P1.

Por el Postulado 3, con centro en $A$ y radio $AB$ describimos el círculo $BCD$.

P2.

Nuevamente por el Postulado 3, con centro en $B$ y radio $BA$ describimos el círculo $ACE$.

P3.

Y desde el punto $C$, en que los círculos se cortan, por el Postulado 1, trazamos el segmento $AC$.

P4.

Por el Postulado 1, trazamos el segmento $CB$. Afirmamos que el triángulo $ABC$, de lados $AB$, $AC$ y $CB$ es un triángulo equilátero.

Puesto que $A$ es el centro del $BCD$ entonces, por la Definición I.15, los segmentos $AC$ y $AB$ son iguales, es decir, $AC = AB$. Y como $B$ es el centro del $ACE$ entonces, por la Definición I.15, los segmentos $CB$ y $AB$ son iguales, es decir, $CB = AB$.

Por lo tanto, $AC = AB$ y $CB = AB$. Y por la Noción común 1, como cosas iguales a una tercera son iguales entre sí, entonces $CA = CB$.

P5.

Por lo tanto, los tres lados $CA$, $AB$, y $CB$ del triángulo son iguales entre sí.

Por lo tanto, $CA = CB = AB$.

Por la Definición I.20, esto significa que el triángulo $ABC$ es un triángulo equilátero.

P1.

Por el Postulado 1, construimos el segmento $AB$.

P2.

Por la Proposición I.1, podemos construir el triángulo equilátero $ADB$, sobre el segmento $AB$.

P3.

Por el Postulado 2, sea $AE$ la prolongación del segmento $DA$.

P4.

Nuevamente, por el Postulado 2, sea $BF$ la prolongación del segmento $DB$.

P5.

Por el Postulado 3, construimos un círculo $CGH$, con centro en $B$ y radio $BC$. El punto $G$ es la intersección del $CGH$ con el segmento $BF$.

Y puesto que $B$ es el centro del $CGH$, por la Definición I.15, tenemos que $BC = BG$.

P6.

Por el Postulado 1, construimos el segmento $DG$.

P7.

Por el Postulado 3, construimos el $GKL$ con centro en $D$ y radio $DG.$ El punto $L$ es la intersección de $GKL$ con $AE$.

P8.

Como el punto $D$ el es centro del $GKL$, por la Definición I.15, tenemos que $DL = DG$.

Pero, $DL = DA + AL$ y $DG = DB + BG$.

P9.

Y sabemos que $DA = DB$, pues el triángulo $ADB$ es equilátero.

P10.

Entonces por la Noción común 3, tenemos que $AL = BG$.

P11.

Luego, por la Noción común 1, tenemos que $AL = BC$.

P1.

Por la Proposición I.2, podemos trazar un segmento $AE$, a partir del punto $A$ tal que $AE = C$.

P2.

Por el Postulado 3, construimos el círculo $DEF$ con centro en $A$ y radio $AE$.

El punto $F$ es la intersección del $DEF$ con el segmento $AB$.

P3.

Como el punto $A$ es el centro del círculo $DEF$, por la Definición I.15, tenemos que $AF = AE$.

P4.

Pero también, $AE = C$. En consecuencia, concluimos que $AF = AE = C$.

P5.

Por lo tanto, por la Noción común 1, $AF = C$.

P1.

el punto $A$ es colocado sobre el punto $D$ y el lado $AB$ sobre $DE$, como $AB = DE$, entonces el punto $B$ debe coincidir con el punto $E.$

P2.

Como $AB$ coincide con $DE$ y como $\measuredangle BAC = \measuredangle EDF$,

P3.

el lado $AC$ debe coincidir con $DF$, puesto que $AC = DF$, entonces el punto $C$ coincide con el punto $F$, y por lo tanto, el punto $B$ coincide con el punto $E.$

P4.

Pero, $B$ coincide con $E$, en consecuencia el lado $BC$ coincide con el lado $EF$ y por lo tanto, $BC = EF$.

P5.

Por lo tanto, todo el triángulo $ABC$ coincide con todo el triángulo $DEF$. Y en base a la Noción común 4, tenemos $\triangle ABC = \triangle DEF$.

Y los ángulos restantes del triángulo $ABC$ coinciden con los ángulos restantes del triángulo $DEF$, a saber, $\measuredangle ABC = \measuredangle DEF$ y $\measuredangle ACB = \measuredangle DFE$.

Esto es, los ángulos opuestos a los lados iguales también son iguales.

P1.

Por el Postulado 2, sean $BD$ y $CE$ las prolongaciones de los lados $AB$ y $AC$, respectivamente.

P2.

Sea $F$ un punto arbitrario sobre $BD$.

P3.

Por la Proposición I.3, podemos trazar sobre $AE$ un segmento $AG$ tal que $AG = AF$.

P4.

Construimos, por el Postulado 1, el segmento $FC$. Formamos el triángulo $\triangle AFC$.

P5.

Construimos, por el Postulado 1, el segmento $GB$. Formamos el triángulo $\triangle AGB$.

P6.

Según la Proposición I.4, como $AF = AG$ y $AB = AC$ y el ángulo $\measuredangle FAG$ es común a ambos triángulos, entonces

• las bases son iguales, $FC = GB$,
• los triángulos son iguales, $\triangle AFC = \triangle AGB$.
• y los ángulos restantes de un triángulo son iguales a los ángulos restantes del otro.

P7.

En particular, los ángulos opuestos a los lados iguales, son iguales. Por lo tanto,

P8.

Por otro lado, tenemos formados otros dos triángulos, $\triangle BFC$ y $\triangle CGB$, que tienen como base común el lado $BC$.

Además, $AF = AB + BF$ y $AG = AC + CG$, pero $AF = AG$, y por hipótesis $AB = AC$.

Por lo tanto, $BF = CG$. Pero, también sabemos que, $FC = BG$.

Por lo tanto, $BF = CG$ y $FC = BG$, y $\measuredangle BFC = \measuredangle CGB$, y la base $BC$ es común a ambos triángulos.

P9.

Por lo tanto, nuevamente la Proposición I.4, los triángulos $\triangle BFC$ y $\triangle CGB$ son iguales, los ángulos restantes de un triángulo son iguales a los ángulos restantes del otro, a saber aquellos opuestos a los lados iguales.

Por lo tanto,

P10.

Por ( 1 ), sabemos que $\measuredangle ABG = \measuredangle ACF$.

Pero, $\measuredangle ABG = \measuredangle ABC + \measuredangle CBG$ y $\measuredangle ACF = \measuredangle ACB + \measuredangle BCF$

Por lo tanto, $\measuredangle ABC + \measuredangle CBG = \measuredangle ACB + \measuredangle BCF$.

Y por ( 2 ), sabemos que $\measuredangle CBG = \measuredangle BCF$.

Por lo tanto, $\measuredangle ABC = \measuredangle ACB$, que son los ángulos que están en la base del triángulo $ABC$.

También por ( 2 ) sabemos que $\measuredangle FBC = \measuredangle BCG$, que son los ángulos que están por debajo de la base del triángulo $ABC$.

Esto es, que $\measuredangle DBC = \measuredangle BCE$.

P1.

Supongamos que $AB \neq AC$, entonces uno de ellos es mayor.

Supongamos que $AB \gt AC$.

P2.

Según la Proposición I.3, podemos trazar sobre $AB$ un segmento $BD$, tal que $BD = AC$.

P3.

Por el Postulado 1, construimos $CD$. Formamos el triángulo $\triangle DBC.$

P4.

Luego, en los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle DBC$, tenemos lo siguiente:

$DB=AC$ y $BC$ es común, entonces:

Los lados $DB$ y $BC$ son iguales a los lados $AC$ y $CB$, respectivamente, y $\measuredangle DBC = \measuredangle ACB$.

Por lo tanto, aplicando la Proposición I.4, concluimos que la base $DC$ es igual al la base $AB$, es decir, $DC = AB$, y el triángulo $\triangle DBC$ es igual al triángulo $\triangle ABC$. ¡Lo cual es imposible!

P5.

Por lo tanto, no puede ser que $AB \neq AC$. Por lo tanto, $AB = AC$.

P1.

Supongamos que podemos levantar sobre $AB$ a partir de sus extremos y del mismo lado que los primeros, otros dos segmentos $AD$ y $DB$ tales que $AD = AC$ y $DB = CB$, pero que se juntan en un punto $D$, donde $D$ es distinto de $C$.

P2.

Entonces, $AC = AD$ y tienen el mismo extremo $A$.

P3.

$CB = DB$ y tienen el mismo extremo $B$.

P4.

Por el Postulado 1, unimos $C$ con $D$.

P5.

En el triángulo $\triangle ACD$, sabemos que $AC = AD$, en consecuencia, por la Proposición I.5, se cumple que $\measuredangle ACD = \measuredangle ADC$.

P6.

Pero, $\measuredangle ACD = \measuredangle ACB + \measuredangle DCB$.

P7.

Por lo tanto, $\measuredangle ACD \gt \measuredangle DCB \;.\;.\;.\;$ ( 1 ).

P8.

Por otro lado, en el triángulo $BCD$ tenemos que: $\measuredangle CDB = \measuredangle ADC + \measuredangle ADB$.

P9.

Por lo tanto, $\measuredangle CDB \gt \measuredangle ADC \;.\;.\;.\;$ ( 2 ).

Por ( 1 ) y ( 2 ) y transitividad, concluimos que $\measuredangle CDB \gt \measuredangle DCB \;.\;.\;.\;$ ( 4 ).

P10.

Luego, en el triángulo $BCD$, sabemos que $CB = DB$, entonces por la Proposición I.5, concluimos que $\measuredangle CDB = \measuredangle DCB \;.\;.\;.\;$ ( 4 ).

Pero, ¡( 3 ) y ( 4 ) es imposible!

Por lo tanto, no es posible levantar sobre $AB$, otros dos segmentos iguales a los primeros, y que se junten en un punto distinto al de los primeros.

P1.

el punto $B$ es colocado sobre el punto $E$ y el segmento $BC$ sobre el segmento $EF$, entonces el punto $C$ coincide con el punto $F$, puesto que $BC = EF$.

P2.

Porque si $BA$ y $AC$ no coincidieran con $ED$ y $DF$ respectivamente, serían

P3.

como dos segmentos $EG$ y $GF$ tales que:

están construidos sobre el mismo segmento $EF$, del mismo lado que los segmentos $ED$ y $DF$, y con los mismos extremos de éstos, y $EG = ED$, $GF = DF$, pero que se juntan en un punto $G$ distinto del punto $D$.

P4.

Pero, según la Proposición I.7, los segmentos $EG$ y $GF$ no pueden ser construidos de la manera que se indica en el paso P3.

P5.

Por lo tanto, no es posible que si la base $BC$ es sobrepuesta a la base $EF$, los lados $BA$ y $AC$ no coincidan con los lados $ED$ y $DF$.

Por lo tanto estos lados coinciden, así que el ángulo $\measuredangle BAC$ coincide con el ángulo $\measuredangle EDF$, y por la noción común 4, tenemos que $\measuredangle BAC = \measuredangle EDF$.

P1.

Tomemos un punto arbitrario $D$ sobre $BA$ y formamos el segmento $AD$.

P2.

Por la Proposición I.3, podemos construir el segmento de recta $AE$ sobre $AC$ tal que $AE = AD$.

P3.

Construimos el segmento $DE$.

P4.

Por la Proposición I.1, podemos construir el triángulo equilátero $\triangle EDF$ sobre $DE$.

Por lo tanto, $DE = EF = DE$.

P5.

Construimos el segmento $AF$. Afirmamos que el ángulo $\measuredangle BAC$ es bisecado por el segmento $AF$.

P6.

En los triángulos $\triangle DAF$

P7.

y $\triangle FAE$, tenemos que $AD = AE$, y $AF$ es un lado común, y la base $DF$ es igual a la base $EF$.

P8.

Por lo tanto, los dos triángulos $DAF$ y $FAE$ son tales que:

$AD = AE$, $AF$ es lado común y $DF = EF$.

Aplicando la Proposición I.8, concluimos que los triángulos $DAF$ y $FAE$ son iguales, $\triangle DAF = \triangle FAE$.

Por lo tanto, los ángulos $\measuredangle DAF$ y $\measuredangle FAE$ son iguales, esto es $\measuredangle DAF = \measuredangle FAE$.

P9.

Por lo tanto, $AF$ es la bisectriz del ángulo $\measuredangle BAC$. Y, $\measuredangle BAC = \measuredangle DAF + \measuredangle FAE$.

P1.

Según Proposición I.1, podemos construir un triángulo equilátero $ABC$ sobre el segmento $AB$.

P2.

Y por la Proposición I.9, podemos construir la bisectriz $CD$ del ángulo $\measuredangle ACB$.

P3.

Por lo tanto, $\measuredangle ACD = \measuredangle BCD$. Afirmamos que $AB$ es bisecado en el punto $D$.

P4.

En los triángulos $ACD$ y $BCD$, tenemos que $CA = CB$, y $CD$ es un lado común y $\measuredangle ACD = \measuredangle BCD$.

Por lo tanto, los dos triángulos $ACD$ y $BCD$, son tales que, $CA = CB$, $CD = CD$ y $\measuredangle ACD = \measuredangle BCD$.

Aplicando la Proposición I.4, concluimos que los triángulos $ACD$ y $BCD$ son iguales.

P5.

Por lo tanto la base $AD$ es igual a la base $BD$.

Por lo tanto, hemos encontrado el punto $D$ en $AB$ tal que $AD = BD.$

P1.

Tomemos sobre $AC$, cualquier punto arbitrario $D$.

P2.

Y por la Proposición I.3, sobre $CB$ tomamos un punto $E$ tal que $CE = CD$.

P3.

Por la Proposición I.1, construimos el triángulo equilátero $\triangle FDE$ sobre $DE$.

Por lo tanto, $DF = FE = DE$.

P4.

Construimos el segmento $CF$. Afirmamos que la recta $CF$ está en ángulo recto sobre $AB$ a partir del punto $C$.

Porque,

P5.

En el triángulo $\triangle DCF$,

P6.

Y en el triángulo $\triangle FCE$, tenemos:

P7.

$CD = CE$, y $CF$ es un lado común, y la base $DF$ es igual a la base $FE$, por ser lados del triángulo equilátero $\triangle FDE$.

Por lo tanto, según la Proposición I.8, los dos triángulos son iguales, $\triangle DCF = \triangle FCE$.

P8.

En consecuencia, $\measuredangle DCF = \measuredangle FCE$.

Por lo tanto, $\measuredangle DCF$ y $\measuredangle FCE$ son ángulos adyacentes iguales entre sí.

P9.

Y en base a la Definición I.10, cada uno de los ángulos $\measuredangle DCF$ y $\measuredangle FCE$ es recto.

P1.

Como $C$ se encuentra en un lado del segmento $AB$, tomemos al otro lado de $AB$ cualquier punto arbitrario $D$.

P2.

Construimos $CD$.

P3.

Por el Postulado 3, construimos con centro en C y radio CD, el círculo EFG.

P4.

Construimos el segmento $EG$.

P5.

Por la Proposición I.10, bisectamos $EG$ en el punto $H$, y

P6.

Por el Postulado 1, construimos cada uno de los segmentos $CG$, $CH$ y $CE$.

Afirmamos que $CH$ ha sido construido perpendicular a $AB$ a partir del punto $C$.

Tenemos dos triángulos:

P7.

En el triángulo $\triangle EHC$

P8.

y en el triángulo $\triangle CHG$

P9.

Tenemos que $GH = HE$, y $CH$ es lado común, y las bases $CG$ y $CE$ son iguales, pues son radios del círculo $EFG$ que construimos en el paso P3.

Según la Proposición I.8, los dos triángulos son iguales: $\triangle EHC = \triangle CHG$.

P10.

Por lo tanto, los ángulos $\measuredangle CHG$ y $\measuredangle EHC$ son iguales y adyacentes.

P11.

Aplicando la Definición I.10, los ángulos $\measuredangle CHG$ y $\measuredangle EHC$ son rectos,

P12.

y por lo tanto, las rectas $CH$ y $AB$ son perpendiculares entre sí.

P1.

Caso I. Si los ángulos son iguales (y son adyacentes).

Es decir, si $\measuredangle CBA = \measuredangle ABD$ y son adyacentes, entonces por la Definición I.10, cada uno de ellos es un ángulo recto.

Por lo tanto, $\measuredangle CBA = 90º$ y $\measuredangle ABD = 90º$

P2.

Caso II. Si los ángulos no son son iguales (y son adyacentes).

Es decir, si $\measuredangle CBA \neq \measuredangle ABD$.

P3.

Entonces, por la Proposición I.11, construimos la recta $BE$ a partir de $B$ en ángulo recto a $CD$.

Por lo tanto, los ángulos $\measuredangle CBE$ y $\measuredangle EBD$ son ángulos rectos.

P4.

Puesto que $\measuredangle CBE = \measuredangle CBA + \measuredangle ABE$

P5.

Por la Noción común 2, sumando en ambos lados $\measuredangle EBD$, tenemos la igualdad ( 1 )

P6.

Por otro lado, $\measuredangle ABD = \measuredangle ABE \measuredangle EBD$

P7.

Por la Noción común 2, sumando en ambos lados $\measuredangle CBA$, tenemos la igualdad ( 2 )

P8.

Y por la Noción común 1, cosas que son iguales a una misma cosa, son iguales entre sí, es decir, igualando ( 1 ) y ( 2 ) obtenemos:

$$\measuredangle CBE + \measuredangle EBD = \measuredangle CBA + \measuredangle ABD$$

Pero, los ángulos $\measuredangle CBE$ y $\measuredangle EBD$ son ángulos rectos.

Por lo tanto, $180º = \measuredangle CBA + \measuredangle ABD$

P1.

Supongamos que $BD$ no está alineado con $CB$.

P2.

Sea $BE$ la prolongación en línea recta de $CB$.

P3.

Como el segmento $AB$ se levanta sobre $CE$, entonces, según la Proposición I.13, la suma de los ángulos $\measuredangle CBA$ y $\measuredangle ABE$ es igual a dos ángulos rectos.

Esto es, $\measuredangle CBA + \measuredangle ABE = º180$ ... ( 1 )

P4.

Y por hipótesis, la suma de los ángulos $\measuredangle CBA$ y $\measuredangle ABD$, también es igual a dos ángulos rectos.

Es decir, $\measuredangle CBA + \measuredangle ABD = º180$ ... ( 2 )

Por la Noción común 1, cosas que son iguales a una tercera, son iguales entre sí, es decir, igualando ( 1 ) y ( 2 ), obtenemos:

$\measuredangle CBA + \measuredangle ABE = \measuredangle CBA + \measuredangle ABD$ ... ( 3 )

P5.

Por la Noción común 3, sustrayendo el ángulo $\measuredangle CBA$ en ambos lados de la igualdad ( 3 ), obtenemos ¡¡$\measuredangle ABE = \measuredangle ABD$!!.

Pero esto no puede ser, pues supusimos que $BD$ no estaba en línea recta con $BC$.

P6.

Por lo tanto, $BD$ está en línea recta con $BC$.

P1.

Como el segmento $AE$ se levanta sobre el segmento $CD$, según la Proposición I.13, se forman los ángulos adyacentes $\measuredangle CEA$ y $\measuredangle AED,$ tales que

$\measuredangle CEA + \measuredangle AED = 180º$ ... ( 1 )

P2.

Nuevamente, como el segmento $DE$ se levanta sobre $AB$, por la Proposición I.13, se forman los ángulos adyacentes $\measuredangle AED$ y $\measuredangle DEB,$ tales que

$\measuredangle AED + \measuredangle DEB = 180º$ ... ( 2 )

P3.

Por lo tanto, por el Postulado 4 y la Noción común 1, podemos igualar ( 1 ) y ( 2 ), obtenemos:

$\measuredangle CEA + \measuredangle AED = \measuredangle AED + \measuredangle DEB$ ... ( 3 )

P4.

Por la Noción común 3, sustrayendo de ambos lados de la igualdad ( 3 ), el ángulo $\measuredangle AED$, tenemos que $\measuredangle CEA = \measuredangle DEB$.

P5.

De manera análoga, podemos demostrar que $\measuredangle BEC = \measuredangle AED$.

P1.

Por la Proposición I.10, podemos bisecar $AC$ en el punto $E$. Por lo tanto, $AE = EC$.

Y formamos el segmento $BE$.

P2.

Prolongamos $BE$ hasta un punto $F$ de tal manera que, por la Proposición I.3, podemos hacer que $BE = EF$.

P3.

Por el Postulado 1, formamos el segmento $CF$.

P4.

Así, tenemos dos triángulos: $\triangle ABE$ y $\triangle CFE$, tales que los lados $AE = EC$ y $BE = EF$, respectivamente. Y por la Proposición I.15, los ángulos $\measuredangle AEB$ y $\measuredangle FEC$ son iguales.

P5.

Por lo tanto, según la Proposición I.4, la base $AB$ es igual a la base $CF$, los triángulos $\triangle ABE = \triangle CFE$, y los ángulos restantes son iguales respectivamente a los ángulos restantes, a saber, aquellos opuestos a los lados iguales.

P6.

Por lo tanto, $\measuredangle BAE = \measuredangle CFE$. Pero, por la Noción común 5, el todo es mayor que la parte, por lo tanto $\measuredangle ECD \gt \measuredangle ECF$.

Que es lo mismo que $\measuredangle ACD \gt \measuredangle ECF$.

P7.

