[Michel]

Construir un triángulo rectángulo  conociendo los radios de las circunferencias inscrita y circunscrita.

[Ignacio Larrosa]

Mi solución para el caso general de un ángulo cualquiera, con las restricciones que se detallan:

Spoiler

Se utilizan algunos resultados sencillos de establecer:

• Desde el incentro los lados se ven bajo un ángulo 90° mayor que la mitad del ángulo opuesto al lado. Es decir, \( \angle BIC = 90^\circ{} + \frac{1}{2} \angle BAC \) (teniendo en cuenta que las bisectrices dividen a los ángulos en dos partes iguales).
• En el cuadrilátero, convexo o cóncavo pero no cruzado, formado por el centro de una circunferencia y tres puntos sobre ella, el ángulo en el vértice opuesto al centro es igual al suplementario de la mitad del ángulo en el centro (teniendo en cuenta que el ángulo central el doble que el inscrito que abarca el mismo arco).
• La bisectriz de un ángulo pasa por el punto medio del arco de la circunferencia circunscrita correspondiente al lado opuesto (ángulos inscritos iguales abarcan arcos iguales).

Utilizar los controles inferiores para ver la construcción paso a paso.

Para los valores numéricos se ha tomado sin pérdida de generalidad \( R = 1 \).

La distancia \( d \) entre incentro y circuncentro es \( d^2 = R^2 - 2Rr \), debida a Euler. Es conocido que dadas dos circunferencias interiores que cumplan la anterior relación, puede construirse un triángulo inscrito/circunscrito a ellas empezando en cualquier punto. Despejando de la desigualdad \( r \leq{} r_{max} \) se obtiene para el ángulo \( \alpha \):

\( \displaystyle\frac{1}{2} \arcsen \left( \displaystyle\frac{1 - \sqrt[ ]{1-2r}}{2}\right)\leq{}\alpha\leq{}\displaystyle\frac{1}{2} \arcsen \left( \displaystyle\frac{1 + \sqrt[ ]{1-2r}}{2}\right) \)

(supuesto \( R = 1 \))

[cerrar]

Para el caso \( \alpha = 90^\circ{} \) se simplifica un poco. Interesante construcción, si señor.

Saludos,

[delmar]

Hola Michel

Para el problema que has propuesto aquí una solución

Spoiler

Considerando el problema resuelto. El triángulo es ABC, recto en A, los puntos de tangencia son T,V,S, observamos que necesariamente  CB es un diámetro de la circunferencia circunscrita, únicamente si es un diámetro se mirará desde A con un ángulo de 90º.En consecuencia BC=2R.

Trazamos la semirrecta AO’, esta es la bisectriz del ángulo A, luego \( \angle SAO \ '=\angle O \ 'AT=45º. \)

Por B se traza una paralela a AO’. Esta paralela intersecta a la recta AC en el punto P. Observamos que, si construimos el triángulo CPB, el problema estará resuelto, ya que si bajamos por B una perpendicular a CP, la intersección con CP, será el vértice faltante A.

El ángulo \( \angle 1 =\angle O \ 'AT=45º \) (ángulos alternos internos de rectas paralelas) y el ángulo \( \angle P =\angle SAO \ '= 45º \) ,  (ángulos correspondientes entre paralelas), luego  \( \angle 1=\angle P=45º \), luego el  triángulo PAB es isóceles y \( AP=AB \)

\( CP=CA+AP=CA+AB \)

Observando la figura se tiene : \( CA=CS+r=CV+r \) y  \( AB=BT+r=BV+r \), en consecuencia se tiene :

\( CP=CV+r+BV+r=CV+VB+2r=CB+2r=2R+2r \)

Por lo tanto el triángulo CPB se puede construir , se traza \( CP=2R+2r \), por P, una semirrecta que forma un ángulo de 45º con PC  y con centro en C una circunferencia de radio 2R, la intersección de la circunferencia con la semirrecta es el punto B. Luego por B se baja una perpendicular a PC, obteniéndose el vértice A, con lo cuál queda construido el triángulo ABC

[cerrar]

Saludos

[Michel]

Hola delmar.

Veré detenidamente tu solución ppara que no ocurra lo del problema anterior.

Yo lo he hecho teniendo en cuenta que en todo triángulo rectángulo, la suma de los catetos es igual a la suma de los diámetros de las circunferencias inscrita y circunscrita.

Entonces conocemos la suma de los catetos: b++c=2R+2r.

También conocemos la hipotenusa a=2R.

Se trata de un problema ya hecho.

Saludos

[Ignacio Larrosa]

Hola Michel

Para el problema que has propuesto aquí una solución

Spoiler

Considerando el problema resuelto. El triángulo es ABC, recto en A, los puntos de tangencia son T,V,S, observamos que necesariamente  CB es un diámetro de la circunferencia circunscrita, únicamente si es un diámetro se mirará desde A con un ángulo de 90º.En consecuencia BC=2R.

Trazamos la semirrecta AO’, esta es la bisectriz del ángulo A, luego \( \angle SAO \ '=\angle O \ 'AT=45º. \)

Por B se traza una paralela a AO’. Esta paralela intersecta a la recta AC en el punto P. Observamos que, si construimos el triángulo CPB, el problema estará resuelto, ya que si bajamos por B una perpendicular a CP, la intersección con CP, será el vértice faltante A.

El ángulo \( \angle 1 =\angle O \ 'AT=45º \) (ángulos alternos internos de rectas paralelas) y el ángulo \( \angle P =\angle SAO \ '= 45º \) ,  (ángulos correspondientes entre paralelas), luego  \( \angle 1=\angle P=45º \), luego el  triángulo PAB es isóceles y \( AP=AB \)

\( CP=CA+AP=CA+AB \)

Observando la figura se tiene : \( CA=CS+r=CV+r \) y  \( AB=BT+r=BV+r \), en consecuencia se tiene :

\( CP=CV+r+BV+r=CV+VB+2r=CB+2r=2R+2r \)

Por lo tanto el triángulo CPB se puede construir , se traza \( CP=2R+2r \), por P, una semirrecta que forma un ángulo de 45º con PC  y con centro en C una circunferencia de radio 2R, la intersección de la circunferencia con la semirrecta es el punto B. Luego por B se baja una perpendicular a PC, obteniéndose el vértice A, con lo cuál queda construido el triángulo ABC

[cerrar]

Saludos

Según que la circunferencia de centro \( C\textrm{ y radio }2R \) corte en dos puntos, sea tangente o no corte a la semirrecta trazada por \( B \), tendremos dos soluciones, una o ninguna. En el caso de tu dibujo dos, igualmente válidas. El corte entre una situación y otra se produce para \( r = (\sqrt{2} - 1)R \), en el que el triángulo \( CPB\textrm{ es rectángulo en }B \).

La resolución teórica está bien, pero en el dibujo determinas B a partir de A y no A a partir de B, lo que imposibilita a priori escoger de forma independiente los radios R y r, evitando las situaciones en las que el problema no tiene solución.

Saludos,