Los problemas de construcción de un triángulo, dada una terna de datos, son muy comunes. De unos la construcción es directa, de otros más elaborada y de algunos imposible.

Para la demostración que pide Vicente Vicario García, transformaremos este problema en otro más fácil; por ejemplo, podría ser el problema número 100 de las páginas de Ricardo Barroso; pero este problema todavía es algo “complicadillo” porque exige el empleo del radio del círculo inscrito.

¡ TRANSFORMAREMOS ESTE PROBLEMA EN EL DE CONSTRUIR UN TRIÁNGULO DADA LA BASE BC=a, LA ALTURA h_a DESDE EL VÉRTICE A Y EL RADIO R DEL CÍRCULO CIRCUNSCRITO !

Como veremos una vez determinado a, este último problema se resuelve con las construcciones más elementales que hay en geometría.

Exige un estudio detallado del triángulo para llegar de los datos del enunciado a los que nos permitirán la construcción final.

Respecto a este estudio detallado del triángulo, debo agradecer unas observaciones de Francisco García Capitán que me han permitido simplificar algunas relaciones a usar (ver nº 400 extra Útiles simples para la resolución de problemas de triángulos apartados, 7.1 y 7.2).

En primer lugar estableceremos nueve proposiciones previas, luego buscaremos los elementos de la construcción a partir de los datos del enunciado y estableceremos la solución.

PROPOSICIÓN UNO

Los segmentos que determinan los puntos de contacto del círculo inscrito en un ángulo y el vértice de dicho ángulo son iguales.

figura 1

Al ser AD la bisectriz del ángulo A

Este resultado se puede obtener porque los triángulos AED y AFD tienen dos ángulos iguales, un lado igual y un lado común AD; lo que nos lleva a que el tercer lado de cada triángulo también es igual.

También podemos expresar la potencia del vértice A respecto al círculo inscrito y obtener la misma igualdad

PROPOSICIÓN DOS

La paralela a las bases en el punto medio de la altura (paralela intermedia) es igual a la semi-suma de las bases.

figura 2

Expresamos d en función de la base mayor, la base menor y la altura

y ahora buscamos la relación para la paralela intermedia

PROPOSICIÓN TRES

La distancia entre los puntos medios de las diagonales de un trapecio es igual a la semi-diferencia de las bases.

figura 3

Observando los triángulos FDG y DFE, tenemos respectivamente las dos siguientes igualdades

y eliminando l1

PROPOSICIÓN CUATRO

En un triángulo cualquiera, la bisectriz corta al círculo circunscrito en el punto medio de los arcos que subtiende el lado opuesto al vértice.

figura 4

Al ser AS la bisectriz del ángulo A tenemos

y como la igualdad de ángulos supone igualdad de arcos

Al ser AD la otra bisectriz del ángulo A

y como los ángulos son suplementarios, sus arcos, a lado distinto del diámetro, son iguales

PROPOSICIÓN CINCO

En un triángulo cualquiera, las distancia de un vértice a los puntos de contacto del círculo ex-inscrito opuesto a ese vértice son iguales al semi-perímetro.

figura 5

Si dibujamos un triángulo de lados a, b, c y semi-perímetro p

 con su círculo inscrito y sus círculos ex-inscritos y todos sus puntos de contacto notados según la figura tenemos

con la PROPOSICIÓN UNO

con la PROPOSICIÓN UNO, de nuevo

PROPOSICIÓN SEIS

La distancia de un vértice al punto de contacto más próximo, fuera del triángulo es igual al semi-perímetro menos el lado del triángulo donde se encuentra el punto de contacto.

Con la misma figura 5, y de acuerdo con la PROPOSICIÓN CINCO

del mismo modo

PROPOSICIÓN SIETE

La distancia de un vértice al punto de contacto más próximo, dentro del triángulo es igual al semi-perímetro menos el lado del triángulo opuesto al vértice.

figura 6

Si dibujamos un triángulo con su círculo inscrito y los puntos de contacto en cada laso

Y de acuerdo con la PROPOSICIÓN UNO

y así

con lo que

PROPOSICIÓN OCHO

El área del triángulo es igual al producto del semi-perímetro por el radio del círculo inscrito.

