Construcciones de triángulos

Ejercicio 54 Construcciones de triángulos
Applet CabriJava
(2036-405)
Construir un triángulo conociendo un lado y los radios de las circunferencias inscrita y circunscrita.
SOLUCIÓN:
Primer método
La existencia y unicidad de un triángulo del que se conocen un lado y los radios de las circunferencias circunscrita
e inscrita, ası́ como su construcción se debe a Victor Oxman.- ”On the existence of triangles with given circumcircle,
incircle, and one additional element”. Forum Geometricorum Volume 5 (2005) 165–171.
Se hará uso de la expresión de la distancia d entre el circuncentro O y el incentro I de un triángulo ( Fórmula de
Chapple, (202) en V.B. Fursenko.-Lexicographical account of constructional problems of triangle geometry problems
(en ruso). Mathematicals in schools, 1937 (5) pp. 4-30, 1937 (6) pp. 21-45, Moscow, USSR.), siguiente:
d2 = R2 − 2rR,
(1)
donde R y r son respectivamente los radios de las circunferencias circunscrita O(R) e inscrita I(r) del triángulo.
Dadas dos circunferencias en el plano con radios R y r (R ≥ 2r), una condición necesaria para la existencia de un
triángulo para el que las dos circunferencias sean la circunscrita y la inscrita, es que la distancia d entre sus centros
venga dada por (1).
Dado un punto sobre O(R) y trazadas las tangentes desde él a I(r), ellas cortan a O(R) en otros dos puntos, la
recta que ellos determinan es también tangente a I(r). Esto es el teorema de los polı́gonos cerrados de Poncelet, que
en su forma más simple, se puede enunciar de la siguiente manera:
”Si se tienen dos circunferencias, una Γ1 dentro de otra Γ2 . Supongamos que para un punto A de Γ2 sucede lo
siguiente: Trazamos por A una tangente a Γ1 que vuelve a cortar a Γ2 en B; por B trazamos la otra tangente a Γ1 ,
que vuelve a cortar a Γ2 en C; por C trazamos la otra tangente a Γ1 , y resulta que vuelve a cortar a Γ2 en A (es decir,
se cierra la sucesión de tres tangentes). Entonces eso mismo pasa (es decir el triángulo también se cierra) cuando
hacemos la misma operación partiendo de cualquier otro punto A∗ de Γ2 ”.
Eso es una situación particular del Segundo problema de Poncelet: ”Dados dos cónicas, se trata de ver si hay
polı́gonos de n lados inscrito en una y circunscrito a la segunda”. Luis A. Santaló, Geometrı́a Proyectiva (Eudeba,
Buenos Aires, 1966), pp. 243-246)
De todo esto se sigue que también es suficiente la condición (1) para determinar tal triángulo. De hecho existen
infinitos de ellos. Vamos a determinar uno que tenga como longitud de uno de sus lados a.
Al referirnos a un triángulo inscrito en O(R) y circunscrito a I(r) diremos que es un triángulo porı́stico.
La condición que debe existir entre a, r y R para construir el triángulo viene dada por:
√
(I) Si d ≤ r (ó equivalentemente R ≤ (1 + 2)r), existe un único triángulo porı́stico (salvo congruencia) ABC con
BC = a si y sólo si
4r(2R − r − 2d) ≤ a2 ≤ 4r(2R − r + 2d).
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En efecto, la cuerda de O(R) tangente a I(r) de longitud mı́nima (la más alejada de O) es la tangente a I(r) en el
punto de intersección con la recta OI más alejado de O. Dicha cuerda tiene longitud a1 , tal que
a21 = 4r(2R − r − 2d),
como se deduce de la Fig.I-1.
Similarmente, la cuerda de O(R) de longitud máxima (la más cerca de O) es la tangente a I(r) en el punto de
intersección con la recta OI, más cerca de O. Dicha cuerda tiene longitud a22 = 4r(2R − r + 2d) (ver Fig.II-2).
