2139 - amontes

Ejercicio 108 Construcciones de triángulos
Applet CabriJava
(2139-405)
Construir un triángulo del que se conoce el radio de la circunferencia inscrita, la altura desde un vértice
A y la distancia entre los puntos de tangencia, con el lado opuesto a A, de la circunferencia inscrita y de
la circunferencia exinscrita, relativa a A.
SOLUCIÓN:
δ
Trazado un segmento AHa de longitud ha (dada), que es la altura desde el vértice A del triángulo ABC a construir,
se traza las perpendiculares ` a él por su extremo Ha (donde va estar el lado BC) y por el punto que dista r (radio
dado de la circunferencia inscrita I(r), 2r < ha ) de Ha . El centro I de I(r) ha de estar en esta última paralela.
Consideremos un punto variable E 0 sobre ` y el triángulo AB 0 C 0 , con el lado B 0 C 0 sobre ` y E 0 el punto de tangencia
de su circunferencia inscrita I 0 (r), de radio r. Sea D0 el punto diametralmente opuesto a E 0 en I 0 (r). La circunferencia
exinscrita Ia0 (ra0 ), relativa al vértice A, es homotética I 0 (r), en una homotecia de cetro A; ası́, el punto de tangencia
con ` es F 0 = ` ∩ AD0 .
Tememos que determinar la posición del punto E 0 para que la distancia E 0 F 0 coincida con una dantidad d dada.
Si llevamos sobre la semirrecta perpendicular a ` y partiendo de E 0 hacia el semiplano que ` determina donde está
A, la longitud E 0 F 0 , se obtiene un punto que describe un lugar geométrico compuesto por dos remirrectas (simétricas
respecto a AHa ) en el semiplano considerado y que parten de Ha . La inclinación de una de estas semirrectas respecto
a la recta ` está en la razón 2r/(ha − 2r), pues.
F 0E0
F 0 Ha
=
,
E 0 D0
AHa
F 0E0
F 0 E 0 + E 0 Ha
=
,
2r
ha
F 0E0
2r
=
.
0
E Ha
ha − 2r
Por tanto, tales semirrectas se trazan con facilidad.
La perpendicular a ` por un punto P de intersección del lugar geométrico descrito con la recta δ paralela a ` (en
el semiplano determinada por ésta, donde esta A) a una distancia d de Ha , determina en ` el punto de tangencia
de la circunferencia inscrita I(r) al triángulo pedido ABC. Por lo que, una vez trazada, los vértices B y C son las
intersecciones de las tangentes a ella desde A con `.
Segundo método de construcción:
Como la distancia entre E y F (puntos de tangencia de las circunfercias inscrita I(r) y exinscrita Ia (ra ) con BC)
es igual a b − c, la construcción de un triángulo con los datos dados se puede enfocar como en el caso que se conocen
los datos ha , r, b − c.
Nota:
La circunferencia exinscrita Ia (ra ) a un triángulo ABC es homotética a la inscrita I(r), mediante la homotecia de
centro A y razón ra /r. Si consideramos los puntos de tangencia E = I(r) ∩ BC y F = Ia (ra ) ∩ BC y el punto D
diametralmente opuesto a E en I(r), se tiene que
AF
ra
=
.
r
AD
La Laguna, Jueves 24 de Abril del 2008
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Angel Montesdeoca
Como los triángulos AHa F y DEF (Ha pie de la altura desde A) son semejantes, resulta que
DF
2r
=
.
AF
ha
Se sigue que
ra
AF
=
=
r
AF − DF
1
ha
=
.
DF
ha − 2r
1−
AF
Luego, tenemos la siguiente expresión para el radio ra de la circunferencia exinscrita Ia (ra ):
ra =
rha
.
ha − 2r
Ası́, al variar E 0 en `, todas las circunferencia Ia0 (ra ) son congruentes.
http://webpages.ull.es/users/amontes/pdf/trresolu.pdf
http://webpages.ull.es/users/amontes/pdf/ejct2139.pdf
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Angel Montesdeoca