Por lo tanto, $\measuredangle ACD \gt \measuredangle BAC$.

P8.

Similarmente, si el lado $BC$ es bisecado, entonces también podemos probar que el ángulo $\measuredangle BCG$ es mayor que el ángulo $\measuredangle ABC$. Pero, por la Proposición I.15 sabemos que $\measuredangle BCG = \measuredangle ACD$. Por lo tanto, el ángulo $\measuredangle ACD$ es mayor que el ángulo $\measuredangle ABC$.

P1.

Por el Postulado 2, prolongamos el lado $BC$ hasta el punto $D$.

P2.

según la Proposición I.16, el ángulo externo $\measuredangle ACD$ es mayor que el ángulo interno $\measuredangle ABC$.

Es decir, $\measuredangle ABC \lt \measuredangle ACD$ ... ( 1 ).

P3.

Sumando el ángulo $\measuredangle ACB$ en ambos lados de ( 1 ), obtenemos:

$\measuredangle ACB + \measuredangle ABC \lt \measuredangle ACB + \measuredangle ACD$ ... ( 2 ).

P4.

Y según la Proposición I.13, los ángulos y $\measuredangle ACB + \measuredangle ACD = 180º$.

Sustituyendo en ( 2 ), obtenemos, $\measuredangle ACB + \measuredangle ABC \lt 180º$ ... ( 3 ).

P5.

Similarmente podemos probar que:

$\measuredangle BAC + \measuredangle ACB \lt 180º$.

P6.

Y que $\measuredangle BAC + \measuredangle ABC \lt 180º$.

P1.

Como $AC \gt AB$ por la Proposición I.3, podemos construir un segmento $AD$ sobre $AC$, tal que $AD = AB$.

P2.

Unimos el punto $D$ con el vértice $B$. Con lo cual formamos otros dos triángulos, $\triangle BAD$ y $\triangle BDC$.

P3.

Puesto que el ángulo $\measuredangle ADB$ es un ángulo exterior del triángulo $BCD$, entonces según la Proposición I.16,

$\measuredangle ADB \gt \measuredangle DCB$.

P4.

Pero el triángulo $\triangle BAD$, es un triángulo isósceles, pues $AB = AD$, y por la Proposición I.5, tenemos que $\measuredangle ADB = \measuredangle ABD$.

Por lo tanto, también se cumple que $\measuredangle ABD \gt \measuredangle DCB$, esto es, $\measuredangle ABD \gt \measuredangle ACB$.

P5.

Pero, $\measuredangle ABC = \measuredangle ABD + \measuredangle DBC$ y $\measuredangle ABD \gt \measuredangle ACB$.

P6.

Por lo tanto, el ángulo $\measuredangle ABC$ es mayor que el ángulo $\measuredangle ACB,$ esto es, $\measuredangle ABC \gt \measuredangle ACB$.

P1.

Sabemos que $\measuredangle ABC \gt \measuredangle BCA$.

Si $AC$ no fuera mayor que $AB$, entonces $AC = AB$ o $AC \lt AB$.

P2.

Si $AC = AB$, entonces por la Proposición I.5,

P3.

Tenemos que, $\measuredangle ABC = \measuredangle BCA$. En contradicción con la hipótesis.

Por lo tanto, $AC$ no puede ser igual a $AB$.

P4.

Ahora, si $AC \lt AB$ entonces por la Proposición I.18,

P5.

Tenemos que, $\measuredangle ABC \lt \measuredangle BCA$. En contradicción con la hipótesis.

Por lo tanto, $AC$ no puede ser menor que $AB$.

P6.

Por lo tanto, como $AC$ no puede ser igual a $AB$ y $AC$ no puede ser menor que $AB$, entonces $AC \gt AB$.

P1.

Prolongamos el lado $BA$, hasta el punto $D$.

P2.

Por la Proposición I.3, podemos construir $AD$ tal que $AD = AC$.

P3.

Unimos el punto $D$ con el vértice $C$.

P4.

Como $AD = AC$, por la Proposición I.5, tenemos que $\measuredangle ACD = \measuredangle ADC$.

P5.

Por la Noción común 5, el todo es mayor que la parte, entonces en el triángulo $BCD$, tenemos que: $\measuredangle BCD = \measuredangle ACD + \measuredangle BCA$

Por lo tanto, $\measuredangle BCD \gt \measuredangle ACD$.

P6.

Luego, en el triángulo $BCD$ por la Proposición I.19, tenemos que $DB \gt BC$.

P7.

Pero, $DB = BA + AD$ y $AD = AC$.

P8.

Por lo tanto, $BA + AC = DB \gt BC$.

P9.

Por lo tanto, $BA + AC \gt BC$.

Similarmente, podemos demostrar que la suma de $AB$ y $BC$ es mayor que $CA$, y que la suma de $BC$ y $CA$ es mayor que $AB$.

P1.

Los segmentos $BD$ y $DC$ se encuentran dentro del triángulo $\triangle ABC.$

P2.

Prolongamos el lado $BD$ hasta el punto $E$.

P3.

Por la Proposición I.20, sabemos que en cualquier triángulo la suma de dos de sus lados es mayor que el restante, por lo tanto, en el triángulo $BAE$, tenemos que,

$BA + AE \lt BE$ ... ( 1 ).

P4.

Sumamos $EC$ en cada lado de ( 1 ),

$BA + \underbrace{AE + EC}_{\text{AC}} \gt BE + EC$ ... ( 2 ).

P5.

Por lo tanto, $BA + AC \gt BE + EC$ ... ( 3 ).

P6.

Y nuevamente, por la Proposición I.20, en el triángulo $DEC$, la suma de los lados $DE$ y $EC$ es mayor que $DC$.

Esto es, $DE + EC \gt DC$ ... ( 4 ).

P7.

Sumamos $BD$ en cada lado de ( 4 ), obtenemos:

$\underbrace{BD + DE}_{\text{BE}} + EC \gt BD + DC$ ... ( 5 ).

P8.

Por lo tanto, $BE + EC \gt BD + DC$ ... ( 6 ). Retomando ( 3 ) y ( 6 ),

$BA + AC \gt BE + EC$ ... ( 3 ) y $BE + EC \gt BD + DC$ ... ( 6 ).

P9.

Concluimos que $BD + DC \lt BA + AC$ ... ( * ).

P10.

Ahora, en el triángulo $DEC$, por la Proposición I.16, tenemos que el ángulo exterior $\measuredangle BDC$ es mayor que el ángulo interno $\measuredangle DEC$, es decir, $\measuredangle BDC \gt \measuredangle BEC$.

P11.

Por la misma Proposición I.16, en el triángulo $BAE$ tenemos que, $\measuredangle BEC \gt \measuredangle BAC$ ... ( 8 ).

P12.

Por ( 7 ) y ( 8 ), concluimos que $\measuredangle BDC \gt \measuredangle BAC$ ... ( ** ).

P1.

Por la Proposición I.3, podemos construir $DF$, $FG$ y $GH$ tales que $DF = A$, $FG = B$, y $GH = C$.

P2.

Construimos el círculo DKL con centro en F y radio DF.

P3.

Construimos el círculo $KLH$ con centro en $G$ y radio $GH$.

P4.

Formamos el segmento $KF$ que es igual al segmento $FD$.

P5.

Formamos el segmento $KG$, que es igual al segmento $GH$. Afirmamos que el triángulo $\triangle KFG$ es el triángulo solicitado.

Como el círculo $DKL$ tiene centro en $F$ y radio $FK$, entonces $FD = KF$, pero $FD = A$, por lo tanto $KF = A$.

Luego, el círculo $KLH$ tiene centro en $G$ y radio $GH$, entonces $GH = GK$.

Pero $GH = C$, por lo tanto $KG = C$. Y tenemos que $FG = B$.

P6.

Por lo tanto, $\triangle KFG$ es el triángulo requerido.

P1.

Tomando los puntos $D$ y $E$ sobre los lados del ángulo $\measuredangle DCE$.

P2.

Unimos $D$ con $E$, entonces tenemos tres segmentos $CD$, $CE$ y $DE$.

P3.

Según la Proposición I.22, podemos formar un triángulo $\triangle AFG$ con los segmentos $AF$, $AG$, y $FG$ tales que $AF = CD$, $AG = CE$, y $FG = DE$.

P4.

Puesto que los dos lados $CD$ y $CE$ son iguales a los lados $AF$ y $AG$ respectivamente, y la base $DE$ es igual a la base $FG$, por la Proposición I.8, tenemos que $\measuredangle DCE = \measuredangle FAG$.

P1.

Sabemos que $\measuredangle BAC \gt \measuredangle EDF$, y que los lados $AB = DE$ y $AC = DF$.

P2.

Aplicando la Proposición I.23, construimos en el punto $D$ sobre el segmento $DE$, el ángulo $\measuredangle EDG$ tal que $\measuredangle EDG = \measuredangle BAC$.

Y por la Proposición I.3, podemos hacer $DG$ igual a alguno de los lados $AC$ o $DF$ (que son iguales). Digamos $DG = AC$.

P3.

Como $AB = DE$, y $AC = DG$, y $\measuredangle BAC = \measuredangle EDG$, entonces por la Proposición I.4, se sigue que las bases $BC$ y $GE$ son iguales.

$\therefore BC = GE$ ... ( 1 ).

P4.

Construimos los segmentos $GE$ y $GF$.

Nuevamente, como $DF = DG$, por la Proposición I.5, se sigue que $\measuredangle DGF = \measuredangle DFG$.

P5.

Por lo tanto, $\measuredangle DFG \gt \measuredangle EGF$.

P6.

Por lo tanto, el ángulo $\measuredangle EFG$ es mucho mayor que el ángulo $\measuredangle EGF.$

P7.

Ahora, por la Proposición I.19, puesto que en el triángulo $EFG$ se cumple que $\measuredangle EFG \gt \measuredangle EGF$, y el lado opuesto al ángulo mayor es mayor, se sigue que $GE \gt FE$, y por ( 1 ) sabemos que $GE = BC$.

Por lo tanto, $BC \gt FE$.

P1.

Sabemos que $AC = DF$ y $AB = DE$ y que $BC > FE$.

Afirmamos que: $\measuredangle BAC \gt \measuredangle EDF$.

P2.

Ahora, si $\measuredangle BAC = \measuredangle EDF$. Entonces $AC = DF$ y $AB = DE$ y $\measuredangle BAC = \measuredangle EDF$.

Por lo tanto, por la Proposición I.4, tendríamos que $BC = FE$, pero por hipótesis esto no puede ser.

P3.

Luego, si $\measuredangle BAC \lt \measuredangle EDF$, entonces por la Proposición I.24, tendríamos que $BC \lt FE$, lo cual también contradice la hipótesis.

P4.

Por lo tanto, hemos probado que $\measuredangle BAC$ no puede ser ni igual ni menor que $\measuredangle EDF$.

P1.

Sabemos que: $\measuredangle ABC = \measuredangle DEF$ y $\measuredangle BCA = \measuredangle EFD$ y $BC = EF$. Si $AB$ no fuera igual a $DE$, entonces uno de ellos es mayor.

P2.

Supongamos que $AB \gt DE$, por la Proposición I.3, podemos construir un segmento $BG$ igual a $DE$, y unimos $G$ con $C$.

P3.

Puesto que $BG = DE$ y $BC = EF$ respectivamente, y $\measuredangle GBC = \measuredangle DEF$, entonces, por la Proposición I.4, la base $GC$ es igual a la base $DF$, y los triángulos $GBC$ y $DEF$ son iguales, y los ángulos restantes iguales a los ángulos restantes, a saber aquellos opuestos a los lados iguales.

Por lo tanto, $\measuredangle GCB = \measuredangle DEF$.

P4.

Por hipótesis $\measuredangle DFE = \measuredangle BCA$.

Por lo tanto, $\measuredangle GCB = \measuredangle BCA$, el ángulo menor es igual al mayor, lo cual es imposible.

P5.

Por lo tanto, $AB = DE$.

Y por hipótesis sabemos que $BC = EF$.

Por lo tanto, $AB = DE$ y $BC = EF$ respectivamente, y $\measuredangle ABC = \measuredangle DEF$.

Por la Proposición I.4, concluimos que la base $AC$ es igual a la base $DF$, y el ángulo restante $\measuredangle BAC$ es igual al ángulo restante $\measuredangle EDF$.

Por lo tanto, en el Caso 1, si $\measuredangle ABC = \measuredangle DEF$ y $\measuredangle BCA = \measuredangle EFD$ y $BC = EF$, entonces $AB = DE$ y $AC = DF$ y $\measuredangle BAC = \measuredangle EDF$

P1.

Sabemos que: $\measuredangle ABC = \measuredangle DEF$ y $\measuredangle BCA = \measuredangle EFD$ y $AB = DE$. Si $BC$ no fuera igual a $EF$, entonces uno de ellos es mayor que el otro.

P2.

Supongamos que $BC \gt EF$, por la Proposición I.3, podemos construir un segmento $BH = EF$, y formamos el segmento $AH$.

P3.

Como $BH = EF$ y $AB = DE$, y estos lados contienen ángulos iguales, por la Proposición I.4, tenemos que la base $AH$ es igual a la base $DF$, el triángulo $ABH$ igual al triángulo $DEF$, y los ángulos restantes igual a los ángulos restantes, a saber aquellos opuestos a los lados iguales.

Por lo tanto, $\measuredangle BHA = \measuredangle EFD$.

P4.

Pero $\measuredangle EFD = \measuredangle BCA$. Por lo tanto, $\measuredangle BHA = \measuredangle BCA$.

Pero, el ángulo $\measuredangle BHA$ es un ángulo exterior del triángulo $AHC$. Por la Proposición I.16 tenemos que $\measuredangle BHA \gt \measuredangle BCA$.

Entonces tenemos a la vez que $\measuredangle BHA$ es igual y mayor que $\measuredangle BCA$. Esto es una contradicción.

P5.

Por lo tanto, $BC = EF$. Además, por hipótesis, sabemos que $AB = DE$. Por lo tanto, $AB = DE$ y $BC = EF$ respectivamente, y ellos contienen ángulos iguales.

Entonces, por la Proposición I.4, la base $AC$ es igual a la base $DF$, el triángulo $ABC$ es igual al triángulo $DEF$, y el ángulo restante $\measuredangle BAC$ es igual al ángulo restante $\measuredangle EDF$. Por lo tanto, $AC = DF$ y $BC = EF$ y $\measuredangle BAC = \measuredangle EDF$

Por lo tanto, en el Caso 2, si $\measuredangle ABC = \measuredangle DEF$ y $\measuredangle BCA = \measuredangle EFD$ y $AB = DE$, entonces $AC = DF$ y $BC = EF$ y $\measuredangle BAC = \measuredangle EDF$

P1.

Supongamos que prolongamos $AB$ y $CD$ en la dirección de $B$ y $D$, y que se juntan en un punto $G$.

P2.

Entonces, en el triángulo $\triangle GEF$, el ángulo exterior $\measuredangle AEF$ es igual al ángulo interior y opuesto $\measuredangle EFG$, pero según la Proposición I.16, esto es imposible.

Por lo tanto, $AB$ y $CD$ cuando son prolongadas en la dirección de $B$ y $D$, no se intersectan.

P3.

Similarmente, podemos demostrar que las rectas $AB$ y $CD$ tampoco se intersectan cuando son prolongadas en la dirección de $A$ y $C$.

P4.

Por la Definición I.23, líneas rectas que no se intersectan en ninguna dirección son paralelas.

Por lo tanto, $AB$ y $CD$ son rectas paralelas.

P1.

Por hipótesis, $\measuredangle EGB = \measuredangle GHD$.

P2.

Y por la Proposición I.15, $\measuredangle EGB = \measuredangle AGH$, entonces $\measuredangle AGH = \measuredangle GHD$

P3.

Pero $\measuredangle AGH$ y $\measuredangle GHD$ resultan ser ángulos alternos internos iguales, por la Proposición I.27, las rectas $AB$ y $CD$ son paralelas.

P4.

También, por hipótesis sabemos que la suma de dos ángulos internos del mismo lado, $\measuredangle BGH$ y $\measuredangle GHD$, suman dos ángulos rectos, es decir, $\measuredangle BGH + \measuredangle GHD = 180º$.

P5.

Y por la Proposición I.13, la suma de los ángulos $\measuredangle AGH + \measuredangle BGH = 180º$, entonces, $\measuredangle AGH + \measuredangle BGH = \measuredangle BGH + \measuredangle GHD$

P6.

Por lo tanto, $\measuredangle AGH = \measuredangle GHD$, y estos ángulos son alternos internos. Por lo tanto, por la Proposición I.27, las rectas $AB$ y $CD$ resultan ser paralelas.

P1.

Supongamos que $\measuredangle AGH \gt \measuredangle GHD$.

P2.

Sumamos $\measuredangle BGH$ en ambos lados de la desigualdad anterior, entonces $\measuredangle AGH + \measuredangle BGH \gt \measuredangle GHD + \measuredangle BGH$.

Por la Proposición I.13, sabemos que $\measuredangle AGH + \measuredangle BGH = 180º$.

P3.

Por lo tanto, $180º \gt \measuredangle GHD + \measuredangle BGH$, pero estos ángulos son ángulos internos del mismos lado, cuya suma es menor que dos ángulos rectos, entonces si la rectas $AB$ y $CD$ se prolongan indefinidamente, según el Postulado 5, se intersectan.

P4.

¡Pero esto no puede ser!, pues por hipótesis $AB$ y $CD$ son paralelas.

Por lo tanto, el ángulo $\measuredangle AGH$ no puede ser distinto del ángulo $\measuredangle GHD$.

P5.

Por lo tanto, $\measuredangle AGH = \measuredangle GHD$.

P6.

Ahora, por la Proposición I.15, tenemos que $\measuredangle AGH = \measuredangle EGB$.

P7.

Por lo tanto, por la Noción común 1, $\measuredangle EGB = \measuredangle GHD$.

P8.

Sumamos $\measuredangle BGH$ en la igualdad anterior, y por la Noción común 2, tenemos $\measuredangle EGB + \measuredangle BGH = \measuredangle GHD + \measuredangle BGH$. Por la Proposición I.13, sabemos que $\measuredangle EGB + \measuredangle BGH = 180º$.

P9.

Por lo tanto, $\measuredangle GHD + \measuredangle BGH = 180º$.

P1.

Sea $GK$ transversal a las tres rectas.

P2.

Como $GK$ es transversal a las rectas paralelas $AB$ y $EF$, por la Proposición I.29, sabemos que $\measuredangle AGK = \measuredangle GHF$.

P3.

Nuevamente, puesto que la recta $GK$ es transversal a las rectas paralelas $EF$ y $CD$, por la Proposición I.29, sabemos que $\measuredangle GHF = \measuredangle GKD$.

P4.

Por lo tanto, por la Noción común 1, tenemos que $\measuredangle AGK = \measuredangle GKD.$

Y estos ángulos son ángulos alternos internos formados por la transversal $GK$ a las rectas $AB$ y $CD$.

P5.

Por lo tanto, por la Proposición I.27, concluimos que $AB$ y $CD$ son rectas paralelas.

P1.

Tomemos un punto $D$ sobre la recta $BC$. Y construimos el segmento $DA$.

P2.

Por la Proposición I.23, podemos construir sobre el segmento $DA$ y en el punto $A$, el ángulo $\measuredangle DAE$ igual al ángulo $\measuredangle ADC$.

P3.

Prolongamos la recta $AF$ en línea recta con $EA$.

P4.

Puesto que la recta $DA$ es transversal a las dos rectas $BC$ y $EF$ hace los ángulos $\measuredangle DAE$ y $\measuredangle ADC$ alternos internos iguales entre sí.

P1.

Prolongamos el lado $BC$ hasta el punto $D$, con lo cual tenemos el ángulo externo $\measuredangle ACD$.

P2.

Por la Proposición I.31, podemos dibujar la recta $CE$ que pasa por $C$ paralela a $AB$.

P3.

Por la Proposición I.29, como $AB$ y $CE$ son paralelas, y AC es una transversal a ellas, tenemos que $\measuredangle BAC = \measuredangle ACE$.

P4.

Como $AB$ y $CE$ son paralelas, y $BD$ es una transversal a ellas, entonces por la Proposición I.29, tenemos que el ángulo externo $\measuredangle ECD$ es igual al ángulo interno y opuesto del mismo lado $\measuredangle ABC$.

Es decir, $\measuredangle ECD = \measuredangle ABC$.

Por lo tanto, $\measuredangle BAC + \measuredangle ABC = \measuredangle ACE + \measuredangle ECD$, pero $\measuredangle ACE + \measuredangle ECD = \measuredangle ACD$

P5.

Lo cual implica $\measuredangle BAC + \measuredangle ABC = \measuredangle ACD$, que es uno de los resultados que deseábamos probar.

P6.

Luego, sumando $\measuredangle ACB$ en ambos lados de la igualdad anterior, tenemos $\measuredangle ACB + \measuredangle BAC + \measuredangle ABC = \measuredangle ACB + \measuredangle ACD$

Por la Proposición I.13, se cumple que $\measuredangle ACB + \measuredangle ACD = 180º$.

P7.

De donde, $\measuredangle ACB + \measuredangle BAC + \measuredangle ABC = 180º$.

P1.

Por el Postulado 1, unimos $B$ con $C$. Por lo tanto, tenemos que la recta $BC$ es una transversal a las rectas $AB$ y $CD$.

P2.