Para probar la suficiencia, hagamos la construcción efectiva (Fig.I-3). Si la cuerda tiene longitud a, ella dista de
O R1 , R12 = R2 − a2 /4 (ver Fig.3), por lo que construimos la circunferencia O(R1 ) y la tangente común de ésta con
I(r). La cuerda que tal tangente determina en O(R) es un lado del triángulo porı́stico de longitud a. La intersección
de las tangentes desde los extremos de esta cuerda a I(r), nos da el tercer vértice, que está en O(R), por el teorema
clausura de Poncelet, mencionado.
Notar que existen dos tangentes comunes a las circunferencias O(R1 ) y I(r), pero ellas son simétricas respecto a
OI, luego dan lugar a triángulo congruentes.
√
(II) Si d > r (es decir, R > (1 + 2)r), existe un único triángulo porı́stico ABC con BC = a si y sólo si
4r(2R − r − 2d) ≤ a2 < 2r(2R − r + 2d)
ó a = 2R,
y existe dos de tales triángulos si y sólo si
4r(2R − r + 2d) ≤ a2 < 4R2 .
Como en el caso (I), el valor mı́nimo para BC ocurre cuando este lado es tangente a I(r) en el punto de intersección
con OI, más alejado de O (cuando dista d + r) y ese valor de BC satisface (Fig.II-1)
a2 = 4r(2R − r − 2d).
El valor máximo de BC es el diámetro de O(R), tangente a I(r), su valor es a = 2R (Fig.II-2).
Para un valor dado de a, la cuerda que tiene esta longitud, dista R1 , R12 = R2 − a2 /4, de O. Construimos la
circunferencia O(R1 ) y la cuerda BC de O(R), que es tangente a O(R1 ), tiene longitud a.
Si R1 > d − r (Fig.II-2), las tangentes a I(r) desde B y C determinan el punto A en O(R), y el triángulo ABC
queda construido. Entonces para 4r(2R − r − 2d) ≤ a2 < 4r(2R − r + 2d), éste es el único triángulo porı́stico, con un
lado de longitud a; que es el mismo caso si a = 2R.
Si R1 ≤ d − r (Fig.II-3), existe, además de la tangente externa, una tangente común interna a las circunferencias
O(R1 ) e I(r), cuya cuerda determinada en O(R) es de longitud a y construimos el triángulo porı́stico correspondiente.
Segundo método
Existe otro método para construir el triángulo ABC pedido, partiendo primero de los datos a y R y buscando la
condición que debe cumplir r, para que la construcción sea posible.
Partiendo de un segmento BC de longitud a, el centro O de la circunferencia circunscrita está en la circunferencia
B(R), de centro B y radio R, y en la mediatriz de BC, con lo que queda determinado.
El vértice A está en la circunferencia O(R) y el ángulo desde el que se ve el segmento BC desde A, verifica
a = 2R sen A.
En la paralela ` a BC, en el semiplano que está O, a una distancia r dada, estará el incentro I. Además, el ángulo
[ bajo el que se ve el segmento BC, desde el incentro de ABC, cuando A varı́a en O(R), es
BIC
[ = π − (B + C ) = π − π − A = π + A.
BIC
2
2
2
2
2
Ası́, el incentro I está en la intersección de ` con el arco capaz de π/2 + A/2 sobre BC. Como dicho arco también
contiene al incentro del triángulo particular M BC, siendo M el punto de intersección de la mediatriz de BC con O(R),
tal arco queda determinado (su centro es el punto M 0 diametralmente opuesto a M en O(R)) y el incentro construido.
El vértice A de ABC, que falta, es la intersección de O(R) con la recta M 0 I.
Para que la recta ` tenga intersección con el arco capaz de π/2 + A/2 sobre BC, se debe verificar que
µ
¶
π A
a
−
,
r ≤ tag
2
4
4
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donde a = 2R sen A y a ≤ 2R.
