MISCELANEA_GEOMETRIA_Tomo_IV

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Juan Ángel Díaz Hernando
Doctor Ingeniero Industrial
Licenciado en Ciencias Matemáticas
Profesor Titular de la Universidad Politécnica de Madrid
MISCELÁNEA DE GEOMETRÍA
Tomo IV
Triángulos
Madrid, 2017
Datos de catalogación bibliográfica.'
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JUAN ÁNGEL DÍAZ HERNANDO.
Miscelánea de Geometría. Tomo IV. Triángulos
c©JUAN ÁNGEL DÍAZ HERNANDO, Madrid 2017
Formato 176 x 250 mm Páginas: 421
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intelectual. La infracción de los derechos mencionados puede ser constitutiva de delito contra la propie-
dad intelectual (arts. 270 y sgts. Código Penal)
DERECHOS RESERVADOS
c©2017 por Juan Ángel Díaz Hernando
Presentación: M-002285/2017
R.P.I. 16/2017/5044 del 21 de Agosto de 2017
(España)
Editor: Juan Ángel Díaz Hernando
Técnico editorial: E.B.M.
IMPRESO EN ESPAÑA - PRINTED IN SPAIN
A la memoria de mis padres.
III
Prólogo
Este Tomo IV no es sino la continuación, en todo, del anterior Tomo III, desdoblamiento que hubo que
aceptar dada la extensión de lo tratado; por tanto, todo lo dicho en su prólogo, es válido aquí.
En cualquier caso, una rápida mirada al índice nos entera del contenido de este libro. El Capítulo V
está dedicado a la construcción de triángulos equiláteros, mientras que el Capítulo VI se dedica a los
isósceles; en particular, el Capítulo VII trata con los rectángulos. Por último, el Capítulo VIII, el más
extenso, tiene como objetivo la construcción de los triángulos, en general, escalenos.
En todos los ejemplos, siguiendo las indicaciones del texto se llega a la construcción del triángulo pedido,
del que siempre tenemos como información tres datos. En muchos de ellos, antes de dar la solución es
decir los pasos a seguir para su realización, se hace una reflexión, como es la de suponer el problema
resuelto, lo que en general justifica la marcha a seguir.
Como curiosidad, en más de una ocasión aparecen enunciados repetidos, o equivalentes, como justifica-
ción de que la construcción de un triángulo no tiene por qué ser única.
Entiendo que estudiar una tras otra las construcciones propuestas significa repasar todo lo aprendido hasta
aquí, desde la primera lección del primer libro, como fueron, entre otras, lo que entendimos por rectas
antiparalelas, arco capaz, inscribibilidad de un cuadrilátero, así como las propiedades de las bisectrices,
tanto respecto del triángulo como de la circunferencia circunscrita al mismo, y las propias definiciones
de los distintos elementos del triángulo: alturas, medianas, semimedianas, mediatrices, circunferencias
inscrita y exinscritas, junto con sus distintas relaciones. La proyectividad juega, también, ocasionalmente
su papel, al igual que los distintos tipos de homología; recordemos que la afinidad y la homotecia son
casos particulares de ella.
La determinación de lugares geométricos y la construcción de cuadriláteros, estudiados en el
anterior Tomo III, constituyen una fuente de interesantes propiedades que se utilizan, ahora aquí, en la
construcción de los triángulos.
Mi sugerencia al lector es, por tanto, la de tratar de conseguir que en cada construcción se intente aplicar,
en todo o en parte, lo ya aprendido, a modo de campo de prácticas y puesta a punto de sus conocimientos.
Sigo emocionándome cuando recuerdo lo que dijeron que Tagore había dicho a alguien que acababa
de perder a un ser querido: “Si lloras porque se ha puesto el sol, las lágrimas no te dejarán ver las
estrellas”.
Siguen, y seguirán siempre en mi memoria, mis amigos, mi esposa y mis padres, mis hijos, y mis nietos:
Lucía, Diego y Mario.
Juan Angel Díaz Hernando.
V
ÍNDICE
VII
CAPÍTULO V
Lección 10 CONSTRUCCIÓN DE TRIÁNGULOS EQUILÁTEROS
10.1 Ejemplos........................................................................................... 3
CAPÍTULO VI
Lección 11 CONSTRUCCIÓN DE TRIÁNGULOS ISÓSCELES
11.1 Ejemplos........................................................................................... 17
CAPÍTULO VII
Lección 12 CONSTRUCCIÓN DE TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS
12.1 Ejemplos........................................................................................... 43
CAPÍTULO VIII
Lección 13 CONSTRUCCIÓN DE TRIÁNGULOS ESCALENOS
13.1 Ejemplos........................................................................................... 105
SÍMBOLOS .................................................................................................. 403
ALFABETO GRIEGO .................................................................................................. 407
BIBLIOGRAFÍA .................................................................................................. 411
IX
CAPÍTULO V
Lección 10.- CONSTRUCCIÓN DE TRIÁNGULOS EQUILÁTEROS
10.1 Ejemplos
10.1 Ejemplos
Ejemplo 1. Construir un triángulo equilátero conociendo el radio de la circunferencia circunscrita, R.