Puesto que $AB$ es paralela a $CD$, y $BC$ es una transversal, por Proposición I.29, tenemos que los ángulos alternos $\measuredangle ABC$ y $\measuredangle BCD$ son iguales. Es decir, $\measuredangle ABC = \measuredangle BCD$.

P3.

En los triángulos $\measuredangle ABC$ y $\measuredangle DCB$ tenemos que los lados $AB$ y $CD$ son iguales, que $BC$ es lado común, y que $\measuredangle ABC = \measuredangle BCD$, entonces por la Proposición I.4, tenemos que la base $AC$ es igual a la base $BD$, el triángulo $\triangle ABC$ es igual al triángulo $\triangle DCB$, y los ángulos restantes son iguales a los ángulos restantes, respectivamente.

Por lo tanto, $AC = BD$, $\triangle ABC = \triangle DCB$, y $\measuredangle ACB = \measuredangle CBD$ y $\measuredangle CAB = \measuredangle BDC$

P4.

Ahora, demostremos que las rectas $AC$ y $BD$ son paralelas.

Puesto que la recta $BC$ es transversal a las dos rectas $AC$ y $BD$ y forma con ellas, ángulos alternos iguales entre sí, $\measuredangle ACB = \measuredangle CBD$, por la Proposición I.27, concluimos que $AC$ es paralela a $BD$.

P5.

Por lo tanto, por el paso 3, $AC = BD$ y por el paso 4, tenemos que $AC$ es paralela a $BD$. Por lo tanto, $AC$ y $BD$ son iguales y paralelas.

P1.

Como $AB$ es paralela a $CD$, y la recta $BC$ es transversal a ellas, por la Proposición I.29, tenemos que los ángulos alternos $\measuredangle ABC$ y $\measuredangle BCD$ son iguales entre sí.

Es decir, $\measuredangle ABC = \measuredangle BCD$.

P2.

Nuevamente, como $AC$ es paralela a $BD$, y $BC$ es transversal a ellas, por la Proposición I.29, tenemos que los ángulos alternos $\measuredangle ACB$ y $\measuredangle CBD$ son iguales entre sí.

Es decir, $\measuredangle ACB = \measuredangle CBD$.

P3.

Por lo tanto, $\triangle ABC$ y $\triangle DCB$ son dos triángulos que tienen los dos ángulos $\measuredangle ABC$ y $\measuredangle ACB$ igual a los dos ángulos $\measuredangle BCD$ y $\measuredangle CBD$, respectivamente, y el lado $BC$ colinda con los ángulos iguales y es común a ambos.

Por la Proposición I.26, se sigue que los triángulos tienen los lados restantes iguales a los lados restantes, respectivamente, y el ángulo restante igual al ángulo restante, y en consecuencia, los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle DCB$ son iguales.

Por lo tanto, $AB = CD$ y $AC = BD$ y $\measuredangle BAC = \measuredangle CDB$ y $\triangle ABC = \triangle DCB$

P4.

Como $\measuredangle ABC = \measuredangle BCD$ y $\measuredangle CBD = \measuredangle ACB$, por la Noción común 2, el ángulo $\measuredangle ABD = \measuredangle ACD$.

Por lo tanto, $\measuredangle ABD = \measuredangle ACD$.

P5.

Resumiendo, $AB = CD$ y $AC = BD$ y $\measuredangle BAC = \measuredangle CDB$ y $\measuredangle ABD = \measuredangle ACD$ y $\triangle ABC = \triangle DCB$

Por lo tanto, en todo paralelogramo los lados y los ángulos opuestos son iguales entre sí.

P6.

Como consecuencia de trazar la diagonal $BC$, en el paso 3, concluimos que los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle DCB$ son iguales. Por lo tanto, la diagonal $BC$ divide el área del paralelogramo en dos áreas iguales.

P1.

Como $ABCD$ es un paralelogramo, por la Proposición I.34, tenemos que $AD = BC$. Y por la misma proposición, en el paralelogramo $EBCF$, también se cumple que $BC = EF$. Por la Noción común 1, tenemos que $AD = EF$.

P2.

Como el segmento $DE$ es común a los segmentos $AE$ y $DF$, entonces por la Noción común 2, tenemos que $AE = DF$.

P3.

Por la misma Proposición I.34, en el paralelogramo $ABCD$ también $AB = DC$.

P4.

Por lo tanto, los dos lados $EA$ y $AB$ son iguales a los dos lados $FD$ y $DC$, respectivamente, y por la Proposición I.29, el ángulo $\measuredangle FDC$ es igual al ángulo $\measuredangle EAB$, el ángulo externo es igual al ángulo interno y opuesto del mismo lado.

P5.

Por la Proposición I.4, se sigue que la base $EB$ es igual a la base $FC$, y el triángulo $\triangle EAB$ es igual al triángulo $\triangle DFC$.

Por lo tanto, $EB = FC$ y $\triangle EAB = \triangle DFC$. Y en consecuencia, sus áreas son iguales.

P6.

Substrayendo el área del triángulo $\triangle DEG$ de cada uno de los triángulos, por la Noción común 3, el área del trapecio $ABGD$ es igual al área del trapecio $EGCF$.

P7.

Sumando el área del triángulo $\triangle GBC$ a cada una de las áreas de los trapecios, por la Noción común 2, el área del paralelogramo $ABCD$ es igual al área del paralelogramo $EBCF$.

P1.

Como $ABCD$ es un paralelogramo, por la Proposición I.34, tenemos que $AB = DC$ y son paralelas. La recta $AF$ es una transversal a ellas.

P2.

Por la Proposición I.29, el ángulo $\measuredangle FDC$ es igual al ángulo $\measuredangle EAB$, el ángulo externo es igual al ángulo interno y opuesto del mismo lado. Por lo tanto, $\measuredangle FDC = \measuredangle EAB$.

P3.

Como $ABCD$ es un paralelogramo, por la Proposición I.34, tenemos que $AD = BC$. Y por la misma proposición, en el paralelogramo $EBCF$, también se cumple que $BC = EF$.

Por la Noción común 1, concluimos que $AD = EF$.

P4.

Como el segmento $DE$ es común a los segmentos $AD$ y $EF$, entonces por la Noción común 3, tenemos que $AE = DF$.

P5.

Por lo tanto, los dos lados $AE$ y $AB$ son iguales a los dos lados $DF$ y $DC$, y el ángulo $\measuredangle FDC$ es igual al ángulo $\measuredangle EAB$, entonces por la Proposición I.4, se sigue que la base $EB$ es igual a la base $FC$, y el triángulo $\triangle EAB$ es igual al triángulo $\triangle DFC$.

Por lo tanto, $EB = FC$ y $\triangle EAB = \triangle DFC$.

Y en consecuencia, sus áreas son iguales.

P6.

Sumando el área del trapecio $BCDE$ a cada una de las áreas de los triángulos, por la Noción común 2, el área del paralelogramo $ABCD$ es igual al área del paralelogramo $EBCF$.

P1.

Por el Postulado 1, podemos construir los segmentos $BE$ y $CH$.

P2.

Puesto que $BC$ es igual a $FG$ y como $EFGH$ es un paralelogramo, por la Proposición I.34, tenemos que $FG$ es igual a $EH$. Luego, por la Noción común 1, concluimos que $BC$ es igual $EH$.

P3.

Por lo tanto, $BC$ y $EH$ son iguales y también son paralelos, y los segmentos $BE$ y $CH$ unen sus extremos, por la Proposición I.33, tenemos que $EBCH$ es un paralelogramo.

P4.

Por la Proposición I.35 el área del paralelogramo $EBCH$ es igual al área del paralelogramo $ABCD$, pues los paralelogramos tienen la misma base y están contenidos en las mismas paralelas $BC$ y $AH$.

P5.

También por la misma Proposición I.35, el área del paralelogramo $EFGH$ es igual al área del paralelogramo $EBCH$.

P6.

Y por la Noción común 1, concluimos que el área del paralelogramo $ABCD$ también es igual al área del paralelogramo $EFGH$.

P1.

Por el Postulado 2, podemos prolongar $AD$ en ambas direcciones hasta $E$ y $F$.

P2.

Por la Proposición I.31, podemos dibujar $BE$ por el punto $B$ paralela a $CA$, y dibujar $CF$ por el punto $C$ paralela a $BD$.

P3.

Luego, cada una de las figuras $EBCA$ y $DBCF$ es un paralelogramo, y por la Proposición I.35, sus áreas son iguales, pues comparten la misma base y están contenidos en las mismas paralelas.

P4.

Por la Proposición I.34, el área del triángulo $ABC$ es la mitad del área del paralelogramo $EBCA$, pues el lado $AB$ es una diagonal del paralelogramo.

P5.

Y por la misma Proposición I.34, el área del triángulo $DBC$ es la mitad del área del paralelogramo $DBCF$, pues la diagonal $DC$ lo biseca.

P6.

Luego, por la Noción común 1, el área del triángulo $ABC$ es igual al área del triángulo $DBC$.

P1.

Por el Postulado 2, podemos prolongar $AD$ en ambas direcciones hasta $G$ y $H$.

P2.

Por la Proposición I.31, podemos dibujar $BG$ por el punto $B$ paralela a $CA$ y dibujar $FH$ por el punto $F$ paralela a $DE$.

P3.

Entonces cada una de las figuras $GBCA$ y $DEFH$ es un paralelogramo, y por la Proposición I.36, el área del paralelogramo $GBCA$ es igual al área del paralelogramo $DEFH$, pues tienen bases iguales, $BC = EF$, y están contenidos en las mismas paralelas $BF$ y $GH$.

P4.

Luego, por la Proposición I.34, el área del triángulo $ABC$ es la mitad del área del paralelogramo $GBCA$, pues el lado $AB$ es una de sus diagonales. Y por la misma razón, el área del triángulo $FED$ es la mitad del área del paralelogramo $DEFH$, pues su lado $DF$ lo biseca.

P5.

Por lo tanto, por la Noción común 1, el triángulo $ABC$ es igual al triángulo $DEF$.

P1.

Por el Postulado 1, podemos unir $A$ con $D$, formando así la recta $AD$.

P2.

Si $AD$ no fuese paralela a $BC$, entonces, por la Proposición I.31, podemos dibujar $AE$ que pasa por $A$ paralela a $BC$.

P3.

Por la Proposición I.37, el área del triángulo $ABC$ es igual al área del triángulo $EBC$, pues tienen la misma base $BC$ y están en las mismas paralelas.

P4.

Pero el área del triángulo $ABC$, por hipótesis, es igual al área del triángulo $DBC$.

P5.

Por lo tanto, por la Noción común 1, el área del triángulo $DBC$ es también igual al área del triángulo $EBC$, pero esto significa que el área del triángulo mayor es igual al área del triángulo menor, lo cual es imposible.

Por lo tanto $AE$ no es paralela a $BC$.

P6.

Por lo tanto, $AD$ es paralela a $BC$.

P1.

Por el Postulado 1, unimos $A$ con $D$, creando la recta $AD$.

P2.

Si $AD$ no fuese paralela a $BE$, entonces, por la Proposición I.31, podemos dibujar $AF$ paralela a $BE$.

P3.

Por la Proposición I.38, el área del triángulo $ABC$ es igual al área del triángulo $FCE$, pues sus bases son iguales y están contenidos en las mismas paralelas $BE$ y $AF$.

P4.

Pero, por hipótesis, el área del triángulo $ABC$ es igual al área del triángulo $DCE$.

P5.

Por lo tanto, por la Noción común 1, el área del triángulo $DCE$ es igual al área del triángulo $FCE$, pero esto significa que el área del triángulo mayor es igual al área del triángulo menor, lo cual es imposible.

Por lo tanto $AF$ no es paralela a $BE$.

P6.

Por lo tanto, $AD$ es paralela a $BE$.

P1.

Por el Postulado 1, podemos unir $A$ con $C$, construyendo la diagonal $AC$.

P2.

Entonces, por la Proposición I.37, el área del triángulo $ABC$ es igual al área triángulo $EBC$, pues tiene la misma base $BC$ y están en las mismas paralelas $BC$ y $AE$.

P3.

Pero el área del paralelogramo $ABCD$, por la Proposición I.34, es el doble del área del triángulo $ABC$, pues la diagonal $AC$ divide el área en dos partes iguales.

P4.

Por lo tanto, el área del paralelogramo $ABCD$, es también el doble del área del triángulo $EBC$.

P1.

Por la Proposición I.10, podemos bisecar el segmento $BC$ en el punto $E$.

Y por el Postulado 1, unimos $A$ con $E$, construyendo la recta $AE$.

P2.

Por la Proposición I.23, podemos construir sobre la recta $EC$ y en el punto $E$ un ángulo $CEF$ igual al ángulo $D$.

P3.

Por la Proposición I.31, podemos dibujar $AG$ por $A$ paralela a $EC$, y dibujar $CG$ por $C$ paralela a $EF$.

P4.

Por lo tanto, $FECG$ es un paralelogramo.

P5.

Por la Proposición I.38, el área del triángulo $ABE$ es igual al área del triángulo $AEC$, pues sus bases son iguales, $BE = EC$, y están en las mismas rectas paralelas $BC$ y $AG$.

P6.

Por lo tanto, el área del triángulo $ABC$ es el doble del área del triángulo $AEC$.

P7.

Luego, por la Proposición I.41, el área del paralelogramo $FECG$ es también el doble del área del triángulo $AEC$, porque tienen la misma base y están en las mismas rectas paralelas.

P8.

Por la Noción común 1, el área del paralelogramo $FECG$ es igual al área del triángulo $ABC$, y tiene el ángulo $CEF$ igual al ángulo dado $D$.

P1.

Como $ABCD$ es un paralelogramo, y $AC$ es su diagonal, por la Proposición I.34, tenemos que el área del triángulo $ABC$ es igual al área del triángulo $ACD$.

P2.

Sabemos que $EH$ es un paralelogramo y $AK$ es su diagonal, y que $FG$ es un paralelogramo y $KC$ es su diagonal.

P3.

Entonces por la Proposición I.34, el área del triángulo $AEK$ es igual al área del triángulo $AHK$. Por la misma razón, el área del triángulo $KFC$ es igual al área del triángulo $KGC$.

Y por la Noción común 2, tenemos que el área del triángulo $AEK$ junto con el área del triángulo $KGC$ es igual al área del triángulo $AHK$ junto con el área del triángulo $KFC$.

Esto mismo haciendo uso de la notación para denotar el área del triángulo $ABC$, lo escribimos así:

$(AEK) = (AHK)$ y $(KGC) = (KFC)$
$\implies$
$(AEK) + (KGC) = (AHK) + (KFC)$

P4.

Y como el área del triángulo $ABC$ es igual al área del triángulo $ACD$, por la Noción común 3, concluimos que el área del complemento $BK$ es igual al área del complemento $KD$.

P1.

Por el Postulado 2, podemos prolongar la recta $AB$ hasta el punto $R.$ Luego, por la Proposición I.3, y la Proposición I.22, podemos construir sobre $BR$ un triángulo $BUV$ igual al triángulo dado $C.$

Por lo tanto, el área del triángulo $BUV$ es igual al área del triángulo $C$.

P2.

A partir del triángulo $BUV$, por la Proposición I.42, podemos construir el paralelogramo $BEGF$ de área igual a la del triángulo $BUV$ en el ángulo $\measuredangle EBG$ que es igual al ángulo dado $\measuredangle D$.

P3.

Por lo tanto, hemos construido el paralelogramo $BEFG$ de área igual a la del triángulo $C$ en el ángulo $\measuredangle EBG$ que es igual al ángulo dado $\measuredangle D$, y lo hemos colocado de manera que $BE$ esté en línea recta con $AB$.

P4.

Por el Postulado 2, podemos prolongar $FG$ hasta el punto $H$, y por la Proposición I.31, podemos dibujar $AH$ por $A$ paralela a $BG$ o $EF$.

P5.

Por el Postulado 1, unimos $H$ con $B$. Creando la recta $HB$.

P6.

Como la recta $HF$ es una transversal a las paralelas $AH$ y $EF$, por la Proposición I.29, la suma de los ángulos $\measuredangle AHF$ y $\measuredangle HFE$ es igual a dos ángulos rectos. Por lo tanto, la suma de los ángulos $\measuredangle BHG$ y $\measuredangle HFE$ es menor que dos ángulos rectos.

Es decir, $\measuredangle BHG + \measuredangle HFE \lt 180º$.

P7.

Y líneas rectas que se prolongan indefinidamente desde ángulos cuya suma es menor que dos ángulos rectos, por el Postulado 5, se intersectan.

Por lo tanto, $HB$ y $FE$ se intersectan.

Llamemos $K$ a tal punto de intersección.

P8.

Dibujamos $KL$ hasta el punto $L$ paralela a $EA$ o a $FH$. Prolongamos $HA$ y $GB$ hasta los puntos $L$ y $M$.

P9.

Entonces $HLKF$ es un paralelogramo, $HK$ su diagonal, $AG$ y $ME$ son paralelogramos alrededor de $HK$, y $LB$ y $BF$ son los complementos.

P10.

Por la Proposición I.43, el área del paralelogramo $LB$ es igual al área del paralelogramo $BF$.

Pero el área del paralelogramo $BF$ es igual al área del triángulo $C$, pues así lo construimos.

Entonces, por la Noción común 1, el área del paralelogramo $LB$ es igual al área del triángulo $C$.

P11.

Por la Proposición I.15, sabemos que el ángulo $\measuredangle EBG$ es igual al ángulo $\measuredangle ABM$, y el ángulo $\measuredangle EBG$ es igual al ángulo $D$.

Entonces, por la Noción común 1, el ángulo $\measuredangle ABM$ también es igual al ángulo $\measuredangle D$.

P1.

Por el Postulado 1, unimos $D$ con $B$, y creamos la recta $DB$.

P2.

Por la Proposición I.42, podemos construir un paralelogramo $FH$ de área igual a la del triángulo $ABD$ con el ángulo $\measuredangle HKF$ igual al ángulo $\measuredangle E$.

P3.

Luego, por la Proposición I.44, podemos construir sobre el segmento $GH$ un paralelogramo $GM$ de área igual a la del triángulo $DBC$ en el ángulo $\measuredangle GHM$ igual al ángulo $\measuredangle E$.

Ahora, demostraremos que $KFLM$ es un paralelogramo.

P4.

Puesto que el ángulo $\measuredangle E$ es igual al ángulo $\measuredangle HKF$ y también al ángulo $\measuredangle GHM$, por la Noción común 1, tenemos que:

$\measuredangle HKF = \measuredangle GHM$

Si sumamos a cada uno de estos ángulos el ángulo $\measuredangle KHG$, entonces por la Noción común 2, tenemos que:

$\measuredangle HKF + \measuredangle KHG = \measuredangle GHM + \measuredangle KHG$

P5.

Pero, por la Proposición I.29, la suma de los ángulos $\measuredangle HKF$ y $\measuredangle KHG$ es igual a dos ángulos rectos, por lo tanto, $\measuredangle GHM + \measuredangle KHG = 180º$.

P6.

En la línea recta $GH$ en el punto $H$, las rectas $KH$ y $HM$ que no están del mismo lado forman ángulos adyacentes cuya suma es igual a dos ángulos rectos (igualdad anterior), por la Proposición I.14, concluimos que $HK$ está en línea recta con $HM$.

P7.

Como la línea recta $HG$ es transversal a las rectas paralelas $KM$ y $FG$, por la Proposición I.29, los ángulos alternos $\measuredangle GHM$ y $\measuredangle HGF$ son iguales entre sí. Esto es, $\measuredangle GHM = \measuredangle HGF$.

P8.

Si sumamos el ángulo $\measuredangle HGL$ a cada lado de la igualdad anterior, entonces por la Noción común 2, tenemos que $\measuredangle GHM + \measuredangle HGL = \measuredangle HGF + \measuredangle HGL$.

Por la Proposición I.29, tenemos que la suma de los ángulos $\measuredangle GHM$ y $\measuredangle HGL$ es igual a dos ángulos rectos, por lo tanto $\measuredangle HGF + \measuredangle HGL = 180º$.

P9.

Entonces por la Proposición I.14, concluimos que $FG$ está en línea recta con $GL$.

P10.

Sabemos que $FK$ es igual y paralela a $GH$, y que $GH$ es igual y paralela a $LM$, entonces por la Proposición I.30, y por la Proposición I.34, tenemos que $FK$ es también igual y paralela a $LM.$

Y las rectas $KM$ y $FL$ están unidas a ellas en sus extremos, entonces por la Proposición I.33, las rectas $KM$ y $FL$ son también iguales y paralelas.

Por lo tanto, $KFLM$ es un paralelogramo.

P11.

Como el área del triángulo $ABD$ es igual al área del paralelogramo $FH$, y el área del triángulo $DBC$ es igual al área del paralelogramo $GM$, por la Noción común 2, tenemos que el área de la figura rectilínea $ABCD$ es igual al área del paralelogramo $KFLM$.

P1.

Por la Proposición I.11, podemos dibujar $AC$ en ángulo recto a la línea $AB$ desde el punto $A$.

P2.

Por la Proposición I.3, podemos dibujar sobre $AC$ un segmento $AD$ igual al segmento $AB$.

Por lo tanto, $AD = AB$.

P3.

Por la Proposición I.31, podemos dibujar $DE$ paralela a $AB$ por el punto $D$.

Por la misma razón, dibujamos $BE$ paralela a $AD$ por el punto $B$.

P4.

Pero, $AB = AD$, por lo tanto las cuatro rectas $BA$, $AD$, $DE$ y $EB$ son iguales entre sí.

