si $P$ está dentro de $\omega$ : $OP < r$ , así $\text{pow}(P, \omega) < 0$ .

Teorema

Sea $\ell$ una recta que pasa por $P$ y corta a $\omega$ en puntos $A$ y $B$ (posiblemente iguales si $\ell$ es tangente). Entonces

$\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} \;=\; \text{pow}(P, \omega) \;=\; OP^2 - r^2,$

donde el producto es con signos: $\overrightarrow{PA} > 0$ si $A$ está en la dirección positiva desde $P$ , negativo si está en la dirección opuesta. En particular:

$P$ exterior, dos secantes: $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ (ambos productos positivos).
$P$ interior, dos cuerdas: $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ (ambos positivos, $P$ entre los puntos).
$P$ exterior, tangente: $PT^2 = PA \cdot PB$ donde $T$ es el punto de tangencia.

Demostración

Sea $M$ el punto medio de $AB$ y $OM \perp AB$ (el radio al punto medio de una cuerda es perpendicular a ella). Aplicamos el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo $OMP$ :

$OP^2 = OM^2 + MP^2.$

Por el teorema de Pitágoras en el triángulo rectángulo $OMA$ : $OA^2 = OM^2 + MA^2 \implies OM^2 = r^2 - MA^2.$

Sustituyendo: $OP^2 = r^2 - MA^2 + MP^2 = r^2 + (MP^2 - MA^2) = r^2 + (MP - MA)(MP + MA).$

Ahora observamos que $MP - MA = PA$ y $MP + MA = PB$ con signo apropiado (cuando $P$ está fuera, $MA < MP$ y los productos son positivos; cuando está dentro, las distancias se suman). Por tanto:

$OP^2 - r^2 = (MP - MA)(MP + MA) = PA \cdot PB$

(con convención de signos coherente). $\blacksquare$

Demostración alternativa via triángulos semejantes. Para dos secantes desde $P$ exterior, que cortan a $\omega$ en $\{A, A'\}$ y $\{B, B'\}$ :

Los triángulos $\triangle PAB'$ y $\triangle PBA'$ son semejantes: comparten el ángulo en $P$ , y $\angle PA'B = \angle PB'A$ (ángulos inscritos sobre el mismo arco $\widehat{AB}$ ). Por la semejanza:

$\frac{PA}{PB} = \frac{PB'}{PA'} \implies PA \cdot PA' = PB \cdot PB'. \qquad \blacksquare$

Ejemplo

Cálculos directos

Ejemplo 1. Una circunferencia tiene centro $O$ y radio $5$ . Un punto $P$ está a distancia $8$ de $O$ . Una secante desde $P$ corta a la circunferencia en $A$ y $B$ .

$\text{pow}(P, \omega) = 8^2 - 5^2 = 64 - 25 = 39.$

Si la tangente tiene longitud $t$ : $t^2 = 39$ , así $t = \sqrt{39}$ .

Si una secante pasa por $P$ y la cuerda tiene punto medio $M$ a distancia $6$ de $P$ : entonces $PM^2 - MA^2 = OP^2 - r^2 = 39$ , pero $PM = 6$ y $MA = |AB|/2$ , así $MA^2 = PM^2 - OM^2 + r^2$ ... mejor: si $A$ y $B$ están a distancias $d_1$ y $d_2$ de $P$ con $d_1 < d_2$ , y el punto medio $M$ está a distancia $(d_1 + d_2)/2$ de $P$ :

$PA \cdot PB = d_1 d_2 = 39$ y $PM = (d_1 + d_2)/2 = 6$ implica $d_1 + d_2 = 12$ .

$(d_1 d_2, d_1 + d_2) = (39, 12)$ : raíces de $t^2 - 12t + 39 = 0$ : $t = 6 \pm \sqrt{36 - 39}$ — no real. Luego no existe tal secante con $PM = 6$ (la potencia $39$ requiere $PM \geq \sqrt{39} > 6$ ... espera: $PM^2 \geq PA \cdot PB = 39$ por la media aritmética-geométrica $PM = (PA + PB)/2 \geq \sqrt{PA \cdot PB}$ ). Así $PM \geq \sqrt{39} \approx 6.24 > 6$ , confirmando que no existe.