Si consideramos la recta `, paralela a BC, en el semiplano que no contiene a O, y procediendo de forma similar, se
obtiene un triángulo con circunferencia exinscrita (relativa al vértice A) de radio ra = r, cuando
µ
¶
a
π A
r ≤ tag
+
.
2
4
4
Tercer método
Consideremos una circunferencia I(r), con centro en un punto I y radio dado r (que va a ser la circunferencia
inscrita del triángulo ABC a construir); por uno de sus puntos D, trazamos la tangente δ, que va a contener el lado
BC. Marcamos en esta tangente los extremos de un segmento B 0 C 0 de longitud dada a, tal que el punto D esté sobre
él. Trazamos las tangentes a I(r) desde B 0 y C 0 (distintas de δ), las cuales se cortan en un punto A0 . Applet CabriJava
δ
De los triángulos A0 B 0 C 0 , cuando B 0 varı́a, tratamos de encontrar los que tiene como radio de la circunferencia
circunscrita un valor dado R. El circuncentro ha de estar en rectas paralelas, δ1 y δ2 , a δ a una distancia igual a
r
a2
R2 − .
4
√
Además, en virtud de la fórmula (1), estará en la circunferencia I(d) de centro en I y radio d = R2 − 2rR.
Los puntos comunes de esta circunferencia con las rectas paralelas anteriores, cuando los haya, nos darán las
posibles ubicaciones de los circuncentros de los triángulos a determinar.
Una vez encontrado el circuncentro O, se traza la circunferencia O(R) de centro O y radio R, y donde corte a
δ están los vértices B y C. Las tangentes, desde estos, a I(r) se cortan el el vértice A y el triángulo ABC queda
construido.
Condiciones entre los datos a, R y r para que exista tal triángulo ABC:
En primer lugar, para que I sea el incentro (no un exincentro), se ha de verificar que 2r < a; además 2r ≤ R, por
(1); y en todo triángulo se verifica que a ≤ 2R.
Supongamos ahora que d > r. Para que exista al menos una solución
(salvo congruencia), es decir, para que la
p
circunferencia I(d) : x2 + y 2 = d2 = R2 − 2rR y la recta δ1 : y = R2 − a2 /4 − r tengan puntos comunes, se debe
cumplir que
r
a2
R2 −
≤ d + r.
4
En resumen, si
r
a2
≤ d + r, r < d,
2r < a, 2r ≤ R, a ≤ 2R,
R2 −
4
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el circuncentro está en
Ã
1
±
2
r
a2
!
³
´ 1p
p
2
2
2
2
− 4r r + 2R − 4R − a ,
4R − a − r .
2
Si, además de las condiciones anteriores, se cumple que
r
a2
R2 −
≤ d − r,
4
p
es decir, la circunferencia I(d) también tiene puntos comunes con δ2 : y = − R2 − a2 /4 − r, la otra paralela a δ, hay
dos soluciones (salvo congruencias), estando los circuncentros en
Ã
! Ã
!
r
r
³
´ 1p
³
´
p
p
p
1
1
1
a2 − 4r r + 2R − 4R2 − a2 ,
4R2 − a2 − r , ±
a2 − 4r r + 2R + 4R2 − a2 , −r −
4R2 − a2 .
±
2
2
2
2
En el caso en que d ≤ r, habrá a lo sumo una solución (salvo congruencia), cuando I(d) y δ1 tengan puntos comunes.
Esto es si
r
a2
2r < a, 2r ≤ R, a ≤ 2R, r − d ≤ R2 −
≤ r + d, d ≤ r,
4
las coordenadas del circuncentro son:
Ã
!
r
³
´ 1p
p
1
±
a2 − 4r r + 2R − 4R2 − a2 ,
4R2 − a2 − r .
2
2
En cualquiera de los casos, los circuncentros pueden determinarse con regla y compás.
http://webpages.ull.es/users/amontes/pdf/trresolu.pdf
http://webpages.ull.es/users/amontes/pdf/ejct2036.pdf
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