Entonces, por la Proposición I.33, $ADEB$ es un paralelogramo.

Ahora, demostraremos que el paralelogramo $ADEB$ es también equiangular.

P5.

Como la recta $AD$ es transversal a las paralelas $AB$ y $DE$, por la Proposición I.29, la suma de los ángulos $\measuredangle BAD$ y $\measuredangle ADE$ es igual a dos ángulos rectos. Es decir, $\measuredangle BAD + \measuredangle ADE = 180º$.

P6.

Pero el ángulo $\measuredangle BAD$ es recto, por lo tanto, el ángulo $\measuredangle ADE$ es también recto.

P7.

Y por la Proposición I.34, en los paralelogramos los lados y los ángulos opuestos son iguales, por lo tanto, cada uno de los opuestos $\measuredangle ABE$ y $\measuredangle BED$ es también recto.

Por lo tanto, el paralelogramo $ADEB$ tiene todos sus ángulos rectos.

Y como también se demostró que es equilátero, por la Definición I.22, tenemos que $ADEB$ es un cuadrado.

P1.

Por la Proposición I.46, podemos construir un cuadrado $BDEC$ sobre $BC$, y los cuadrados $GB$ y $HC$ sobre $BA$ y $AC$, respectivamente.

P2.

Por la Proposición I.31, podemos dibujar $AL$ paralela a $BD$ o $CE$ por el punto $A$.

P3.

Por el Postulado 1, dibujamos $AD$ y $FC$.

P4.

Sabemos por la Definición I.22, que cada uno de los ángulos $\measuredangle BAC$ y $\measuredangle BAG$ es un ángulo recto.

P5.

Luego, tenemos que la línea recta $BA$ y en un punto $A$ de ella, las dos rectas $AG$ y $AC$ no están del mismo lado y forman ángulos adyacentes iguales a dos ángulos rectos. Por la Proposición I.14, concluimos que $CA$ está en línea recta con $AG$. Entonces $GC$ es una recta.

P6.

Por la definición de cuadrado, Definición I.22, y por el Postulado 4, sabemos que $\measuredangle DBC = \measuredangle FBA$.

Sumamos el ángulo a cada uno,

$\underbrace{\measuredangle FBA + \measuredangle ABC}_{\measuredangle DBA} = \underbrace{\measuredangle DBC + \measuredangle ABC}_{\measuredangle FBC}$

Y por la Noción común 2, tenemos que todo el ángulo $\measuredangle DBA$ es igual a todo el ángulo $\measuredangle FBC$.

Esto es, $\measuredangle DBA = \measuredangle FBC$.

P7.

Nuevamente, por la Definición I.22, el lado $DB = BC$ y $FB = BA$.

Por lo tanto, los dos lados $AB$ y $BD$ son iguales a los lados $FB$ y $BC$, respectivamente. Y por el paso anterior, sabemos que $\measuredangle DBA = \measuredangle FBC$.

P8.

Por lo tanto, por la Proposición I.4, tenemos que la base $AD$ es igual a la base $FC$, y el triángulo $ABD$ es igual al triángulo $FBC$.

Esto es, $\triangle ABD = \triangle FBC$.

P9.

Ahora, por la Proposición I.41 tenemos que el área del paralelogramo $BL$ es el doble del área del triángulo $ABD$, pues tienen la misma base $BD$ y están contenidos en las misma paralelas $BD$ y $AL$.

Por lo tanto, $área (BL) = 2 [área (\triangle ABD)]$.

P10.

Por la misma Proposición I.41, el área del cuadrado $GB$ es el doble del área del triángulo $FBC$, pues tienen la misma base $FB$ y están en las mismas paralelas $FB$ y $GC$.

Por lo tanto, $área (\square BG) = 2 [área (\triangle FBC)]$.

P11.

Por lo tanto, el área del paralelogramo $BL$ es igual al área del cuadrado $GB$. Esto es, $área (BL) = área (\square GB)$.

P12.

Similarmente, si dibujamos $AE$ y $BK$, también podemos probar que el área del paralelogramo $CL$ es igual al área del cuadrado $HC$. Esto es, $área (CL) = área (\square HC)$.

P13.

Por la Noción común 2, el área del cuadrado $BDEC$ es igual a la suma de las áreas de los cuadrados $GB$ y $HC$. Esto es, $área (\square BDEC) = área (BL) + área (CL) =área (\square GB) + área (\square HC)$

Y el cuadrado $BDEC$ está construido sobre $BC$, y los cuadrados $GB$ y $HC$ sobre $BA$ y $AC$.

Por lo tanto, el área del cuadrado sobre $BC$ es igual la suma de las áreas de los cuadrados sobre $BA$ y $AC$.

P1.

Por la Proposición I.11, podemos dibujar desde el punto $A$, la recta $AY$ en ángulo recto a la recta $AC$.

P2.

Y por la Proposición I.3, construimos $AD$ igual a $BA$.

P3.

Por el Postulado 1, unimos $D$ con $C$, formando la recta $DC$.

P4.

Como $DA = AB$, entonces el área del cuadrado sobre $DA$ es igual al área del cuadrado sobre $AB$.

Esto es, $área (\square DA) = área (\square AB)$.

P5.

Sumamos el área del cuadrado sobre $AC$ a cada una de las áreas anteriores.

$\begin{rcases} área (\square DA) = área (\square AC) \\ área (\square AB) = área (\square AC) \end{rcases} ...$ ( 1 )

Entonces, por la Noción común 2, la suma de las áreas de los cuadrados sobre $DA$ y $AC$ es igual a la suma de las áreas de los cuadrados sobre $AB$ y $AC$.

P6.

Puesto que el ángulo es recto, entonces por la Proposición I.47, tenemos que el área del cuadrado sobre $DC$ es igual a la suma de las áreas de los cuadrados sobre $DA$ y $AC$,

$área (\square DC) = área (\square DA) + área (\square AC)$

P7.

Pero, por hipótesis el área del cuadrado sobre $BC$ es igual a la suma de las áreas de los cuadrados sobre $BA$ y $AC$.

$área (\square BC) = área (\square BA) + área (\square AC)$

P8.

Por lo tanto, por la igualdad ( 1 ) y por la Noción común 1, el área del cuadrado sobre $DC$ es igual al área del cuadrado sobre $BC$.

$área (\square DC) = área (\square BC)$

P9.

Así que el lado $DC$ también es igual a lado $BC$. Esto es, $DC = BC$.

P10.

Como $DA = AB$ y $AC$ es común, entonces los lados $DA$ y $AC$ son iguales a los lados $BA$ y $AC$, respectivamente y la base $DC$ es igual a la base $BC$, entonces por la Proposición I.8, concluimos que el ángulo $\measuredangle DAC$ es igual al ángulo $\measuredangle BAC$.

Esto es, $\measuredangle DAC = \measuredangle BAC$. Pero, el ángulo $\measuredangle DAC$ es recto. Por lo tanto, el ángulo $\measuredangle BAC$ también es recto.

P1.

Por la Proposición I.1, podemos construir los triángulos equiláteros $\triangle ABC'$ y $\triangle CAB'$ sobre los lados $AB$ y $CA$, respectivamente.

P2.

Construimos los segmentos $BB'$ y $CC'$.

P3.

Se forma el triángulo $\triangle BAB'$,

P4.

y también el triángulo $\triangle CAC'$.

P5.

En los triángulos $\triangle BAB'$ y $\triangle CAC'$ se tiene que $AB = AC'$, $AB' = AC$ y $\measuredangle BAB' = \measuredangle BAC + \measuredangle 60º$ y $\measuredangle CAC' = \measuredangle BAC + \measuredangle 60º$.

Por lo tanto, $\measuredangle BAB' = \measuredangle CAC'$.

P6.

Por la Proposición I.4, criterio de congruencia LAL, los triángulos $\triangle BAB'$ y $\triangle CAC'$ son congruentes.

Por lo tanto, $BB' = CC'$

P1.

Trazamos la diagonal $AC$ del paralelogramo $ABCD$.

Se forman dos triángulos, a saber, $\triangle ABC$ y $\triangle CDA$.

P2.

Como $AC$ es una transversal a las paralelas $AD$ y $BC$, entonces los ángulos $\measuredangle DAC$ y $\measuredangle ACB$ son ángulos alternos internos. Por la Proposición I.29, obtenemos que $\measuredangle DAC = \measuredangle ACB$.

P3.

También $AC$ es una transversal a las paralelas $AB$ y $CD$, entonces los ángulos $\measuredangle CAB$ y $\measuredangle DCA$ son ángulos alternos internos, y nuevamente por la Proposición I.29, tenemos que $\measuredangle CAB = \measuredangle DCA$.

P4.

Pero $AC$ es un lado común de los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle CDA$. Por la Proposición I.26, criterio de congruencia ALA, concluimos que estos triángulos son congruentes.

P1.

Construimos $AA'$. Por lo tanto, $AA'$ es un lado común de los triángulos $\triangle ABA'$ y $\triangle ACA'$.

P2.

Por hipótesis, tenemos que $AB = AC$ y $BA' = CA'$.

P3.

Por la Proposición I.8, criterio de congruencia LLL, los triángulos $\triangle ABA'$ y $\triangle ACA'$ son congruentes. Es decir, $\triangle ABA' = \triangle ACA'$.

P1.

Sea el triángulo $A'B'C'$ tal que $A' = A$, $B' = C$ y $C' = B$. Se trata del mismo triángulo $ABC$ solo que sus vértices son recorridos en sentido contrario.

P2.

Por hipótesis, tenemos que $AB = AC$.

Por lo tanto, $A'B' = AC = AB$, $B'C' = CB = BC$ y $C'A' = BA = CA$.

P3.

Por la Proposición I.8, criterio de congruencia LLL, los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle A'B'C'$ son congruentes.

Por lo tanto, $\measuredangle ABC = \measuredangle A'B'C' = \measuredangle ACB$.

P1.

A partir del triángulo rectángulo $ABC$ construimos el rectángulo $ABCD$, al trazar la $DC$ paralela a $AB$ y $DA$ paralela $BC$.

Entonces los triángulos $\triangle CDA$ y $\triangle ABC$ son congruentes.

P2.

El área del rectángulo es el producto de sus lados $AB \times BC$.

Por lo tanto, el área del triángulo rectángulo $\triangle ABC$ es:

P1.

Hagamos $BD = a_1$ y $DC = a_2$, entonces $a = a_1 + a_2$.

P2.

Entonces $(ABC) = (ABD) + (ADC)$, por el Teorema 1,

P1.

Supongamos que $B$ está entre $D$ y $C$. Hagamos $BD = a_1$. Tenemos formado un triángulo rectángulo $ABD$ de base $BD = a_1$ y altura $h$.

P2.

Hagamos $DC = a_2$. Tenemos formado un triángulo rectángulo $ADC$ de base $DC = a_2$ y altura $h$.

P3.

Por lo tanto, $a = a_2 - a_1$ y por el Teorema 1,

P1.

El área del triángulo $ABC$, por el Teorema 2, está dada por

P2.

El área del triángulo $XYZ$, por el Teorema 2, está dada por

P3.

Por lo tanto, la razón de sus áreas es

P1.

El área del triángulo $ABC$, por el Teorema 2, está dada por

P2.

El área del triángulo $XYZ$, por el Teorema 2, está dada por

P3.

Por lo tanto, la razón de sus áreas es

P1.

Dibujamos $BE$.

P2.

Entonces los triángulos $\triangle ABE$ y $\triangle ADE$ tienen la misma altura desde el vértice $E$, y según el Teorema 3 la razón de sus bases es igual a la razón de sus áreas, así:

$\dfrac{AB}{AD} = \dfrac{(ABE)}{(ADE)} \;\;\;$ ... ( 1 )

P3.

Dibujamos $DC$.

P4.

Entonces los triángulos $\triangle ADC$ y $\triangle ADE$ tienen la misma altura desde el vértice $D$, por lo tanto la razón de sus bases es igual a la razón de sus áreas, por lo tanto:

$\dfrac{AC}{AE} = \dfrac{(ADC)}{(ADE)} \;\;\;$ ... ( 2 )

P5.

Los triángulos $\triangle DEB$ y $\triangle DEC$ tienen a $DE$ como base común, y como $DE$ y $BC$ son paralelas, las respectivas alturas sobre esta base miden lo mismo, así $(DBE) = (DCE)$.

P6.

Por lo tanto, $$\begin{align*} (ABE) &= (ADE) + (DBE) \\ &= (ADE) + (DEC) \\ &= (ADC) \end{align*}$$ De ( 1 ) y ( 2 ) y de ecuación anterior obtenemos:

$\dfrac{AB}{AD} = \dfrac{(ABE)}{(ADE)} = \dfrac{(ADC)}{(ADE)} = \dfrac{AC}{AE}$

$\therefore \dfrac{AB}{AD} = \dfrac{AC}{AE}$

P1.

Supongamos que $DE$ no es paralela a $BC$.

P2.

Por la Proposición I.31, sea $BC'$ la recta que pasa por $B$ paralela a $DE$ y supongamos que $BC'$ intersecta a $AC$ en $C'$.

P3.

Por la parte directa del primer Teorema de Thales, tenemos que

$\dfrac{AB}{AD} = \dfrac{AC'}{AE}$

P4.

Como por hipótesis $\dfrac{AB}{AD} = \dfrac{AC}{AE}$ entonces $\dfrac{AC'}{AE} = \dfrac{AC}{AE}$

P5.

Por lo tanto, $C = C'$ y $C \neq C'$, lo cual es un absurdo. Por lo tanto $DE$ es paralela a $BC$.

P1.

Sea $AF$ otra transversal a las tres rectas dadas. Y sea $G$ el punto de intersección de $AF$ con $BE$.

P2.

Tenemos dos triángulos $\triangle ACF$ y $\triangle FAD$.

P3.

Y el primer Teorema de Thales, afirma que

$\dfrac{AB}{BC} = \dfrac{AG}{GF}$ y $\dfrac{FG}{GA} = \dfrac{FE}{ED}$

si y sólo si $AD$, $BE$ y $CF$ son paralelas.

P4.

Luego $AD$, $BE$ y $CF$ son paralelas si y sólo sí

$\dfrac{AB}{BC} = \dfrac{AG}{GF}$ y $\dfrac{AG}{GF} = \dfrac{ED}{FE}$

$\therefore \dfrac{AB}{BC} = \dfrac{DE}{EF}$

P1.

Supongamos que $BE$ y $CF$ son paralelas y que la otra recta $AD$ satisface que $\dfrac{AB}{BC} = \dfrac{DE}{EF}$.

P2.

Sea $G$ el punto de intersección de $AF$ con $BE$.

P3.

Como BE y CF son paralelas, entonces por el la parte directa del primer teorema de Thales, tenemos que

$\dfrac{AB}{BC} = \dfrac{AG}{GF}$

P4.

Y por hipótesis, $\dfrac{AB}{BC} = \dfrac{DE}{EF}$, entonces $\dfrac{DE}{EF} = \dfrac{AG}{GF}$.

P5.

Por lo tanto, en el triángulo $ADF$ se cumple que $\dfrac{DE}{EF} = \dfrac{AG}{GF}$ entonces por el recíproco del primer Teorema de Thales, $GE$ y por lo tanto $BE$ es paralela a $AD$.

P1.

Sean $E'$ y $F'$ dos puntos sobre $AB$ y $AC$ respectivamente, tales que $AE' = DE$ y $AF' = DF$.

P2.

Por la Proposición I.4, criterio de congruencia LAL, tenemos que los triángulos $\triangle AE'F'$ y $\triangle DEF$ son congruentes.

P3.

Por lo tanto, los ángulos $\measuredangle AE'F'$ y $\measuredangle DEF$ son iguales.

Y como $\measuredangle DEF = \measuredangle ABC$, entonces $\measuredangle AE'F' = \measuredangle ABC$.

P4.

Pero, los ángulos $\measuredangle AE'F'$ y $\measuredangle ABC$ son correspondientes.

Por la Proposición I.28, concluimos que las rectas $E'F'$ y $BC$ son paralelas.

P5.

Por el primer Teorema de Thales, tenemos que $\dfrac{AB}{AE'} = \dfrac{AC}{AF'}$.

pero $AE' = DE$ y $AF' = DF$, entonces $\dfrac{AB}{DE} = \dfrac{AC}{DF}$.

P1.

Sean $E'$ y $F'$ puntos sobre $AB$ y $AC$ respectivamente, tales que $AE' = DE$ y $AF' = DF$.

P2.

Por la Proposición I.4, criterio de congruencia LAL, los triángulos $\triangle AE'F'$ y $\triangle DEF$ son congruentes.

P3.

Por hipótesis, sabemos que $\dfrac{AB}{DE} = \dfrac{AC}{DF}$.

Por lo tanto, $\dfrac{AB}{AE'} = \dfrac{AC}{AF'}$.

P4.

Por el recíproco del primer Teorema de Thales, concluimos que $E'F'$ y $BC$ son paralelas.

P5.

Por lo tanto, los ángulos $\measuredangle ABC$ y $\measuredangle AE'F'$ son iguales. Además, por hipótesis $\measuredangle BAC = \measuredangle EDF$.

Por el Criterio de semejanza AA, tenemos que los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle AE'F'$ son semejantes.

Como los triángulos $\triangle AE'F'$ y $\triangle DEF$ son congruentes, entonces los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$ son semejantes.

P1.

Sean $E'$ y $F'$ puntos sobre $AB$ y $AC$ respectivamente, tales que $AE' = DE$ y $AF' = DF$ ... ( 2 )

P2.

Sustituyendo en ( 1 ), $DE$ y $DF$ por $AE'$ y $AF'$ respectivamente, tenemos $\dfrac{AB}{AE'} = \dfrac{AC}{AF'}$.

P3.

El ángulo $\measuredangle BAC$ es un ángulo común de los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle AE'F'$.

P4.

Por el Teorema de semejanza LAL, los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle AE'F'$ son semejantes.

P5.

Por lo tanto, $\dfrac{E'F'}{BC} = \dfrac{AE'}{AB} \implies E'F' = BC \dfrac{AE'}{AB}$

y por ( 2 ), $\implies E'F' = BC \dfrac{DE}{AB}$

De ( 1 ), $\implies EF = BC \dfrac{DE}{AB}$

Por lo tanto, $E'F' = EF \;\;$ ( 3 ).

Por ( 2 ) y ( 3 ) y la Proposición I.8, criterio de congruencia LLL, concluimos que los triángulos $\triangle AE'F'$ y $\triangle DEF$ son congruentes, y en consecuencia los triángulos $\triangle ABC$ y $\triangle DEF$ son semejantes.

P1.

Construimos el segmento $B'C'$.

P2.

Entonces $\dfrac{AC'}{C'B} = \dfrac{AB'}{B'C}$.

P3.

Por el recíproco del Primer Teorema de Thales, $C'B'$ es paralelo a $BC$.

P4.

Por el punto $B'$, construimos la recta $B'P$ paralela a $AB$. Formándose el triángulo $\triangle B'PC$.

P5.

En los triángulos, $\triangle AC'B'$ y $\triangle B'PC$, se cumple: $\measuredangle C'AB' = \measuredangle PB'C$, $\measuredangle AB'C' = \measuredangle B'CP$ y $AB' = B'C$

Por la Proposición I.26, criterio de congruencia ALA, concluimos que $\triangle AC'B' = \triangle B'PC$.

P6.

Por lo tanto, por ser lados homólogos de triángulos iguales, $C'B' = PC$ ... ( 1 ).

P7.

Tenemos que $C'B'$ y $BP$, son lados opuestos del paralelogramo $PBC'B'$.

Por lo tanto, $C'B' = BP$ ... ( 2 ).

Sumando ( 1 ) y ( 2 ), obtenemos:

$C'B' + C'B' = PC + BP$

$\implies 2C'B' = BC$

$\implies C'B'= \dfrac{BC}{2}$

P1.

Construimos dos de las tres medianas, $BB'$ y $CC'$ que se intersectan en el punto $G$.

P2.

Sean $L$ y $M$ los puntos medios de $GB$ y $GC$.

P3.

Por el Lema 1 (de puntos y rectas notables del triángulo), tenemos que $C'B'$ y $LM$ son paralelos a $BC$, y

$C'B' = \dfrac{BC}{2}$ y $LM = \dfrac{BC}{2}$

P4.

Por lo tanto, $C'B'$ y $LM$ son paralelos y miden lo mismo. En consecuencia, $B'C'LM$ es un paralelogramo.

P5.

Como las diagonales de un paralelogramo se bisecan, tenemos que $B'G = GL = LB$ y $C'G = GM = MC$.

Por lo tanto, la mediana $BB'$ se triseca en el punto $G$, y la mediana $CC'$ también se triseca en el punto $G$.

P6.

Igualmente la mediana $AA'$ se triseca en el punto $G$. Es decir, que se $G$ cumple la relación $\dfrac{AG}{GA'} = 2$.

En otras palabras, este punto $G$, que podría haber sido definido como un punto de trisección de una mediana, es también un punto de trisección de otra, y similarmente de la tercera.

P1.

Sea $Z$ pie de la perpendicular por $P$ sobre $AB$ y $Y$ pie de la perpendicular por $P$ sobre $AC$.

P2.

Los triángulos $\triangle AZP$ y $\triangle AYP$ tienen el lado $AP$ en común y dos ángulos iguales.

P3.

Por la Proposición I.26, criterio de congruencia ALA, los triángulos son iguales, $\triangle AZP = \triangle AYP$.