Ejemplo 2. Demostrar que $PA \cdot PB = PT^2$ cuando $PT$ es tangente desde $P$ a $\omega$ .

Por la definición: $\text{pow}(P, \omega) = PA \cdot PB$ (por el teorema). Y también $\text{pow}(P, \omega) = PT^2$ (la tangente satisface $PT^2 = OP^2 - r^2$ , ya que $\angle OTP = 90°$ ). $\square$

Ejemplo 3. Dos cuerdas $AB$ y $CD$ de una circunferencia se cortan en el punto interior $P$ . Si $PA = 3$ , $PB = 8$ , $PC = 4$ , hallar $PD$ .

$PA \cdot PB = PC \cdot PD \implies 3 \cdot 8 = 4 \cdot PD \implies PD = 6.$

Ejemplo 4. Una tangente de longitud $6$ y una secante pasan por el mismo punto exterior $P$ . Si la secante tiene longitud total $PA' + PA = 18$ (suma de distancias a los dos puntos de intersección), hallar $PA$ y $PA'$ .

$PT^2 = 36 = PA \cdot PA'$ y $PA + PA' = 18$ .

$(PA)(PA') = 36$ , $PA + PA' = 18$ . Raíces de $t^2 - 18t + 36 = 0$ : $t = (18 \pm \sqrt{324 - 144})/2 = (18 \pm \sqrt{180})/2 = 9 \pm 3\sqrt 5$ .

$PA = 9 - 3\sqrt 5 \approx 2.29$ y $PA' = 9 + 3\sqrt 5 \approx 15.71$ .

Detección de puntos concíclicos

Ejemplo 5. Sean $A$ , $B$ , $C$ , $D$ cuatro puntos con $AC$ y $BD$ que se cortan en $P$ . Probar que $A$ , $B$ , $C$ , $D$ son concíclicos si y solo si $PA \cdot PC = PB \cdot PD$ .

$(\Rightarrow)$ : Si los cuatro son concíclicos, por la potencia de $P$ respecto a su circunferencia común: $PA \cdot PC = \text{pow}(P, \omega) = PB \cdot PD$ .

$(\Leftarrow)$ : Si $PA \cdot PC = PB \cdot PD$ , sea $\omega$ la circunferencia que pasa por $A$ , $B$ , $C$ . Por la potencia de $P$ respecto a $\omega$ : $\text{pow}(P, \omega) = PA \cdot PC$ . Y como $PB \cdot PD = PA \cdot PC = \text{pow}(P, \omega)$ , el punto $D$ satisface la ecuación de potencia, luego $D \in \omega$ . $\blacksquare$

Este criterio es la forma más práctica de probar concíclicidad en problemas con diagonales o cuerdas.

Ejemplo 6. Las alturas de un triángulo $ABC$ son concurrentes (en el ortocentro $H$ ).

Sea $H_A$ el pie de la altura desde $A$ sobre $BC$ , y análogamente $H_B$ , $H_C$ . Queremos demostrar que $AH_A$ , $BH_B$ , $CH_C$ concurren.

Via potencia de punto. Consideremos el punto $H = AH_A \cap BH_B$ (intersección de dos alturas). Queremos demostrar que $CH_C$ también pasa por $H$ .