Si en la figura 6 observamos los radios perpendiculares a los lados y los segmentos de unión del incentro con los vértices, se forman tres triángulos con sus respectivas alturas y podemos escribir

PROPOSICIÓN NUEVE

El área del triángulo es igual al producto del radio del círculo ex-inscrito opuesto a un vértice por el semi-perímetro menos el lado opuesto al mismo vértice.

figura 7

Destacando de la figura el radio del círculo inscrito y el círculo ex-inscrito, como los dos círculos son tangentes a los lados que concurren en el mismo vértice y los centros están alineados sobre la bisectriz que también pasa por el vértice, podemos decir que los dos círculos son homotéticos de centro A y la razón de homotecia será la razón de radios; por tanto los triángulos ABC y AB’C’ son homotéticos. En la misma homotecia y aprovechando la PROPOSICIÓN SIETE, podemos escribir

de donde

Ya que el enunciado nos proporciona R y r, dibujamos un triángulo con todos sus círculos.

figura 8

Sea S el punto de intersección de la bisectriz AI_a con el círculo circunscrito. Por la PROPOSICIÓN CUATRO, S es el punto medio del arco BSC.

Sea D el punto de intersección del círculo circunscrito con la bisectriz AI_b (además de A). Por la PROPOSICIÓN CUATRO, D es el punto medio del arco BDS. AI_b , como bisectriz externa del ángulo A , es perpendicular a la bisectriz interna AI_a ; lo que nos lleva a que el ángulo DAS es recto e inscrito en círculo circunscrito y por tanto DS es un diámetro de ese círculo; entonces S es el punto medio del arco BSC y en consecuencia DOS es perpendicular a BC y además perpendicular en el punto medio M_a de ese segmento.

Pero teniendo en cuenta la PROPOSICIÓN CINCO,

y por eso, Ma es el punto medio de AcAb y ,en consecuencia, MaD es la paralela media del trapecio IbIcAcAb en el que aplicamos la PROPOSICIÓN DOS y obtenemos

De nuevo, con la PROPOSICIÓN SEIS y la PROPOSICIÓN SIETE

de lo que se desprende que Ma es el punto medio de AaA’ y como consecuencia S es el punto medio de IIa ; por tanto, MaS es el segmento de unión de los puntos medios de las diagonales del trapecio IA’IaAa ; por lo que podemos aplicar la PROPOSICIÓN TRES y escribir

y como DS es un diámetro del círculo circunscrito

Si calculamos la potencia del punto Ma respecto al círculo circunscrito (ver figura 8)

con lo que obtenemos el lado a

[1]

Observamos que necesitamos r_a ; para ello aprovechando la PROPOSICIÓN OCHO y LA PROPOSICIÓN NUEVE

y de aquí

[2]

sustituyendo [2] en [1]

De donde con los datos del enunciado ya sabemos obtener a ; pero si simplificamos un poco, trabajaremos con segmentos menores y el dibujo no será tan farragoso.

[3]

CONSTRUCCIÓN DE ( r_a-r)/2=r²/(h_a-2r)

figura 9

• Por un punto C, trazamos una recta donde llevamos CD igual a la altura dada y CE igual a dos veces el radio del círculo inscrito.

• Entonces DE es el denominador buscado.

• Un arco de centro D y radio DE corta a la perpendicular por D en F. Una paralela a CD por F corta a la perpendicular por C en el punto G.

• Trazamos CJ igual al radio r y con centro en C trazamos el arco de radio CJ que corta a la perpendicular por C en K.

• La paralela por K a GJ corta a CD en L. CL es el segmento buscado.

CONSTRUCCIÓN DE a/2 (Ver ecuación [3])

figura 10

• Con centro en C, arco de radio CL que corta a la perpendicular por C en M.

• Sobre la perpendicular por C, trazamos CN igual al radio del círculo circunscrito. Con centro en N y radio NC, trazamos un arco que corta a la perpendicular en P.

• Una perpendicular a CP por M corta al arco anterior en Q. MQ es la mitad del lado a.

CONSTRUCCIÓN DEL TRIÁNGULO

figura 11

• Una paralela por M a CQ corta a CD en S.

• Un arco con centro en S y radio SC corta a CD en B.

• Un arco con centro en C y radio CN corta a la mediatriz de BC en O.

• Con centro en O y radio CO trazamos el círculo circunscrito al triángulo ABC.

• Un arco con centro en C y radio CD corta a la perpendicular por C en T .

• Una paralela a CD por T corta al círculo circunscrito en A. La otra intersección A’ nos da otra solución simétrica a la anterior.

EN LA CONSTRUCCIÓN DINÁMICA, PUEDE MOVER LOS PUNTOS EN ROJO

PRIMERA CONDICIÓN

SEGUNDA CONDICIÓN