P4.

Por lo tanto, $PZ = PY$.

P1.

Sea $P$ un punto dentro del ángulo $\measuredangle CAB$ del triángulo $\triangle ABC$ tal que $PZ = PY$, donde $Z$ y $Y$ son los pies de las perpendiculares por $P$ sobre $AB$ y $CA$ respectivamente.

Construimos $AP$.

P2.

Entonces los triángulos rectángulos $\triangle APY$ y $\triangle APZ$ tienen dos pares de lados iguales, $PZ = PY$ y $AP$ es lado común.

P3.

Por la Proposición I.47, Teorema de Pitágoras, el otro par de catetos son iguales. Y por la Proposición I.8, criterio de congruencia LLL, los triángulos $\triangle APY$ y $\triangle APZ$ son congruentes.

P4.

Por lo tanto, los ángulos $\measuredangle PAZ$ y $\measuredangle PAY$ son iguales.

P5.

Por lo tanto, $P$ está en la bisectriz interna de $\measuredangle CAB$.

P1.

Sea $I$ el punto de intersección de las bisectrices $b_b$ y $b_c$.

P2.

Sean $X$, $Y$ y $Z$ los pies de las perpendiculares por $I$ sobre los lados $BC$, $CA$, y $AB$ respectivamente.

P3.

Por el Lema 2 (de puntos y rectas notables del triángulo), al estar $I$ en la bisectriz $b_c$, entonces $IX = IY$ ... ( 1 ).

P4.

Por el Lema 2 (de puntos y rectas notables del triángulo), al estar $I$ en la bisectriz $b_b$, entonces $IX = IZ$ ... ( 2 ).

P5.

Por ( 1 ) y ( 2 ), tenemos que $I$ satisface $IY = IZ$.

P6.

Por el Lema 2 (de puntos y rectas notables del triángulo), concluimos que $I$ también está en la bisectriz $b_a$.

P1.

Sea $P$ un punto de la mediatriz del segmento $AB$, y sea $M$ el punto medio de $AB$.

P2.

Formamos los triángulos rectángulos $\triangle PAM$ y $\triangle PBM$. Estos triángulos tienen dos lados iguales ($AM = MB$ y $PM$ es común) y los ángulos entre los lados que se comparan son rectos.

Por la Proposición I.4, criterio de congruencia LAL, los triángulos son congruentes, esto es, $\triangle PAM = \triangle PBM$.

P3.

Por lo tanto, $PA = PB$.

P1.

Sea $M'$ el pie de la perpendicular por $P$ sobre el segmento $AB$.

P2.

Entonces los triángulos rectángulos $\triangle PAM' = \triangle PBM'$ tienen dos pares de lados iguales, $PA = PB$ y $PM'$ que es lado común.

P3.

Por la Proposición I.47, Teorema de Pitágoras, los otros dos catetos son iguales, esto es, $AM' = M'B$.

P4.

Es decir, $M'$ es el punto medio del segmento $AB$. Por lo tanto, $P$ está en la perpendicular que pasa por el punto medio del segmento $AB$. Es decir, $P$ está en la mediatriz del segmento $AB$.

P1.

Sean $l_a$ y $l_b$ las mediatrices de los lados $BC$ y $CA$ del triángulo $ABC$, y $O$ su punto de intersección.

P2.

Como $O$ está en la mediatriz $l_a$, por el Lema 3 (de puntos y rectas notables del triángulo), se cumple que $OB = OC$ ... ( 1 ).

P3.

Y como $O$ está en la mediatriz $l_b$, por el Lema 3 (de puntos y rectas notables del triángulo), se cumple que $OA = OC$ ... ( 2 ).

P4.

Por ( 1 ) y ( 2 ), concluimos que $O$ satisface $OA = OB$.

P5.

Por el Lema 3 (de puntos y rectas notables del triángulo), concluimos que $O$ está en la mediatriz $l_c$.

P1.

Trazamos por cada vértice $A$, $B$, $C$ del triángulo $ABC$, la recta paralela al lado opuesto de tal vértice.

P2.

Estas rectas paralelas forman un triángulo $A'B'C'$.

P3.

También tenemos formado el paralelogramo $ABCB'$,

P4.

y el paralelogramo $AC'BC$,

P5.

y el paralelogramo $ABA'C'$.

P6.

Y como los lados opuestos de un paralelogramo son iguales, tenemos que $A$, $B$ y $C$ son los puntos medios de $B'C'$, $C'A'$ y $A'B'$ respectivamente, que son los lados del triángulo $A'B'C'$.

P7.

Al trazar las alturas del triángulo $ABC$, resulta que son las mediatrices del triángulo $A'B'C'$, las cuales, por el Teorema 3 (de puntos y rectas notables del triángulo), son concurrentes.

Por lo tanto las alturas del triángulo $ABC$ son concurrentes.

P1.

Trazamos las alturas $AD$ y $BE$.

Por el Teorema 4 (de puntos y rectas notables del triángulo), sabemos que concurren en el ortocentro $H$.

P2.

Trazamos las mediatrices $OA'$ y $OB'$.

Por el Teorema 3 (de puntos y rectas notables del triángulo), sabemos que concurren en el circuncentro $O$.

P3.

Y unimos $A'$ con $B'$. Por lo tanto, tenemos los triángulos $ABH$ y $A'B'O$.

P4.

Los triángulos $ABH$ y $A'B'O$ son semejantes, porque sus lados correspondientes son paralelos.

Además, por el Lema 1 (de puntos y rectas notables del triángulo), el lado $A'B'$ es paralelo al lado $AB$ y $AB = 2A'B'$.

P5.

Por lo tanto, también $AH = 2A'O$.

P1.

Por el Teorema 1 (de puntos y rectas notables del triángulo) tracemos las medianas AA'y BB'para localizar el centroide G.

P2.

Por el Teorema 4 (de puntos y rectas notables del triángulo), tracemos las alturas $AD$ y $BE$ para localizar el ortocentro $H$.

P3.

Por el Teorema 3 (de puntos y rectas notables del triángulo), tracemos las mediatrices $A'O$ y $B'O$, para localizar el circuncentro $O$.

P4.

Por el Lema 4 (de puntos y rectas notables del triángulo), sabemos que $AH = 2A'O$.

P5.

Por el Teorema 1 (de puntos y rectas notables del triángulo), el centroide $G$ es el punto donde se trisecan las medianas, entonces $AG = 2GA'$.

P6.

Luego, como $AH$ y $A'O$ son ambas perpendiculares a $BC$, entonces son paralelas, y $AA'$ es una transversal a ellas. Por lo tanto, $\measuredangle HAG = \measuredangle OA'G$.

P7.

Por el Teorema de semejanza LAL, tenemos que los triángulos $\triangle HAG$ y $\triangle OA'G$ son semejantes.

P8.

En particular, tenemos que $\measuredangle HGA = \measuredangle OGA'$. Por lo tanto, $H$, $G$, y $O$ son colineales.

P1.

Trazamos el ortocentro $H$, el centroide $G$ y el circuncentro $O$ del triángulo $ABC$.

Sabemos, por el Teorema de la recta de Euler, que $H$, $G$ y $O$ son colineales y que se satisface

$HG = 2GO$ ... ( 1 )

P2.

Tomamos los puntos medios $A'$, $B'$ y $C'$ de los lados del triángulo $ABC$ para trazar el triángulo medial $A'B'C'$.

P3.

Por el Lema 1 (de puntos y rectas notables del triángulo), el triángulo medial $A'B'C'$ tiene sus lados paralelos al triángulo $ABC$.

Además, $BC = 2B'C'$, $AC = 2A'C'$ y $AB = 2A'B'$.

Por lo tanto, el triángulo medial $A'B'C'$ es semejante al triángulo $ABC$, en razón de semejanza $2:1$.

Podemos afirmar, que cualquier par de longitudes lineales correspondientes estarán en esta relación.

P4.

Como el triángulo medial $A'B'C'$ tiene sus lados paralelos al triángulo $ABC$, el ortocentro del triángulo $A'B'C'$ coincide con el circuncentro $O$ del triángulo $ABC$.

P5.

Los lados $C'B'$, $C'A'$ y $A'B'$ del triángulo medial, dividen al triángulo $ABC$ en cuatro triángulos de lados paralelos, y por la Proposición I.26, resultan ser congruentes.

P6.

Por lo que $AC'A'B'$ es un paralelogramo ( 1 ),

P7.

y $BA'B'C'$ también es un paralelogramo ( 2 ).

P8.

Por lo tanto las diagonales $AA'$ y $B'C'$ del paralelogramo ( 1 ), se cortan en el punto medio $x$, y las diagonales $BB'$ y $C'A'$ del paralelogramo ( 2 ) se cortan en el punto medio $y$.

Observamos que $x$ y $y$ son los puntos medios de los lados $B'C'$ y $C'A'$ del triángulo medial.

P9.

Por lo tanto, las medianas de los triángulos $ABC$ y $A'B'C'$ coinciden, por lo que ambos triángulos tienen el mismo centroide $G.$

P10.

Por el Teorema de la recta de Euler, el circuncentro $N$ del triángulo medial $A'B'C'$ debe ser colineal con su centroide $G$ y su ortocentro $O$. Además, se satisface $OG = 2GN$ ... ( 2 )

P11.

De las ecuaciones ( 1 ) y ( 2 ), deduciremos que el circuncentro $N$ del triángulo medial $A'B'C'$, es el punto medio del segmento $HO$, es decir, $HO = 2HN$.

Como $HG = 2GO$ y $OG = 2GN$, entonces $HG = 4GN$.

Por otro lado, $$\begin{align*} HN &= HG - GN \\ &= 4GN - GN \\ &= 3GN \end{align*}$$ $\therefore HN = 3GN$

Por lo tanto, $$\begin{align*} HO &= HG - GN \\ &= 3GO \\ &= 3(2GN) \\ &= 2(3GN) \\ &= 2(HN) \end{align*}$$ $\therefore HO = 2(HN)$

Por lo tanto, $HO = 2(HN)$.

P12.

Recordemos que $N$ es el circuncentro del triángulo medial $A'B'C'$, y que $O$ es el circuncentro del triángulo $ABC$. Además, como los triángulos $ABC$ y $A'B'C'$ son semejantes, en la razón de semejanza $2:1$, cualquier par de longitudes lineales correspondientes están en la misma razón de semejanza. Por lo tanto, el circunradio del triángulo medial $A'B'C'$ es la mitad del circunradio del triángulo $ABC$, es decir $2 NC' = OA$.

P1.

Los puntos $K$, $L$ y $M$ son los puntos medios de los segmentos $AH$, $BH$ y $CH$.

P2.

Por el Lema 1 (de puntos y rectas notables del triángulo), los segmentos $C'B'$ y $LM$ son paralelos al lado $BC$ y de longitud $C'B' = LM = \dfrac{BC}{2}$.

P3.

Nuevamente, por el Lema 1 (de puntos y rectas notables del triángulo), como $AH$ es un lado común de los triángulos $BAH$ y $CAH$, los segmentos $C'L$ y $B'M$ son paralelos a $AH$ y su longitud es $C'L' = B'M = \dfrac{AH}{2}$.

P4.

Por lo tanto, $B'C'LM$ es un paralelogramo. Más aún, como $BC$ y $AH$ son perpendiculares, el paralelogramo $B'C'LM$ es un rectángulo.

P5.

Similarmente, se puede demostrar que $A'B'KL$ es un rectángulo, y

P6.

que $C'A'MK$ también es un rectángulo.

P7.

Sabemos que en un rectángulo las diagonales son iguales y se cortan en su punto medio. Y cada dos de los rectángulos tienen una diagonal común, por lo tanto, $KA'$, $LB'$ y $MC'$, son diámetros de un mismo círculo.

P8.

Se trata del circuncírculo del triángulo medial $A'B'C'$.

Por el Teorema 1 (de geometría del triángulo), sabemos que el radio del circuncírculo del triángulo medial $A'B'C'$ es igual a $\frac12 R$, donde $R$ es el circunradio del triángulo $ABC$, y por el paso 11 del Teorema 1 (de geometría del triángulo), sabemos que el circuncentro $N$ del triángulo medial $A'B'C'$, el ortocentro $H$, y el circuncentro $O$ del triángulo $ABC$, satisfacen que $HO = 2HN$.

P9.

Como el ángulo $\measuredangle A'DK$ es un ángulo recto, el círculo con diámetro $KA'$ pasa por $D$. Análogamente, como el ángulo $\measuredangle B'EL$ es un ángulo recto, el círculo con diámetro $LB'$ pasa por $E$, y también como el ángulo $\measuredangle C'FM$ es un ángulo recto, el círculo con diámetro $MC'$ pasa por $F$.

Por lo tanto, el mismo círculo pasa por $D$, $E$ y $F$.

P10.

Por lo tanto, los tres pies $D$, $E$ y $F$ de las alturas, los tres puntos medios $A'$, $B'$ y $C'$ de los lados del triángulo $ABC$, y los tres puntos medios $K$, $L$ y $M$ de los segmentos $AH$, $BH$ y $CH$ que unen los vértices con el ortocentro $H$, están en una circunferencia de radio $\frac12 R$.

P1.

Trazamos la recta $k$ que pasa por $A$ paralela a $BC$. Sean $R$ y $S$ los puntos de intersección de $CF$ y $BE$ con $k$, respectivamente.

P2.

Por el Criterio de semejanza AA, los triángulos $FAR$ y $FBC$ son semejantes.

Por lo tanto, $\dfrac{AF}{FB} = \dfrac{AR}{CB}$ ... ( 1 ).

P3.

Por la misma razón, los triángulos $EAS$ y $ECB$ son semejantes.

Por lo tanto, $\dfrac{CE}{EA} = \dfrac{CB}{SA}$ ... ( 2 ).

P4.

De igual manera, los triángulos $BOD$ y $SOA$ son semejantes, entonces

$\dfrac{BD}{SA} = \dfrac{DO}{AO}$ ... ( 3 ).

P5.

Análogamente, los triángulos $DOC$ y $AOR$ son semejantes, por lo tanto,

$\dfrac{DO}{AO} = \dfrac{DC}{AR}$ ... ( 4 ).

P6.

Por transitividad de la igualdad, de ( 3 ) y ( 4 ), obtenemos

$\dfrac{BD}{SA} = \dfrac{DC}{AR}$ ... ( 5 ).

Y de ( 5 ), obtenemos

$\dfrac{BD}{DC} = \dfrac{SA}{AR}$ ... ( 6 ).

P7.

Por lo tanto, de ( 6 ), ( 2 ) y ( 1 ) tenemos que

$\dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{CE}{EA} \cdot \dfrac{AF}{FB} = \dfrac{SA}{AR} \cdot \dfrac{CB}{SA} \cdot \dfrac{AR}{CB} = 1$

P1.

Supongamos que las primeras dos rectas $BE$ y $CF$ se intersectan en el punto $O$.

P2.

Y supongamos que la tercera recta que pasa por $O$ y que intersecta al lado $BC$ es $AQ$,

P3.

Entonces por el Teorema de Ceva, la parte directa del Teorema de Ceva, $\dfrac{BQ}{QC} \cdot \dfrac{CE}{EA} \cdot \dfrac{AF}{FB} = 1$.

Y por hipótesis, $\dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{CE}{EA} \cdot \dfrac{AF}{FB} = 1$.

P4.

Por lo tanto, al igualar estas ecuaciones, tenemos que $\dfrac{BQ}{QC} = \dfrac{BD}{DC}$.

De aquí que $D = Q$. Y Por lo tanto $AD$ pasa por $O$.

Por lo tanto, $AD$, $BE$ y $CF$ son concurrentes.

P1.

Sean $AP$, $BQ$ y $CR$ las perpendiculares desde $A$, $B$ y $C$, respectivamente, a la recta donde se encuentran $L$, $M$ y $N$.

P2.

Por el Criterio de semejanza AA, los triángulos rectángulos $APN$ y $BQN$ son semejantes.

Por lo tanto, $\dfrac{AN}{BN} = \dfrac{AP}{BQ} \iff \dfrac{AN}{NB} = -\dfrac{AP}{BQ}$ ... ( 1 ).

P3.

Por la misma razón, los triángulos rectángulos $QBL$ y $RCL$ son semejantes.

De aquí que, $\dfrac{BL}{CL} = \dfrac{QB}{RC} \iff \dfrac{BL}{LC} = -\dfrac{QB}{RC}$ ... ( 2 ).

P4.

Por otro lado, los triángulos rectángulos $APM$ y $CRM$ también son semejantes.

De modo que, $\dfrac{CM}{AM} = \dfrac{CR}{AP} \iff \dfrac{CM}{MA} = -\dfrac{CR}{AP}$ ... ( 3 ).

P5.

Por lo tanto, por ( 1 ), ( 2 ) y ( 3 ), tenemos que:

P1.

Supongamos que las rectas $AB$ y $LM$ se intersectan en un punto $N'$.

P2.

Entonces, por la parte directa del Teorema de Menelao, se cumple $\dfrac{AN'}{N'B} \cdot \dfrac{BL}{LC} \cdot \dfrac{CM}{MA} = -1$.

Y por hipótesis, sabemos que $\dfrac{AN}{NB} \cdot \dfrac{BL}{LC} \cdot \dfrac{CM}{MA} = -1$.

P3.

Por lo tanto, al igualarse esta ecuaciones, tenemos que $\dfrac{AN'}{N'B} = \dfrac{AN}{NB}$.

De aquí que $N' = N$. Y por lo tanto, la recta $LM$ pasa por $N$.

Por lo tanto, $L$, $M$ y $N$ son colineales.

P1.

Trazamos la paralela $k$ a la bisectriz $AL$ que pasa por el punto $C$.

P2.

Sea el punto $R$ la intersección de la recta $k$ con la prolongación del lado $AB$.

P3.

Como las rectas $AL$ y $RC$ son paralelas, entonces $\measuredangle BAL = \measuredangle ARC$, y por ser ángulos alternos internos entonces $\measuredangle LAC = \measuredangle ACR$.

Luego, como $AL$ es la bisectriz del ángulo $\measuredangle BAC$ tenemos $\measuredangle BAL = \measuredangle LAC$. Por lo tanto, $\measuredangle ARC = \measuredangle ACR$.

P4.

Por lo tanto, el triángulo $ACR$ es isósceles y $AR = AC$.

P5.

Los triángulos $RBC$ y $ABL$ son semejantes, por ser de lados paralelos y por la parte directa del Primer teorema de Thales, tenemos que $\dfrac{BL}{LC} = \dfrac{AB}{AR}$, pero $AR = AC$, por lo tanto $\dfrac{BL}{LC} = \dfrac{AB}{CA}$.

P1.

La manera en que se ha dispuesto los tres puntos sobre una recta y los otros tres sobre la otra recta es totalmente aleatorio. Lo único que debemos cuidar es cómo formar con estos seis puntos un hexágono.

En el caso que se muestra en la construcción de la derecha, se unió $A$ con $B$, $B$ con $C$, $C$ con $D$, $D$ con $E$, $E$ con $F$ y $F$ con $A$. Las rectas a las que hace referencia el Teorema, son las determinadas por los lados opuestos del hexágono.

P2.

Siguiendo el esquema que presentamos arriba, los lados opuestos del hexágono determinan las rectas que se intersectan, a saber, $AB$ con $DE$ en el punto $L$, $CD$ con $FA$ en el punto $M$, y $EF$ con $BC$ en el punto $N$.

P3.

Para no considerar puntos en el infinito, supondremos que las tres rectas $AB$, $CD$ y $EF$ forman un triángulo $UVW$.

P4.

Aplicamos, la parte directa del Teorema de Menelao, a cada una de las siguientes ternas de puntos que están alineados y, las rectas que los contienen, cruzan los lados (o sus prolongaciones) del triángulo $UVW$:

a $LDE$ y obtenemos $\dfrac{VL}{LW} \cdot \dfrac{WD}{DU} \cdot \dfrac{UE}{EV} = -1$ ... ( 1 ),

a $AMF$ y obtenemos $\dfrac{VA}{AW} \cdot \dfrac{WM}{MU} \cdot \dfrac{UF}{FV} = -1$ ... ( 2 ),

a $BCN$ y obtenemos $\dfrac{VB}{BW} \cdot \dfrac{WC}{CU} \cdot \dfrac{UN}{NV} = -1$ ... ( 3 ),

a $ACE$ y obtenemos $\dfrac{VA}{AW} \cdot \dfrac{WC}{CU} \cdot \dfrac{UE}{EV} = -1$ ... ( 4 ), y

a $BDF$ y obtenemos $\dfrac{VB}{BW} \cdot \dfrac{WD}{DU} \cdot \dfrac{UF}{FV} = -1$ ... ( 5 )

Dividimos el producto de ( 1 ), ( 2 ) y ( 3 ) entre el producto de ( 4 ) y ( 5 ), y obtenemos que el cociente es $-1$.