Usamos la potencia de $H$ respecto a la circunferencia de diámetro $AB$ :

En el cuadrilátero $ABH_AH_B$ cuyos ángulos en $H_A$ y $H_B$ son rectos ( $AH_A \perp BC$ y $BH_B \perp AC$ ), los cuatro puntos son concíclicos sobre el círculo con diámetro $AB$ (ángulos rectos en $H_A$ y $H_B$ sobre $AB$ ). Así:

$HA \cdot HH_A = HB \cdot HH_B.$

Análogamente con las circunferencias de diámetros $BC$ y $CA$ :

$HB \cdot HH_B = HC \cdot HH_C.$

Luego $HA \cdot HH_A = HC \cdot HH_C$ , lo que significa que $H$ tiene la misma potencia respecto a la circunferencia de diámetro $AC$ como desde $A$ y $C$ . Así $H \in CH_C$ , y las tres alturas concurren. $\blacksquare$

Ejemplo 7. (IMO 1995/1) Sean $A$ , $B$ , $C$ , $D$ cuatro puntos distintos y colineales en ese orden. Las circunferencias de diámetros $AC$ y $BD$ se cortan en $X$ e $Y$ . La recta $XY$ corta a la recta $BC$ en $Z$ . Demostrar que $ZX = ZY$ .

Por definición, $Z$ está sobre el eje radical de las dos circunferencias (el lugar de puntos con igual potencia respecto a ambas). El eje radical de dos circunferencias que se cortan en $X$ e $Y$ es la recta $XY$ . Por tanto $Z \in XY$ .

Además, la potencia de $Z$ respecto a la circunferencia de diámetro $AC$ es $ZA \cdot ZC$ (si $Z$ está fuera) y respecto a la de diámetro $BD$ es $ZB \cdot ZD$ . Como $Z$ está en el eje radical, $ZA \cdot ZC = ZB \cdot ZD$ .

Pero necesitamos $ZX = ZY$ ... esto es siempre cierto para puntos en el eje radical de dos circunferencias que se cortan: cualquier punto del eje radical equidista de los dos puntos de intersección. La razón: $Z$ tiene igual potencia respecto a ambas circunferencias, y la potencia respecto a una circunferencia que pasa por $X, Y$ desde un punto de la cuerda $XY$ es $-ZX \cdot ZY$ (el signo negativo indica que $Z$ está dentro). Pero si $Z$ está fuera: $ZX^2 = \text{pow}(Z, \omega_1) = \text{pow}(Z, \omega_2) = ZY^2$ ... no exactamente así. El argumento correcto:

$Z$ está en la recta $XY$ , que es el eje radical. Cualquier circunferencia que pase por $X$ e $Y$ tiene a la recta $XY$ como eje radical con cualquier otra circunferencia que pase por $X$ e $Y$ . $ZX \cdot ZY = \text{pow}(Z, \omega)$ para cualquier $\omega$ pasando por $X, Y$ . Pero necesitamos $ZX = ZY$ ...

Aclaración: el resultado $ZX = ZY$ dice que $Z$ equidista de $X$ e $Y$ , lo que sería verdad si $Z$ es el punto medio de $XY$ o si $XY$ es perpendicular a la recta $ABCD$ . De hecho, el eje radical es perpendicular a la línea de centros, que es $ABCD$ . Así el eje radical $XY$ es perpendicular a $ABCD$ , y su intersección $Z$ con $ABCD$ satisface que $XZ \perp ZY$ ... no, $X, Y, Z$ son colineales (todos en $XY$ ), así $ZX = ZY$ solo si $Z$ es punto medio de $XY$ .

Este es un resultado más sutil. La demostración usa que $Z$ está en la mediatriz de $XY$ (que es perpendicular a $XY$ y... no puede pasar por $Z$ si $Z \in XY$ a menos que $X = Y$ ). Revisar el enunciado: la afirmación es que $ZX = ZY$ no en el sentido de que $Z$ es el punto medio de $XY$ , sino que es un resultado sobre los productos $ZX \cdot ZY$ ... La afirmación del IMO es simplemente $ZX = ZY$ , lo que dice que $Z$ es el punto medio de $XY$ en la recta. Esto es cierto porque $Z$ está en la mediatriz de $XY$ (la mediatriz de $XY$ pasa por los centros de ambas circunferencias, y como la línea $ABCD$ pasa por los centros, la mediatriz $\perp XY$ intersecta a $ABCD$ en $Z$ , que equidista de $X$ e $Y$ sobre $XY$ ).