$\dfrac{ \left( \dfrac{VL}{LW} \cdot \dfrac{WD}{DU} \cdot \dfrac{UE}{EV} \right) \left( \dfrac{VA}{AW} \cdot \dfrac{WM}{MU} \cdot \dfrac{UF}{FV} \right) \left( \dfrac{VB}{BW} \cdot \dfrac{WC}{CU} \cdot \dfrac{UN}{NV} \right) }{ \left( \dfrac{VA}{AW} \cdot \dfrac{WC}{CU} \cdot \dfrac{UE}{EV} \right) \left( \dfrac{VB}{BW} \cdot \dfrac{WD}{DU} \cdot \dfrac{UF}{FV} \right) } = -1$

Cancelando, obtenemos:

$\dfrac{ \left( \dfrac{VL}{LW} \cdot \cancel{\dfrac{WD}{DU}} \cdot \cancel{\dfrac{UE}{EV}} \right) \left( \cancel{\dfrac{VA}{AW}} \cdot \dfrac{WM}{MU} \cancel{\cdot \dfrac{UF}{FV}} \right) \left( \cancel{\dfrac{VB}{BW}} \cdot \cancel{\dfrac{WC}{CU}} \cdot \dfrac{UN}{NV} \right) }{ \left( \cancel{\dfrac{VA}{AW}} \cdot \cancel{\dfrac{WC}{CU}} \cdot \cancel{\dfrac{UE}{EV}} \right) \left( \cancel{\dfrac{VB}{BW}} \cdot \cancel{\dfrac{WD}{DU}} \cdot \cancel{\dfrac{UF}{FV}} \right) } = -1$

P5.

$\implies \dfrac{VL}{LW} \cdot \dfrac{WM}{MU} \cdot \dfrac{UN}{NV} = -1$

Por lo tanto, por el Recíproco del Teorema de Menelao, obtenemos que $L$, $M$ y $N$ son colineales.

P1.

Los triángulos $PQR$ y $P'Q'R'$ están en perspectiva desde el punto $O$, y el par de lados $QR$ y $Q'R'$ se intersectan en el punto $D$, el par de lados $RP$ y $R'P'$ se intersectan en $E$ y el par de lados $QP$ y $Q'P'$ se intersectan en $F$.

P2.

Los puntos $D$, $R'$ y $Q'$ están sobre una recta que corta los lados del triángulo $OQR$, entonces por la parte directa del Teorema de Menelao, tenemos $\dfrac{QD}{DR} \cdot \dfrac{RR'}{R'O} \cdot \dfrac{OQ'}{Q'Q} = -1$ ... ( 1 ).

P3.

Los puntos $E$, $P'$ y $R'$ están sobre una recta que corta los lados del triángulo $ORP$, entonces por la parte directa del Teorema de Menelao, tenemos $\dfrac{RE}{EP} \cdot \dfrac{PP'}{P'O} \cdot \dfrac{OR'}{R'R} = -1$ ... ( 2 ).

P4.

Los puntos $F$, $Q'$ y $P'$ están sobre una recta que corta los lados del triángulo $OPQ$, entonces por la parte directa del Teorema de Menelao, tenemos $\dfrac{PF}{FQ} \cdot \dfrac{QQ'}{Q'O} \cdot \dfrac{OP'}{P'P} = -1$ ... ( 3 ).

P5.

Multiplicamos miembro a miembro ( 1 ), ( 2 ) y ( 3 ), cancelamos términos iguales, siempre considerando que son segmentos dirigidos, y obtenemos $\dfrac{QD}{DR} \cdot \dfrac{RE}{EP} \cdot \dfrac{PF}{FQ} = -1$, donde $D$, $E$ y $F$ son puntos sobre los lados $QR$, $RP$ y $PQ$ (o sus prolongaciones) del triángulo $PQR$.

Así por el Recíproco del Teorema de Menelao, concluimos que $D$, $E$ y $F$ son colineales.

P1.

Sabemos que los triángulos $PQR$ y $P'Q'R'$ están en perspectiva desde una recta, y los puntos $D$, $E$ y $F$ son colineales.

Sea $O$ el punto de intersección de las rectas $PP'$ y $RR'$. Para que el punto $O$ sea el punto de fuga de los triángulos, necesitamos demostrar que la recta $QQ'$ pasa por dicho punto.

Es decir, demostraremos que $O$, $Q$ y $Q'$ son colineales.

P2.

Los triángulos $FPP'$ y $RDR'$ están en perspectiva desde el punto $E$, pues las rectas $PR$, $P'R'$ y $DF$ que unen los puntos correspondientes concurren en el punto $E$.

P3.

Además sus pares de lados correspondientes se intersectan, a saber, $FP$ y $DR$ se intesectan en $Q$, $FP'$ y $DR'$ se intersectan en $Q'$, y $R'R$ y $P'P$ se intersectan en $O$.

P4.

Por lo tanto, aplicando la parte directa del Teorema de Desargues, a los triángulos $FPP'$ y $RDR'$, concluimos que los puntos $Q$, $Q'$ y $O$ son colineales.

P1.

Los puntos medios $A'$, $B'$ y $C'$ satisfacen:

$\dfrac{BA'}{A'C} = \dfrac{CB'}{B'A} = \dfrac{AC'}{C'B} = 1$.

P2.

Por lo tanto, se cumple que $\dfrac{BA'}{A'C} = \dfrac{CB'}{B'A} = \dfrac{AC'}{C'B} = 1$, entonces por el Recíproco del Teorema de Ceva, las medianas $AA'$, $BB'$ y $CC'$ del triángulo $ABC$ son concurrentes.

Su punto de intersección $G$ recibe el nombre de centroide o baricentro.

P1.

Los triángulos $BEC$ y $ADC$ son semejantes.

Por lo tanto, $\dfrac{CE}{DC} = \dfrac{BC}{CA}$ ... ( 1 ).

P2.

Los triángulos $BFC$ y $BDA$ son semejantes.

Por lo tanto, $\dfrac{BD}{FB} = \dfrac{AB}{BC}$ ... ( 2 ).

P3.

También los triángulos $ABE$ y $ACF$ son semejantes.

Por lo tanto, $\dfrac{AF}{EA} = \dfrac{CA}{AB}$ ... ( 3 ).

P4.

Multiplicando miembro a miembro ( 3 ), ( 2 ) y ( 1 ), obtenemos

$\dfrac{AF}{EA} \cdot \dfrac{BD}{FB} \cdot \dfrac{CE}{DC} = \dfrac{CA}{AB} \cdot \dfrac{AB}{BC} \cdot \dfrac{BC}{CA} = 1$ ... ( 4 )

pero,

$\dfrac{AF}{FB} \cdot \dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{CE}{EA} = \dfrac{AF}{EA} \cdot \dfrac{BD}{FB} \cdot \dfrac{CE}{DC}$ ... ( 5 )

Por (4) y (5), tenemos que $\dfrac{AF}{FB} \cdot \dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{CE}{EA} = 1$.

Por lo tanto, por el Recíproco del Teorema de Ceva, las alturas $AD$, $BE$ y $CF$ son concurrentes.

Su punto de intersección $H$ recibe el nombre de ortocentro.

P1.

Por el Teorema de la bisectriz, sabemos que la bisectriz interna $AL$, satisface $\dfrac{BL}{LB} = \dfrac{AB}{CA}$ ... ( 1 ).

P2.

Por la misma razón, la bisectriz interna $BM$ satisface $\dfrac{CM}{MA} = \dfrac{BC}{AB}$ ... ( 2 ).

P3.

Análogamente, la bisectriz interna $CN$ satisface $\dfrac{AN}{NB} = \dfrac{CA}{BC}$ ... ( 3 ).

P4.

Multiplicando miembro a miembro ( 1 ), ( 2 ) y ( 3 ), obtenemos

$\dfrac{BL}{LC} \cdot \dfrac{CM}{MA} \cdot \dfrac{AN}{NB} = \dfrac{AB}{CA} \cdot \dfrac{BC}{AB} \cdot \dfrac{CA}{BC} = 1$

Por lo tanto, $\dfrac{BL}{LC} \cdot \dfrac{CM}{MA} \cdot \dfrac{AN}{NB} = 1$

Por el Recíproco del Teorema de Ceva, concluimos que las bisectrices internas son concurrentes. Su punto de intersección $I$ recibe el nombre de incentro.

P1.

Por el Teorema de la bisectriz, sabemos que la bisectriz interna $AL$ divide al lado opuesto $BC$, y es tal que satisface $\dfrac{BL}{LC} = \dfrac{AB}{CA}$ ... ( 1 ).

P2.

Por el mismo Teorema, la bisectriz externa $BM'$ divide al lado opuesto $CA$, y es tal que satisface $\dfrac{CM'}{M'A} = \dfrac{BC}{AB}$ ... ( 2 ).

P3.

Igualmente, la bisectriz externa $CN'$ divide al lado opuesto $AB$, y es tal que satisface $\dfrac{AN'}{N'B} = -\dfrac{CA}{BC}$ ... ( 3 ).

P4.

Multiplicando miembro a miembro ( 1 ), ( 2 ) y ( 3 ), obtenemos

$\dfrac{BL}{LC} \cdot \dfrac{CM'}{M'A} \cdot \dfrac{AN'}{N'B} = \dfrac{AB}{CA} \cdot \left( -\dfrac{BC}{AB} \right) \cdot \left( -\dfrac{CA}{BC} \right) = 1$

Por lo tanto, $\dfrac{BL}{LC} \cdot \dfrac{CM'}{M'A} \cdot \dfrac{AN'}{N'B} = 1$

Por el Recíproco del Teorema de Ceva, se sigue que las bisectrices $AL$, $BM'$ y $CN'$ se intersectan.

P1.

Dibujamos el segmento $AB$ que atraviese al círculo $ABL$.

P2.

Por la Proposición I.10, podemos bisecar $AB$ en el punto $D$.

P3.

Por la Proposición I.11, podemos dibujar una recta $DC$ desde $D$ en ángulo recto a $AB$, y prolongamos $DC$ hasta el punto $E$.

P4.

Bisecamos $CE$ en el punto $F$.

P5.

Afirmamos que $F$ es el centro del círculo $ABL$.

Porque si no lo fuera, podemos suponer que hay un punto $G$, $G \neq F$, tal que $G$ es el centro del círculo $ABL$ y que no está sobre $EC$.

Porque si $G$ estuviese sobre $EC$, tendríamos que $EG = GC$, y como $EF = FC$, necesariamente $G = F$, lo cual no puede ser.

P6.

Construimos los segmentos $GA$, $GD$ y $GB$. Como $AD = DB$, y $GD$ es un lado común, los dos lados $AD$ y $GD$ son iguales a los dos lados $DB$ y $GD$ respectivamente. Y la base $GA$ es igual a la base $GB$, porque son radios, entonces por la Proposición I.8, los triángulos son iguales, $\triangle ADG = \triangle GDB$.

P7.

Y por lo tanto, $\measuredangle ADG = \measuredangle GDB$.

P8.

Por la Definición I.10, cuando una recta se levanta sobre otra creando ángulos adyacentes iguales entre sí, entonces cada uno de esos ángulos es recto.

P1.

Unimos $A$ con $E$, y prolongamos este segmento hasta el punto $F$.

P2.

Como $EA = EB$, entonces por la Proposición I.5, en el triángulo $\triangle BEA$, tenemos que $\measuredangle EAB = \measuredangle EBA$.

Por lo tanto, $2\measuredangle EAB = \measuredangle EAB + \measuredangle EBA$ ... ( 1 ).

P3.

Por la Proposición I.32, $\measuredangle EAB + \measuredangle EBA = \measuredangle BEF$ ... ( 2 ), pues el ángulo es un ángulo externo del triángulo $\triangle BEA$.

Por lo tanto, de ( 1 ) y ( 2 ) tenemos: $2 \measuredangle EAB = \measuredangle BEF$. Es decir, el ángulo $\measuredangle BEF$ es el doble del ángulo $\measuredangle EAB$.

P4.

Por la misma razón, el ángulo $\measuredangle FEC$ es el doble del ángulo $\measuredangle EAC$. Es decir, $2 \measuredangle EAC = \measuredangle FEC$.

P5.

Por lo tanto, todo el ángulo $\measuredangle BEC$ es el doble del ángulo $\measuredangle BAC$. Es decir, $$\begin{align*} \measuredangle BEC &= \measuredangle BEF + \measuredangle FEC \\ &= 2\measuredangle EAB + 2\measuredangle EAC \\ &= 2 (\measuredangle EAB + \measuredangle EAC) \\ &= 2\measuredangle BAC \end{align*}$$

$\therefore 2\measuredangle BAC = \measuredangle BEC$

P1.

Ahora, sean $\measuredangle BDC$ un ángulo inscrito y $\measuredangle BEC$ un ángulo central, pero tal que el centro $E$ no está en el interior del ángulo inscrito. Ambos ángulos subtienden el mismo arco de circunferencia $\overgroup{BC}$. En este caso también demostraremos que el doble del ángulo inscrito es igual al ángulo central. Es decir, $2\measuredangle BDC = \measuredangle BEC$.

P2.

Construimos el segmento $DE$ y lo prolongamos hasta el punto $G$.

P3.

Análogamente, demostraremos que el ángulo $\measuredangle GEC$ es el doble del ángulo $\measuredangle EDC$.

Puesto que $\measuredangle GEC$ es un ángulo externo del triángulo $\triangle EDC$, por la Proposición I.32, tenemos $\measuredangle GEC = \measuredangle EDC + \measuredangle EDC$.

Por lo tanto, $\measuredangle GEC = 2\measuredangle EDC = 2\measuredangle GDC$.

P4.

Luego, el ángulo $\measuredangle GEB$ es el doble del ángulo $\measuredangle EDB$, pues $\measuredangle GEB$ es un ángulo externo del triángulo $\triangle EDB$.

Por lo tanto, $\measuredangle GEB = \measuredangle EDB + \measuredangle EDB$.

$\therefore \measuredangle GEB = 2\measuredangle EDB$

P5.

Por otro lado, $\measuredangle GEC = \measuredangle GEB + \measuredangle BEC = 2\measuredangle EDB + \measuredangle BEC$, pero, $\measuredangle GEC = 2\measuredangle EDC$ y $2\measuredangle EDC = 2(\measuredangle EDB + \measuredangle BDC)$.

P1.

Por la Proposición III.21, podemos encontrar el centro $F$ del círculo $ABCD$. Construimos $BF$ y $FD$.

P2.

Ahora como el ángulo $\measuredangle BFD$ es un ángulo central, y el ángulo $\measuredangle BAD$ es un ángulo inscrito y subtienden el mismo arco $\overgroup (BCD)$, entonces por la Proposición III.20, tenemos que $\measuredangle BFD = 2\measuredangle BAD$.

P3.

Por la misma razón, $\measuredangle BFD = 2\measuredangle BED$.

P4.

Por lo tanto, $2\measuredangle BAD = 2\measuredangle BED \implies \measuredangle BAD = \measuredangle BED$

Por lo tanto, los ángulos $\measuredangle BAD$ y $\measuredangle BED$ son iguales.

Por lo tanto, todos los ángulos inscritos que subtienden el miso arco son iguales.

P1.

Si $B$ y $B'$ se encuentran en el mismo arco, por la Proposición III.20, los ángulos inscritos $\measuredangle ABC$ y $\measuredangle AB'C$ miden, cada uno de ellos, la mitad del ángulo central $\measuredangle AOC$, es decir, $\measuredangle ABC = \dfrac{\measuredangle AOC}{2} = \measuredangle AB'C$.

Por lo tanto, $\measuredangle ABC = \measuredangle AB'C$.

P2.

Si $B$ y $B'$ están en arcos diferentes, por la Proposición III.20, se tiene que $\measuredangle ABC = \dfrac{1}{2} \measuredangle AOC$ y que $\measuredangle AB'C = \dfrac{1}{2}\measuredangle COA$.

Por lo tanto, $\measuredangle ABC + \measuredangle AB'C = \dfrac{1}{2}(\measuredangle AOC + \measuredangle COA) = 180º$.

Por lo tanto, los ángulos $\measuredangle ABC$ y $\measuredangle AB'C$ son suplementarios.

P1.

Construimos el circuncírculo del triángulo $ABC$. Los puntos $A$ y $C$ dividen a la circunferencia en dos arcos, en el arco $\overgroup{CBA}$ se encuentra $B$, por la Proposición III.21, todos los puntos $B$ del arco $\overgroup{CBA}$ satisfacen que cada ángulo $\measuredangle ABC$ mide lo mismo. Por lo tanto, los puntos del arco $\overgroup{CBA}$ son puntos del conjunto $J$.

P2.

Reflejamos el arco $\overgroup{CBA}$ con respecto de la recta $AC$. Llamemos $\overgroup{ADC}$ a este arco. Por la Proposición III.21, todos los puntos $D$ del arco $\overgroup{ADC}$ también son elementos del conjunto $J$.

Por lo tanto, todo punto del arco $\overgroup{CBA}$ o del arco $\overgroup{ADC}$ es un elemento del conjunto $J$.

Ahora, demostraremos, que todo punto del conjunto $J$ es un punto del arco $\overgroup{CBA}$ o del arco $\overgroup{ADC}$.

Es decir, que si tomamos $B'$ en $J$ entonces $B'$ está en el arco $\overgroup{CBA}$ o en el arco $\overgroup{ADC}$.

P3.

Supongamos que $B'$ es un punto del conjunto $J$, es decir, $\measuredangle AB'C$ es constante, y que se encuentra en el mismo lado de $B$ con respecto a la recta $AC$.

Ahora, si $B'$ no estuviese sobre el circuncírculo del triángulo $ABC$, sea $B''$ el punto de intersección de $AB'$ con el circuncírculo.

P4.

Y por la Proposición III.21, tenemos que $\measuredangle AB''C = \measuredangle ABC$.

P5.

Por otro lado, consideremos los triángulos $\triangle CB'A$ y $\triangle CB''A$. El lado $AC$ es un lado común y los lados $AB'$ y $AB''$ son paralelos, y el ángulo $\measuredangle B''AC$ es común. Por el Teorema de semejanza LAL, estos triángulos son semejantes. Por lo tanto $\measuredangle AB'C = \measuredangle AB''C$.

En consecuencia, $\measuredangle AB'C = \measuredangle AB''C$.

Pero esto no puede ser, pues tendríamos dos rectas $CB'$ y $CB''$, cortadas por la transversal $AB'$ en ángulos correspondientes iguales, por la Proposición I.28 dichas rectas debían ser paralelas, y este no es el caso pues tienen a $C$ como punto común.

De manera análoga, podemos suponer que $B'$ punto del conjunto $J$ está en el mismo lado de $D$ con respecto a la recta $AC$, y llegar a una contradicción.

P1.

Construimos el circuncírculo del triángulo $ABC$ cuyo diámetro es $AC$. Los puntos $A$ y $C$ dividen a la circunferencia en dos arcos, en uno de ellos se encuentra $B$.

P2.

Sea $B'$ cualquier punto del circuncírculo. Si $B'$ y $B$ se encuentran en el mismo arco $AC$, por la Proposición III.21, satisface que $\measuredangle AB'C = \measuredangle ABC$, pues subtienden el mismo arco. Entonces, por la Proposición III.20, $\measuredangle AB'C = \dfrac{\overgroup{AC}}{2} = \dfrac{180º}{2} = 90º$.

Por lo tanto, también $\measuredangle ABC = 90º$ y los puntos $B'$ del arco $AC$ donde se encuentra $B$ son puntos del conjunto $J$.

P3.

Si $B'$ y $B$ están en arcos distintos, entonces ...

P4.

Por la Proposición III.20, tenemos:

$\measuredangle ABC + \measuredangle AB'C = \dfrac{1}{2} (\measuredangle AOC + \measuredangle COA) = 180º$.

Por lo tanto, $\measuredangle AB'C = 90º$. Por lo tanto, los puntos $B'$ del arco $AC$ donde no se encuentra $B$ también son puntos del conjunto $J$.

Ahora, demostraremos que los puntos del conjunto $J$ son puntos del circuncírculo del triángulo $ABC$

P5.

Supongamos que $B'$ es un punto del conjunto $J$, es decir, $\measuredangle AB'C = 90º$ y que se encuentra del mismo lado que el punto $B$ con respecto a la recta $AC$.

P6.

Por la Proposición III.21, tenemos que $\measuredangle AB''C = \measuredangle ABC$.

Pero los triángulos $AB'C$ y $AB''C$ son tales que el ángulo $B'AC$ es común, el lado $AC$ es común y los lados $AB''$ y $AB'$ son paralelos, por el Teorema de semejanza LAL, los triángulos son semejantes, y en consecuencia los ángulos correspondientes son iguales. Por lo tanto, $\measuredangle AB''C = \measuredangle AB'C$.

¡Pero esto no puede ser!, porque tendríamos que las rectas $CB'$ y $CB''$, son cortadas por la transversal $AB'$ en ángulos correspondientes iguales, y por la Proposición I.28, tales rectas debían ser paralelas, pero $CB'$ y $CB''$ tienen el punto $C$ en común.

Por lo tanto, $B'$ está en el circuncírculo del triángulo $ABC$ de diámetro $AC$.

P7.

Por lo tanto, dados $A$ y $C$ dos puntos fijos, el conjunto de puntos $B$ que cumple que $\measuredangle ABC = 90º$ es una circunferencia de diámetro $AC.$

P1.

Unimos $A$ con $C$ y $B$ con $D$. Así, tenemos los segmentos $AC$ y $BD$.

P2.

Por la Proposición I.32, sabemos que en cualquier triángulo la suma de sus ángulos internos es igual a $180º$, entonces $\measuredangle CAB + \measuredangle ABC + \measuredangle BCA = 180º$.

P3.

Por la Proposición III.21, tenemos que $\measuredangle CAB = \measuredangle BDC$, por ser ángulos inscritos que subtienden el mismo arco.

P4.

Y también, $\measuredangle ADB = \measuredangle BCA$, pues también son ángulos inscritos que subtienden el mismo arco.

P5.