El eje radical

Definición

El eje radical de dos circunferencias $\omega_1$ y $\omega_2$ es el lugar geométrico de los puntos $P$ con igual potencia respecto a ambas:

$\text{pow}(P, \omega_1) = \text{pow}(P, \omega_2).$

Teorema

El eje radical es una recta perpendicular a la línea que une los centros de $\omega_1$ y $\omega_2$ .

Demostración

Con centros $O_1, O_2$ y radios $r_1, r_2$ : la condición $\text{pow}(P, \omega_1) = \text{pow}(P, \omega_2)$ es

$PO_1^2 - r_1^2 = PO_2^2 - r_2^2 \implies PO_1^2 - PO_2^2 = r_1^2 - r_2^2.$

Esto es una ecuación lineal en las coordenadas de $P$ (pues $PO^2 = x^2 + y^2 - 2xO_x - 2yO_y + O_x^2 + O_y^2$ ), así define una recta. El vector normal a esta recta es $\overrightarrow{O_1O_2}$ , así la recta es perpendicular a la línea de centros. $\blacksquare$

Tres circunferencias: el centro radical. El eje radical de cada par de circunferencias entre tres circunferencias son tres rectas. Si las tres circunferencias no tienen su centros colineales, estas tres rectas concurren en un único punto: el centro radical. (Si dos de las circunferencias se cortan, el eje radical de ese par es la recta que pasa por sus puntos de intersección.)

Aplicaciones

Potencia para probar concíclicidad. Dada una configuración con cuatro puntos $A$ , $B$ , $C$ , $D$ y un quinto punto $P$ :

Si $PA \cdot PC = PB \cdot PD$ y $A, B, C, D$ están determinados por $P$ , entonces son concíclicos.
Si cuatro puntos parecen estar en una circunferencia, buscar un punto $P$ donde las cuerdas se corten y verificar la igualdad de productos.

El centro radical para demostrar concurrencia. Si tres circunferencias $\omega_1, \omega_2, \omega_3$ tienen sus centros no colineales, los tres ejes radicales concurren. Esto da una forma de probar que tres rectas concurren: verificar que son ejes radicales de tres circunferencias relacionadas.

Observación

Conexión con la inversión. La inversión con centro $P$ y potencia $k = \text{pow}(P, \omega)$ transforma $\omega$ en sí misma si $k > 0$ (inversión que preserva la circunferencia). Si $k < 0$ ( $P$ interior), la inversión transforma $\omega$ en $\omega$ con orientación invertida. Esta es la conexión más profunda de la potencia de un punto.

Detección práctica. Para demostrar que cuatro puntos $A, B, C, D$ son concíclicos en un problema de olimpiada, el método más rápido suele ser:

Encontrar el punto $P$ donde se cruzan $AC$ y $BD$ .
Calcular o verificar que $PA \cdot PC = PB \cdot PD$ .
Concluir concíclicidad.

Problemas relacionados

(Clásico) Demostrar que las tres alturas de un triángulo concurren usando potencia de punto (esquema desarrollado en el Ejemplo 6).
(Clásico) Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico. Las diagonales $AC$ y $BD$ se cortan en $P$ . Probar que $PA \cdot PC = PB \cdot PD$ .
(OME 2016) Dos circunferencias $\omega_1$ y $\omega_2$ se cortan en $P$ y $Q$ . Una recta por $P$ corta a $\omega_1$ en $A$ y a $\omega_2$ en $B$ . Otra recta por $P$ corta a $\omega_1$ en $C$ y a $\omega_2$ en $D$ . Probar que $AC \parallel BD$ .
(IMO 1995/1) Enunciado completo con la demostración del punto medio vía eje radical.
(Clásico, potencia en la circunferencia de los nueve puntos) El centro radical de la circunferencia de nueve puntos y el circuncírculo respecto al incírculo es el punto de Feuerbach. Verificar la configuración para un triángulo concreto.