Por lo tanto, todo el ángulo $\measuredangle ADC$ es tal que $\measuredangle ADC = \measuredangle ADB + \measuredangle BDC$.

P6.

Sumando el ángulo $\measuredangle ABC$ en ambos lados de la igualdad anterior, tenemos:

$\measuredangle ADC + \measuredangle ABC = \measuredangle ABC + \measuredangle CAB + \measuredangle BCA$.

P7.

Por lo tanto, $\measuredangle ADC + \measuredangle ABC = 180º$.

P8.

De manera análoga, podemos demostrar que, $\measuredangle BAD + \measuredangle DCB = 180º$.

Por lo tanto, la suma de los ángulos opuestos de un cuadrilátero cíclico es igual a $180º$.

P1.

Trazamos el circuncírculo del triángulo $BCD$.

P2.

Por el Teorema 1 (de cuadriláteros cíclicos y ángulos en la circunferencia), todos los puntos $P$ que se encuentran sobre el arco $DB$ opuesto al vértice $C$, cumplen que el ángulo $\measuredangle BPD$ es suplementario al ángulo $\measuredangle DCB$, es decir $\measuredangle BPD + \measuredangle DCB = 180º$.

P3.

Por el Teorema 2 (de cuadriláteros cíclicos y ángulos en la circunferencia), estos puntos $P$ son los únicos, porque el ángulo $\measuredangle BPD$ se mantiene constante sobre el arco $DB$.

Por lo tanto, el punto $A$ se encuentra en tal arco, pues $\measuredangle BAD = 180º - \measuredangle DCB$ es constante.

Y por lo tanto, el cuadrilátero $ABCD$ es cíclico.

P1.

Por la Proposición III.21, se cumplen las siguientes igualdades:

1) $\measuredangle DAC = \measuredangle DBC$,
2) $\measuredangle ADB = \measuredangle ACB$,
3) $\measuredangle CAB = \measuredangle CDB$ y
4) $\measuredangle ACD = \measuredangle ABD$.

por ser ángulos inscritos que abren el mismo arco.

Por lo tanto, si el cuadrilátero $ABCD$ es cíclico entonces el ángulo entre un lado y una diagonal es igual al ángulo entre el lado opuesto y la otra diagonal.

Demostraremos el recíproco del resultado anterior.

P1.

Sea $ABCD$ el cuadrilátero convexo y supongamos que $\measuredangle DAC = \measuredangle DBC$.

Por construcción, los puntos $A$ y $B$ están del mismo lado de la recta que pasa por $C$ y $D$.

P2.

Construimos el circuncírculo del triángulo $DAC$. Los puntos $C$ y $D$ dividen a la circunferencia en dos arcos, en uno de ellos se encuentra $A$.

P3.

Por la Proposición III.21, todos los puntos $X$ de este arco satisfacen que $\measuredangle DXC = \measuredangle DAC$.

Ahora, supongamos que $B'$ es tal que $\measuredangle DB'C = \measuredangle DAC$, y que $B'$ está del mismo lado que $A$ respecto a la recta que pasa por $C$ y $D$. Demostraremos que $B'$ está en el arco de circunferencia que contiene al punto $A$.

P4.

Si $B'$ no está en el arco que contiene al punto $A$, sea $B''$ la intersección de $DB'$ con el arco que contiene a $A$.

P5.

Por la Proposición III.21, tenemos que $\measuredangle DB''C = \measuredangle DAC$.

Por lo tanto, $\measuredangle DB'C = \measuredangle DB''C$.

Pero esto no puede ser, pues tendríamos que dos rectas $CB'$ y $CB''$, cortadas por una transversal $DB'$, las corta en ángulos correspondientes iguales, con lo cual, por la Proposición I.28, tales rectas deben ser paralelas, pero este no es el caso, pues ambas tienen a $C$ como punto común.

Por lo tanto, el punto $B'$ está en el arco que contiene al punto $A$ del circuncírculo del triángulo $DAC$.

P6.

Por lo tanto, el punto $B$ que satisface $\measuredangle DAC = \measuredangle DBC$, pertenece al circuncírculo del triángulo $DAC$.

Por lo tanto, el cuadrilátero $ABCD$ es cíclico.

P1.

Construimos el segmento $AE$ y prolongamos $BA$ hasta el punto $F$.

P2.

Por la Proposición I.5, como $BE = EA$, entonces $\measuredangle ABE = \measuredangle BAE$.

P3.

Nuevamente por la Proposición I.5, como $CE = EA$, entonces $\measuredangle ACE = \measuredangle CAE$.

P4.

Por lo tanto, $\measuredangle BAC = \measuredangle ABC + \measuredangle ACB$ ... ( 1 ).

P5.

Por la Proposición I.32, el ángulo $\measuredangle FAC$ exterior al triángulo $ABC$ es igual a la suma de los dos ángulos opuestos e internos. Por lo tanto, $\measuredangle FAC = \measuredangle ABC + \measuredangle ACB$ ... ( 2 ).

P6.

Por lo tanto, por ( 1 ) y ( 2 ) tenemos que $\measuredangle FAC = \measuredangle BAC$, y son suplementarios, entonces cada uno de ellos es un ángulo recto. Por lo tanto, el ángulo $\measuredangle BAC$ inscrito en el semicírculo es recto.

P7.

Como en el triángulo $ABC$, por la Proposición I.17, la suma de los dos ángulos $\measuredangle ABC$ y $\measuredangle BAC$ es menor que dos rectos, y el ángulo $\measuredangle BAC$ es recto, entonces el ángulo $\measuredangle ABC$ es menor que un ángulo recto.

P8.

Como $ABCD$ es un cuadrilátero cíclico, por la Proposición III.22, la suma de sus ángulos opuestos es igual a dos ángulos rectos y como el ángulo $\measuredangle ABC$ es menor que un ángulo recto, entonces el ángulo restante $\measuredangle ADC$ es mayor que un ángulo recto.

P1.

Dibujamos la línea $AE$, formando el ángulo $\measuredangle DAE$ tal que $\measuredangle DAE = \measuredangle CAB$.

P2.

La línea $AE$ se intersecta con $BD$ en el punto $E$.

P3.

Los los triángulos $\triangle DAE$ y $\triangle CAB$ son semejantes, pues por construcción $\measuredangle DAE = \measuredangle CAB$, y por la Proposición III.21, los ángulos $\measuredangle ADB$ y $\measuredangle ACB$ son iguales, por ser ángulos inscritos que subtienden el mismo arco. Esto es, $\measuredangle ADB = \measuredangle ACB$.

P4.

Por lo tanto, podemos establecer la siguiente relación,

$\dfrac{AC}{AD} = \dfrac{BC}{ED} \iff AD \cdot BC = ED \cdot AC$ ... ( 1 ).

P5.

También los triángulos $\triangle ADC$ y $\triangle AEB$ son semejantes, pues por construcción $\measuredangle DAC = \measuredangle EAB$, también por la Proposición III.21, tenemos que $\measuredangle ABD = \measuredangle ACD$ por ser ángulos inscritos que subtienden el mismo arco.

P6.

Así podemos establecer la siguiente relación,

$\dfrac{AC}{AB} = \dfrac{CD}{BE} \iff AB \cdot CD = BE \cdot AC$ ... ( 2 ).

P7.

Sumando miembro a miembro las ecuaciones ( 1 ) y ( 2 ), tenemos que: $$\begin{align*} AD \cdot BC + AB \cdot CD &= \\ ED \cdot AC + BE \cdot AC &= \\ AC \cdot (ED + BE) &= AC \cdot BD \end{align*}$$

Por lo tanto, $AD \cdot BC + AB \cdot CD = AC \cdot BD$.

P1.

Sea $ABCD$ el cuadrilátero convexo y sea $O$ un punto tal que el triángulo $\triangle AOB$ es semejante al triángulo $\triangle ACD$.

Por lo tanto, $\dfrac{AO}{AC} = \dfrac{AB}{AD} = \dfrac{OB}{CD}$ ... ( 1 ).

P2.

En los triángulos $\triangle OAC$ y $\triangle BAD$ los ángulos $\measuredangle OAC$ y $\measuredangle BAD$ son iguales y por ( 1 ), $\dfrac{AO}{AB} = \dfrac{AC}{AD}$, los lados correspondientes son proporcionales. Por el Teorema de semejanza LAL, los triángulos $\triangle OAC$ y $\triangle BAD$ son semejantes.

Por lo tanto, $\dfrac{OC}{BD} = \dfrac{AC}{AD}$ ... ( 2 ).

P3.

Por otro lado, la Proposición III.22 y el Recíproco de la Proposición III.22 nos dicen que:

$ABCD$ es cíclico $\iff$ tiene dos ángulos opuestos suplementarios $\iff$ $O$, $B$ y $C$ son colineales $\iff$ $OC = OB + BC$ ... ( 1 ).

Es decir, $ABCD$ es cíclico $\iff$ $OC = OB + BC$.

P4.

Por lo tanto, $ABCD$ no es cíclico $\iff$ $OC \lt OB + BC$ ... ( 4 ).

Por lo tanto, si el cuadrilátero $ABCD$ no es cíclico entonces $OC \lt OB + BC$ ... ( 5 ).

Por lo tanto, por ( 2 ), sabemos $OC = \dfrac{AC \cdot BD}{AD}$, y por ( 1 ) que $OB = \dfrac{AB \cdot CD}{AD}$.

Sustituyendo en ( 5 ) los valores de $OC$ y $OB$, concluimos que $OC \lt OB + BC \iff \dfrac{AC \cdot BD}{AD} \lt \dfrac{AB \cdot CD}{AD} + BC \iff$
$AC \cdot BD \lt AB \cdot CD + BC \cdot AD$.

Por lo tanto, si el cuadrilátero $ABCD$ no es cíclico, entonces
$AC \cdot BD \lt AD \cdot BC + AB \cdot CD$.

P1.

Las proyecciones de $P$ sobre los lados $BC$, $CA$ y $AB$ son $A'$, $B'$ y $C'$, respectivamente.

P2.

Como el cuadrilátero $ABCP$ es cíclico, entonces por la Proposición III.22, tenemos que los ángulos opuestos son suplementarios. Por lo tanto, $\measuredangle APC = 180º - \measuredangle ABC$ ... ( 1 ).

P3.

En el cuadrilátero $BA'PC'$, los ángulos $\measuredangle BA'P$ y $\measuredangle PC'B$ son rectos y son opuestos. Por lo tanto, por el Recíproco de la Proposición III.22, el cuadrilátero $BA'PC'$ es cíclico.

P4.

Por lo tanto, por la Proposición III.22, tenemos que $\measuredangle C'PA' = 180º - \measuredangle ABC$ ... ( 2 ).

P5.

Igualando las relaciones ( 1 ) y ( 2 ) y restando el ángulo común $\measuredangle APA'$, obtenemos que $\measuredangle APC - \measuredangle APA' = \measuredangle C'PA' - \measuredangle APA' \implies \measuredangle A'PC = \measuredangle C'PA$ ... ( 3 ).

P6.

En el cuadrilátero $AB'PC'$, los ángulos $\measuredangle AB'P$ y $\measuredangle PC'A$ son rectos y son opuestos. Por lo tanto, por el Recíproco de la Proposición III.22, el cuadrilátero $AB'PC'$ es cíclico.

P7.

Luego, por el Teorema 4 (de cuadriláteros cíclicos y ángulos en la circunferencia), tenemos la igualdad $\measuredangle C'B'A = \measuredangle C'PA$ ... ( 4 ).

P8.

En el cuadrilátero $A'CPB'$, los ángulos $\measuredangle PB'C$ y $\measuredangle PA'C$ son ángulos rectos. Por el Teorema 3 (de cuadriláteros cíclicos y ángulos en la circunferencia), los puntos $B'$ y $A'$ están sobre el círculo de diámetro $CP$. Por lo tanto, el cuadrilátero $A'CPB'$ es cíclico.

P9.

Por el Teorema 4 (de cuadriláteros cíclicos y ángulos en la circunferencia), se tiene la igualdad $\measuredangle A'B'C = \measuredangle A'PC$ ... ( 5 ).

P10.

Las igualdades ( 4 ) y ( 5 ) junto con la igualdad ( 3 ), nos permiten concluir que $\measuredangle C'B'A = \measuredangle A'B'C$.

Por lo tanto $A'$, $B'$ y $C'$ son colineales.

P1.

Si $A'$, $B'$ y $C'$ son colineales, entonces $\measuredangle C'B'A = \measuredangle A'B'C$ ... ( 1 ), por ser ángulos opuestos por el vértice.

P2.

Por el Recíproco de la Proposición III.22, el cuadrilátero $AB'PC'$ es cíclico, pues $\measuredangle PC'A + \measuredangle AB'P = 180º$ y son ángulos opuestos.

Y en el cuadrilátero $B'A'CP$, los ángulos $\measuredangle PA'C$ y $\measuredangle PB'C$ son ambos rectos, entonces por el Teorema 3 (de cuadriláteros cíclicos y ángulos en la circunferencia), los puntos $A'$ y $B'$ pertenecen a la circunferencia de diámetro $CP$.

Por lo tanto, el cuadrilátero $B'A'CP$ es cíclico.

P3.

Por lo tanto, por el Teorema 4 (de cuadriláteros cíclicos y ángulos en la circunferencia), aplicado a cada cuadrilátero, tenemos que $\measuredangle C'PA = \measuredangle C'B'A$ ... ( 2 ) y $\measuredangle A'PC = \measuredangle A'B'C$ ... ( 3 ).

Igualando ( 2 ) y ( 3 ), por ( 1 ) tenemos que

$\measuredangle C'PA = \measuredangle A'PC$ ... ( 4 ).

P4.

Sumando en ambos lados de ( 4 ), el ángulo $\measuredangle APA'$, tenemos que $\measuredangle C'PA' = \measuredangle APC$ ... ( 5 ).

P5.

En el cuadrilátero cíclico $A'BC'P$, se tiene la igualdad $\measuredangle C'PA' = \measuredangle ABC = 180º$ ... ( 6 ).

P6.

Luego, por ( 5 ) y ( 6 ) tenemos que en el cuadrilátero $ABCP$ se cumple la igualdad $\measuredangle APC + ABC = 180º$ y son ángulos opuestos.

P7.

Por lo tanto, por el Recíproco de la Proposición III.22, el cuadrilátero $ABCP$ es también cíclico.

Y por lo tanto, $P$ está en el circuncírculo del triángulo $ABC$.

P1.

Por la Proposición I.12, desde el punto $F$ podemos construir $FG$ perpendicular a $DE$.

P2.

Por lo tanto, el ángulo $\measuredangle FCG$ es recto.

Por lo tanto, en el triángulo $FCG$, por la Proposición I.17, tenemos que el ángulo $\measuredangle FCG$ es agudo.

P3.

Por la Proposición I.19, sabemos que en un triángulo el lado opuesto al ángulo mayor, es mayor.

Entonces, $FC$ es mayor que $FG$. Es decir, $FC \gt FG$ ... ( 1 ).

P4.

Pero, $FC = FB$. Por lo tanto de ( 1 ), tenemos que $FB$ es también mayor que $FG$.

Es decir, $FB \gt FG$, esto implica que la parte menor es mayor que la parte mayor.

Lo cual no es posible.

Por lo tanto, $FG$ no es perpendicular a $DE$.

Similarmente, podemos probar que ninguna otra recta es perpendicular a $DE$, excepto $FC$.

Por lo tanto, $FC$ es perpendicular $DE$.

P1.

Por la Proposición III.18, sabemos que la tangente a la circunferencia en $B$ es perpendicular al radio $OB$.

P2.

Prolongamos el radio $OB$ para formar un diámetro $BM$. Por lo tanto, $\measuredangle MBC = 90º$.

Por otro lado, por la Proposición III.31, el ángulo $\measuredangle MAB$ es recto. Por lo tanto, $\measuredangle MAB = 90º$.

P3.

Por la Proposición I.32, en el triángulo $MAB$ tenemos que $\measuredangle AMB + \measuredangle MBA = 90º$.

P4.

Por lo tanto, $\measuredangle AMB + \measuredangle MBA = \measuredangle MBC$ ... ( 1 ).

P5.

Pero, el ángulo $\measuredangle MBC$ también puede expresarse como $\measuredangle MBA + \measuredangle ABC = \measuredangle MBC$ ... ( 2 ).

P6.

Igualando ( 1 ) con ( 2 ), obtenemos $\measuredangle MAB + \measuredangle ABC = \measuredangle AMB + \measuredangle MBA$.

Por lo tanto, $\measuredangle AMB = \measuredangle ABC$.

P7.

Pero, el ángulo $\measuredangle AMB$ es un ángulo inscrito. Por la Proposición III.20, tenemos que $\measuredangle AMB = \dfrac{\measuredangle AOB}{2}$.

De la igualdad ( 3 ) concluimos que $\measuredangle ABC = \dfrac{\measuredangle AOB}{2}$.

P1.

Supongamos que $P$ se encuentra en el interior de la circunferencia.

Construimos los segmentos $AD$ y $BC$.

P2.

Por la Proposición III.21, los ángulos inscritos $\measuredangle PAD$ y $\measuredangle PCB$ son iguales por abrir el mismo arco.

Por lo tanto, $\measuredangle PAD =\measuredangle PCB$ ... ( * ).

P3.

Por lo tanto, por las igualdades ( * ) y ( ** ) y por el Criterio de semejanza AA, los triángulos $PAD$ y $PCB$ son semejantes.

Por lo tanto, $\dfrac{PA}{PC} = \dfrac{PD}{PB}$ lo cual implica que $PA \cdot PB = PC \cdot PD$.

P1.

Ahora, supongamos que $P$ se encuentra fuera de la circunferencia.

Entonces el cuadrilátero $ABCD$ es cíclico.

P2.

Entonces, por la Proposición III.22, en el cuadrilátero cíclico $ABCD$ tenemos que $\measuredangle PDB + \measuredangle BAC = 180º$ ... ( 1 ).

P3.

Por otro lado, los ángulos $\measuredangle BAC$ y $\measuredangle PAC$ son suplementarios.

Por lo tanto, $\measuredangle BAC + \measuredangle PAC = 180º$ ... ( 2 ).

P4.

Por lo tanto, de ( 1 ) y ( 2 ) obtenemos que los ángulos $\measuredangle PAC$ y $\measuredangle PDB$ son iguales.

Esto es, $\measuredangle PAC = \measuredangle PDB$ ... ( 3 ).

P5.

Nuevamente en el cuadrilátero $ABCD$, por la Proposición III.22, tenemos que $\measuredangle PBD + \measuredangle DCA = 180º$ ... ( 5 ).

Por otro lado, $\measuredangle DCA + \measuredangle PCA = 180º$ ... ( 6 ), por ser ángulos suplementarios.

P6.

Por lo tanto, de ( 5 ) y ( 6 ) obtenemos que $\measuredangle PCA = \measuredangle PBD$ ... ( 7 ).

P7.

Por lo tanto, por las igualdades ( 3 ) y ( 7 ) y por el Criterio de semejanza AA, los triángulos $PAC$ y $PDB$ son semejantes.

P1.

Sea $PC$ la tangente por $C$ a la circunferencia y sea la cuerda $AB$ que prolongada se intesecta con $PC$ en el punto $P$.

P2.

Construimos las cuerdas $AC$ y $CB$.

P3.

En los triángulos $PCA$ y $PBC$, tenemos que el ángulo es un ángulo seminscrito.

Y el ángulo $\measuredangle ACP$ es un ángulo inscrito.

Por el Teorema 5 (de cuadriláteros cíclicos y ángulos en la circunferencia), sabemos que estos ángulos son iguales porque abren el mismo arco.

P4.

Por lo tanto, $\measuredangle ACP = \measuredangle CPB$ ... ( 1 ).

Los triángulos $PCA$ y $PBC$ tienen un ángulo en común.

Por lo tanto, $\measuredangle CPA = \measuredangle BPC$ ... ( 2 ).

P5.

Por la igualdades ( 1 ) y ( 2 ) y por el Criterio de semejanza AA, entonces los triángulos $PCA$ y $PBC$ son semejantes.

Por lo tanto, $\dfrac{PC}{PB} = \dfrac{PA}{PC}$, y en consecuencia $PC^2 = PA \cdot PB$.

P1.

Sabemos por la Proposición III.35, que la potencia de $P$ respecto a una circunferencia es $PA \cdot PB$, y que este valor es constante.

P2.

Construimos un diámetro $CD$ que pasa por $P$.

P3.

Si $P$ está fuera de la circunferencia, por la Proposición III.35, entonces $$\begin{align*} PA \cdot PB &= PC \cdot PD \\ &= (d - R) \cdot (d + R) \\ &= d^2 - R^2 \end{align*}$$

Como $PA$ y $PB$ son segmentos dirigidos con el mismo signo, entonces $PA \cdot PB$ es positiva.

P4.

Si $P$ está dentro de la circunferencia, por la Proposición III.35, tenemos que: $PA \cdot PB = PC \cdot PD = -CP \cdot PD$, pues $PC = -CP$.

$-(R - d) \cdot (R + d) = -(R^2 - d^2) = d^2 - R^2$.

Como $PA$ y $PB$ son segmentos dirigidos con signo contrario, entonces $PA \cdot PB$ es negativa.

P5.

Sabemos que si $P$ está sobre la circunferencia la potencia de $P$ vale cero, esto también coincide con $d^2 - R^2$, pues en este caso $d = R$.

P1.

Sabemos que $P$ tiene la misma potencia con respecto a estas circunferencias, esto es $PA \cdot PA' = PB \cdot PB'$, y por el Teorema 1 (de propiedades de las circunferencias), la ecuación anterior podemos escribirla como $PO^2 - R^2 = (PO')^2 - (R')^2$ ... ( 1 ).

Por $P$, dibujamos $PM$ perpendicular a la línea de los centros $OO'$.

P2.

En el triángulo rectángulo $POM$, por la Proposición I.47, se cumple $PM^2 + OM^2 = PO^2$ ... ( 2 ).

Por la misma Proposición, en el triángulo rectángulo $PO'M$ se cumple $PM^2 + (MO')^2 = (PO')^2$ ... ( 3 ).

P3.

Sustituyendo en ( 1 ), las igualdades que obtuvimos en ( 2 ) y ( 3 ), nos queda $PM^2 + OM^2 - R^2 = PM^2 + (MO')^2 - (R')^2$.

Restando $PM^2$, de la ecuación anterior tenemos:

$OM^2 - R^2 = (MO')^2 - (R')^2 \implies OM^2 - (MO')^2 = R^2 - (R')^2 \implies (OM + MO')(OM - MO') = R^2 - (R')^2$.

pero, $OM + MO' = OO' \implies (OO')(OM - MO') = R^2 - (R')^2 \implies OM - MO' = \dfrac{R^2 - (R')^2}{OO'}$

Por lo tanto, el punto $M$ que está en la línea de los centros $OO'$ satisface $OM - MO' = \dfrac{R^2 - (R')^2}{OO'}$.

P4.

Demostraremos que $M$ es el único número tal que $OM - MO' = \dfrac{R^2 - (R')^2}{OO'}$.

Supongamos que $N$ es un punto cualquiera que también tiene esta propiedad, con $N \gt M$, entonces $OM - MO' = ON - NO'$ ... (*).

Pero, $OM = ON - MN$ ... (**) y $NO' = MO' - MN$ ... (***).

Por lo tanto, sustituyendo (**) y (***) en la ecuación (*) tenemos:

$ON - MN - MO' = ON - (MO' - MN) \implies ON - MN - MO' = ON + MN - MO' \implies 2MN = 0 \implies MN = 0$.

P5.

$MN = 0$, implica que $N$ coincide con $M$.

P6.

Por lo tanto, si un punto $P$ tiene potencias iguales con respecto a dos circunferencias no concéntricas, entonces $P$ está en la perpendicular por $M$ a la línea de los centros, donde $M$ satisface la relación $OM - MO' = \dfrac{R^2 - (R')^2}{OO'}$.

Observamos que cuando arrastramos $O'$ hacia $O$, el punto $M$ se aproxima al punto al infinito en $OO'$ y la recta $PM$ tiende a la línea al infinito.

Por lo tanto, el eje radical de dos circunferencias concéntricas desiguales se define como la línea al infinito.

P1.

Construimos la bisectriz interna del ángulo $\measuredangle BAC$ y la prolongamos hasta intersectar el circuncírculo en el punto $L$.

Sea $\alpha = \dfrac{\measuredangle BAC}{2}$.

P2.

Construimos la bisectriz interna del ángulo $\measuredangle CBA$.

Sea $\beta = \dfrac{\measuredangle CBA}{2}$.

Construimos el inradio $IY$ perpendicular a $AC$. Por lo tanto, el ángulo $\measuredangle AYI$ es recto. Por lo tanto, el triángulo $AIY$ es un triángulo rectángulo.

P3.

Construimos un diámetro $LM$. Construimos los segmentos $BL$ y $BM$.

El triángulo $LBM$ es un triángulo rectángulo, y por la Proposición III.31 el ángulo $\measuredangle LBM$ es recto.

P4.

Por la Proposición III.21, tenemos que $\measuredangle BML = \measuredangle BAL = \alpha$.

P5.

Por la misma proposicion, también $\measuredangle LBC = \measuredangle LAC = \alpha$.

P6.

Por la Proposición I.32, sabemos que el ángulo exterior $\measuredangle BIL$ del triángulo $ABI$ en el vértice $I$ cumple que $\measuredangle BIL = \alpha + \beta$.

P7.

Pero también, $\alpha + \beta = \measuredangle LBI$. Por lo tanto, $\measuredangle BIL = \measuredangle LBI$.

P8.

Por lo tanto, por la Proposición I.6, el triángulo $LBI$ es isósceles.

Por lo tanto, $LI = LB$.

P9.

Por la Proposición III.35, sabemos que la potencia de $I$ es $IL \cdot IA$, y por el Teorema 1 (de propiedades de las circunferencias), sabemos que la potencia se puede escribir como $d^2 - R^2$.

Por lo tanto, $R^2 - d^2 = LI \cdot IA = LB \cdot IA$.

P10.

En los triángulos rectángulos $LBM$ y $AIY$ se cumple que $sen(\alpha) = \dfrac{LB}{LM}$ y $sen(\alpha) = \dfrac{IY}{IA}$.

Por lo tanto, $$\begin{align*} R^2 - d^2 &= LI \cdot IA \\ &= LB \cdot IA \\ &= LM \cdot sen(\alpha) \cdot \dfrac{IY}{sen(\alpha)} \\ &= LM \cdot IY \\ &= 2Rr \end{align*}$$

Por lo tanto, $d^2 = R^2 -2rR$.

P1.

Sean $V$ y $W$ las intersecciones de los lados $AB$ con $EF$, y $AB$ con $CD$, respectivamente.

Prolonguemos los lados $EF$ y $CD$, de tal forma que se intersecten en un punto $U$.

P2.

La recta que contiene los puntos $L$, $D$ y $E$ intersecta los lados (o prolongaciones) del triángulo $UVW$, por el Teorema de Menelao se cumple que $\dfrac{VL}{LW} \cdot \dfrac{WD}{DU} \cdot \dfrac{UE}{EV} = -1$ ... ( 1 ).

P3.

De manera análoga, aplicando el Teorema de Menelao a la terna de puntos $A$, $M$ y $F$ sobre los lados del triángulo $UVW$, tenemos:

$\dfrac{VA}{AW} \cdot \dfrac{WM}{MU} \cdot \dfrac{UF}{FV} = -1$ ... ( 2 ).

P4.

Nuevamente, los puntos $B$, $C$ y $N$ están en una línea que intersecta los lados (o prolongaciones) del triángulo $UVW$, por el Teorema de Menelao, se cumple:

$\dfrac{VB}{BW} \cdot \dfrac{WC}{CU} \cdot \dfrac{UN}{NV} = -1$ ... ( 3 ).

P5.

Las cuerdas $EF$ y $CD$ de la circunferencia se intersectan en el punto $U$, por la Proposición III.35 se cumple $UE \cdot UF = UC \cdot UD$.

Por lo tanto, $\dfrac{UE \cdot UF}{UC \cdot UD} = 1$ ... ( 4 ).

P6.

Las cuerdas $AB$ y $EF$ de la circunferencia se intersectan el el punto $V$, por la Proposición III.35, se cumple $VA \cdot VB = VE \cdot VF$.

Por lo tanto, $\dfrac{VA \cdot VB}{VE \cdot VF} = 1$ ... ( 5 ).

P7.

Las cuerdas $CD$ y $AB$ de la circunferencia se intersectan en el punto $W$, por la Proposición III.35, se cumple $WC \cdot WD = WA \cdot WB$.

Por lo tanto, $\dfrac{WC \cdot WD}{WA \cdot WB} = 1$ ... ( 6 ).

P8.

Multiplicando las ecuaciones ( 1 ), ( 2 ) y ( 3 ) miembro a miembro, obtenemos:

$\left( \dfrac{VL}{LW} \cdot \dfrac{WD}{DU} \cdot \dfrac{UE}{EV} \right) \cdot \left( \dfrac{VA}{AW} \cdot \dfrac{WM}{MU} \cdot \dfrac{UF}{FV} \right) \cdot \left( \dfrac{VB}{BW} \cdot \dfrac{WC}{CU} \cdot \dfrac{UN}{NV} \right) = -1$

Reordenando los factores, nos queda

$\left( \dfrac{VL}{LW} \cdot \dfrac{WM}{MU} \cdot \dfrac{UN}{NV} \right) \cdot \left( \dfrac{WD}{DU} \cdot \dfrac{UE}{EV} \right) \cdot \left( \dfrac{VA}{AW} \cdot \dfrac{UF}{FV} \right) \cdot \left( \dfrac{VB}{BW} \cdot \dfrac{WC}{CU} \right) = -1$

Nuevamente, reordenando factores

$\left( \dfrac{VL}{LW} \cdot \dfrac{WM}{MU} \cdot \dfrac{UN}{NV} \right) \cdot \left( \dfrac{UE \cdot UF}{CU \cdot DU} \right) \cdot \left( \dfrac{VA \cdot VB}{EV \cdot FV} \right) \cdot \left( \dfrac{WC \cdot WD}{AW \cdot BW} \right) = -1$

Como estamos considerando segmentos dirigidos, entonces

$\left( \dfrac{VL}{LW} \cdot \dfrac{WM}{MU} \cdot \dfrac{UN}{NV} \right) \cdot \left( \dfrac{UE \cdot UF}{(-UC) \cdot (-UD)} \right) \cdot \left( \dfrac{VA \cdot VB}{(-VE) \cdot (-VF)} \right) \cdot \left( \dfrac{WC \cdot WD}{(-WA) \cdot (-WB)} \right) = -1$

Considerando las igualdades ( 4 ), ( 5 ) y ( 6 ), obtenemos

$\left( \dfrac{VL}{LW} \cdot \dfrac{WM}{MU} \cdot \dfrac{UN}{NV} \right) \cdot (1)(1)(1) = -1$

P1.

Sea $P$ la intersección del eje radical de la primera y segunda con el eje radical de la segunda y tercera, entonces por el Teorema (Eje radical), tenemos

$PA^2 - (R1)^2 = PG^2 - (R2)^2$ ... ( 1 ).

y $PG^2 - (R2)^2 = PD^2 - (R3)^2$ ... ( 2 ).

P2.

De la ecuaciones ( 1 ) y ( 2 ) obtenemos $PA^2 - (R1)^2 = PD^2 - (R3)^2$ ... ( 3 ).

Por lo tanto, $P$ tiene potencias iguales con respecto a las tres circunferencias, y entonces el eje radical de la primera y tercera también pasa por $P$.

P3.

Tratemos de llevar los centro de estas circunferencias sobre la recta que se muestra. Intentemos que los centros sean colineales.

Si los centros de las tres circunferencias son colineales, los ejes radicales son paralelos y distintos o dos de ellos coinciden y la línea común es paralela al tercero, o los tres coinciden.

En cada uno de estos casos especiales, las líneas son concurrentes en un punto al infinito.

P1.

Prolongamos las rectas tangentes $PP'$ y $QQ'$.

Sea $S$ su punto de intersección.

P2.

Por la Proposición III.36 y el Teorema 1 (de propiedades de las circunferencias), la potencia de $S$ con respecto a la circunferencia es $SQ^2 = SO^2 - R^2 = SP^2$.

En consecuencia, $SQ = SP$. Por lo tanto, el triángulo $PSQ$ es un triángulo isósceles.

P3.

Como $SQ = SP$ y $PP' = QQ'$, entonces $Q'S = P'S$.

Por lo tanto, el triángulo $Q'SP'$ también es isósceles.

P4.

Por $P'$ y $Q'$, construimos perpendiculares a $PP'$ y $QQ'$.

Sea $V$ su punto de intersección.

P5.

El triángulo $Q'SP'$ es isósceles, entonces por la Proposición I.5, los ángulos debajo de la base son iguales entre sí, por lo tanto, $\measuredangle Q'P'P = \measuredangle P'Q'Q$.

P6.

Y como los ángulos $\measuredangle VQ'Q$ y $\measuredangle VP'P$ son ángulos rectos, entonces en el triángulo $P'VQ'$ sus ángulos en la base $\measuredangle VP'Q$ y $\measuredangle VQ'P'$ son iguales.

Por lo tanto, por la Proposición I.6, en el triángulo $P'VQ'$, los lados $VP'$ y $VQ'$ son iguales.

P7.

Los lados $VP'$ y $VQ'$ son perpendiculares a las rectas $PP'$ y $QQ'$ en $P'$ y $Q'$, respectivamente.

Por lo tanto, podemos construir la circunferencia con centro en $V$ y radio $VQ'$, que es tangente a las rectas $PP'$ y $QQ'$ en $P'$ y $Q'$.

P8.

Por lo tanto, existe una circunferencia tangente a $PP'$ y $QQ'$ en $P'$ y $Q'$.

P1.

Supongamos por simplicidad que el hexágono es convexo, así que las tres diagonales $AD$, $BE$, $CF$ son secantes de la circunferencia inscrita (y que la posibilidad de paralelismo no existe).

P2.

Sobre las líneas $EF$, $CB$, $AB$, $ED$, $CD$, $AF$ (prolongadas) tomemos los puntos $P'$, $Q'$, $R'$, $S'$, $T'$, $U'$ tales que $PP' = QQ' = RR' = SS' = TT' = UU'$.

P3.

Por el Teorema 3 (de propiedades de las circunferencias) podemos construir las circunferencias 1 (tangente a $PP'$ y $QQ'$ en $P'$, $Q'$), 2 (tangente a $RR'$ y $SS'$ en $R'$ y $S'$), 3 (tangente a $TT'$ y $UU'$ en $T'$ y $U').$

P4.

Por la Proposición III.36 y el Teorema 1 (de propiedades de las circunferencias), sabemos que dos tangentes a una circunferencia desde el mismo punto tienen longitudes iguales. Por lo tanto, $AR = UU'$.

También, $RR' = UU'$.

P5.

Tenemos, por adición, $AR' = AU'$.

P6.

Como $DS = DT$ y $SS' = TT'$.

P7.

Tenemos, por sustracción, $DS' = DT'$.

P8.

Por lo tanto, tanto $A$ como $D$ son puntos de igual potencia con respecto de las circunferencias 2 y 3; y su unión $AD$ coincide con el eje radical de estas dos circunferencias.

P9.

Similarmente, $BE$ está sobre el eje radical de las circunferencias 1 y 2.

P10.

Y $CF$ está sobre está sobre el eje radical de las circunferencias 2 y 3.

P11.

Por el Teorema 2 (de propiedades de las circunferencias), los ejes radicales de tres circunferencias no coaxiales, tomadas por pares, son concurrentes.

Por lo tanto, hemos exhibido las diagonales de nuestro hexágono, como los ejes radicales de tres circunferencias.

P1.

Trazamos la altura desde el vértice $A$ y llamamos $D$ al pie de la altura. Existen dos posibilidades para el pie de altura $D$: que $D$ esté dentro del segmento $BC$ o que $D$ esté en la prolongación de $BC$.

Primero, supongamos que $D$ está dentro de $BC = a$.

P2.

Sea $x = BD$, y por lo tanto $DC = a - x$.

Tenemos formados dos triángulos rectángulos: $\triangle ADC$ y $\triangle ABD$.

P3.

Por el Teorema de Pitágoras, Proposición I.47, en el triángulo $\triangle ADC$, tenemos que $b^2 = (a - x)^2 + h^2$ ... ( 1 ).

P4.

Como $cos \beta = \dfrac{x}{c}$.

Despejando $x$, obtenemos: $x = c \; cos \beta$.

Sustituyendo el valor de $x$ en ( 4 ), tenemos $b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \; cos \beta$.

P1.

Trazamos la altura desde el vértice $A$ y suponemos que $D$, el pie de la altura, está fuera del segmento $BC = a$.

P2.

Sea $x = BD$, y como $BC = a$, entonces $CD = x - a$.

Tenemos formados dos triángulos rectángulos: $\triangle ACD$ y $\triangle ABD$.

P3.

Por el Teorema de Pitágoras, Proposición I.47, en el triángulo $\triangle ADC$, tenemos que $b^2 = (x - a)^2 + h^2$ ... ( 1 ).

Y por este mismo teorema, en el triángulo $\triangle ABD$, obtenemos $c^2 = x^2 + h^2$ ... ( 2 ).

Desarrollando la ecuación ( 1 ), obtenemos: $b^2 = (x - a)^2 + h^2 = x^2 - 2ax + a^2 + h^2 = \undergroup{x^2 + h^2} + a^2 - 2ax$ ... ( 3 ).

Y sustituyendo la ecuación ( 2 ) en ( 3 ), nos queda: $b^2 = c^2 + a^2 - 2ax$ ... ( 4 ).

P4.

Como $cos \beta = \dfrac{x}{c}$.

Despejando $x$, obtenemos: $x = c \; cos \beta$.

Sustituyendo el valor de $x$ en ( 4 ), tenemos $b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \; cos \beta$.

P1.

Dibujamos el diámetro $CJ$ y la cuerda $BJ$.

P2.

Por la Proposición III.31, el ángulo $\measuredangle CBJ$ es un ángulo recto, ya que es ángulo inscrito que subtiende un diámetro.

P3.

Por la Proposición III.21, el ángulo $\measuredangle BJC$ es igual al ángulo $\measuredangle BAC$, pues subtienden el mismo arco.

Y $sin(\measuredangle BJC) = \dfrac{a}{CJ}$.

Por lo tanto, para $sen(A)$, tenemos $sin(\measuredangle BAC) = sin(\measuredangle BJC) = \dfrac{a}{CJ} = \dfrac{a}{2R} \implies \dfrac{a}{sin(A)} = \dfrac{a}{sin(\measuredangle BAC)} = 2R$.

P4.

Aplicamos el mismo procedimiento para $sen(B)$. Así, $sin(\measuredangle ABC) = \sin(\measuredangle AJC) = \dfrac{b}{CJ} = \dfrac{b}{2R} \implies \dfrac{b}{sin(B)} = \dfrac{b}{sin(\measuredangle ABC)} = 2R$.

P5.

Y también para $sen(C)$. Así, $sin(\measuredangle BCA) = sin(\measuredangle BKA) = \dfrac{c}{AK} = \dfrac{c}{2R} \implies \dfrac{c}{sin(C)} = \dfrac{c}{sin(\measuredangle BCA)} = 2R$.

P6.

Por lo tanto, $\dfrac{a}{sin \; A} = \dfrac{b}{sin \; B} = \dfrac{c}{sin \; C} = 2R$.

P7.

Para esta parte de la demostración mueve los vértices $A$, $B$ y $C$ hasta conseguir que el ángulo en $A$ sea obtuso. Supongamos que el triángulo es obtusángulo.

P8.

Dibujamos el diámetro $CJ$ y la cuerda $BJ$. Entonces el cuadrilátero $ABJC$ es cíclico, y por la Proposición III.22, sus ángulos opuestos son suplementarios.

Por lo tanto, $\measuredangle BJC = 180º - \measuredangle BAC$. Y como $sin(\theta) = sin(180º - \theta)$, entonces $sin(\measuredangle BJC) = sin(180º - \measuredangle BAC) = sin(\measuredangle BAC)$.

Por lo tanto, $sin(A) = sin(\measuredangle BAC) = sin(\measuredangle BJC) = \dfrac{a}{2R}$.

P1.

Sean ángulo $\theta = \measuredangle AXC$ y $\beta = \measuredangle AXB = 180º - \theta$.

Aplicando la Ley de los cosenos, a los ángulos suplementarios $\beta$ y $\theta$, tenemos:

$b^2 = p^2 + n^2 - 2pn \; cos(\theta)$ ... ( 1 ), y

$c^2 = p^2 + m^2 - 2pm \; cos(\beta) = p^2 + m^2 - 2pm \; cos(180º - \theta)$.

Por lo tanto, $c^2 = p^2 + m^2 - 2pm \; cos(180º - \theta)$ ... ( 2 ).

P2.

Multiplicando la ecuación ( 1 ) por $m$ y la ecuación ( 2 ) por $n$, y sumando miembro a miembro, tenemos

$b^2 m + c^2 n = p^2 (n + m) + mn(m + n) -2mnp(cos(180º - \theta) + cos(\theta))$.

Factorizando, nos queda: $b^2 m + c^2 n = (p^2 + mn)(m + n) - 2mnp(-cos(\theta) + cos(\theta))$.

Y como $m + n = BC = a$, de la ecuación anterior obtenemos: $b^2 m + c^2 n = (p^2 + mn) a$.

P1.

Por el Teorema de Stewart, sabemos que toda ceviana de longitud $p$ de un triángulo de lados $a$, $b$, $c$ satisface la relación $a(p^2 + mn) = b^2 m + c^2 n$ ... ( 1 ), donde $m$ y $n$ son las longitudes de los segmentos en que es dividido el lado por el que cruza la ceviana.

La mediana $AX$ es también una ceviana.

P2.

En este caso, $a = b = c = l$ y $m = \dfrac{l}{2}$, $n = \dfrac{l}{2}$.

Sustituyendo estos valores en la ecuación ( 1 ), podemos obtener el valor de $p$:

$l \left( p^2 + \dfrac{l}{2} \cdot \dfrac{l}{2} \right) = l^2 \dfrac{l}{2} + l^2 \dfrac{l}{2} \implies p^2 + \dfrac{l}{2} \cdot \dfrac{l}{2} = \dfrac{l^2 \frac{l}{2} + l^2 \frac{l}{2}}{l} \implies p^2 + \dfrac{l^2}{4} = l^2 \implies p = \sqrt{l^2 - \dfrac{l^2}{4}} = \sqrt{\dfrac{3}{4} l^2}$

Por lo tanto, $p = \dfrac{\sqrt{3}}{2} l$.