Bastará dibujar la circunferencia circunscrita, dividirla en tres partes iguales, y luego unir esos puntos, lo que nos
dará directamente el triángulo buscado.
A
B C
O
R
R
Ejemplo 2. Construir un triángulo equilátero conociendo el radio de la circunferencia inscrita, r.
Bastará dibujar la circunferencia de radio r, dividirla en tres partes iguales y trazar las tangentes a la misma en esos
puntos:
O r
3
Ejemplo 3. Construir un triángulo equilátero conociendo la altura, h.
Dado que los ángulos internos del triángulo valen cada uno 60o tendremos:
A
B C
h
H
30º
Bastará por tanto, fijado h = AH, situar el ángulo
Â
2
= 30o y levantar la perpendicular a AH, en H, que cortará el
lado del ángulo en el punto C. Veámoslo:
A
B C
60º
H
30º
Ejemplo 4. Construir un triángulo equilátero conociendo la altura h.
Si suponemos el problema resuelto tenemos:
A
B CH
h
A'
B' C'
4
Bastará, por tanto, construir un triángulo equilátero cualquiera,
4
A′B′C′. Situar sobre su altura, A′H, el valor dado,
h, lo que nos proporcionará el vértice A, desde el que trazando sendas paralelas a A′B′ y A′C′, cortarán éstas a la
base B′C′, en los vértices, B y C, del triángulo que nos interesa:
A
B CH
h
A'
B' C'
h
O
h
Ejemplo 5. Dado un triángulo
4
ABC trazar una circunferencia que corte a sus lados según cuerdas de longitud
igual al radio.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el siguiente esquema:
I
A
C
Q
B
P
Observemos que determinado el incentro, con él como vértice bastará trazar un triángulo equilátero con base en
cualquier lado, de altura el radio de la circunferencia inscrita. La circunferencia que soluciona el problema será la
de centro en I y radio IQ.
I
A
C
QB
P
30º
5
Ejemplo 6. Construir un triángulo equilátero tangente a tres circunferencias dadas.
El siguiente esquema nos da la pista para la construcción pedida
O
A
C
Q
B
P60º
60º2
O1
O3
r1
r2
r3
(c )2
(c )3
(c )1
Veamos como construiremos el menor de los posibles,
4
ABC.
1o.- Por el centro de (c1) trazamos la vertical PQ, y por P la normal a ésta, r1.
2o.- Trazamos dos rectas cualesquiera, r2 y r3, que forman un ángulo de 60o con r1.
3o.- Por O2 y O3 trazamos perpendiculares a r2 y r3, que nos determinan los puntos R y S.
4o.- Las tangentes en R y S, respectivamente en (c2) y (c3) nos cierran el triángulo equilátero que nos interesa.
A
CB
60º 60º
O2
O1
O3
r1
r2
r3
(c )2
(c )3
(c )1
P
Q
S
R
6
Ejemplo 7. Dibujar un triángulo equilátero de modo que sus vértices están sobre tres paralelas dadas.
Dadas las tres rectas paralelas b1, b2 y b3, fijaremos un punto, A, sobre la primera, b1, y procederemos a hacer un
giro de las tres, de 60o, alrededor de A.
A continuación determinaremos todos los puntos de intersección posibles (9 en total).
De entre los puntos marcados haremos caso omiso de aquellos que son puntos de corte de una recta con su homóni-
ma girada, salvo la b1 (5 y 9) y de los que contienen las rectas b1 (4 y 7) y b′1 (2 y 3).
Para cada uno de los puntos restantes tendremos una solución, que obtendremos uniendo el punto inicial A(1), con
cada uno de ellos, que serán respectivamente, lados del triángulo buscado, que podemos pasar a construir inmedia-
tamente.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
A
60º
b1
b2
b3
b'1 b'2 b'3
Ejemplo 8. Dibujar un triángulo equilátero de modo que sus vértices estén sobre tres circunferencias con-
céntricas.
Consideremos tres circunferencias (c1), (c2), y (c3), de radios respectivos r1, r2, y r3.
Con centro en un punto arbitrario, A, de la circunferencia (c1), y con radio r1, trazamos un arco que cortará a la
misma en el punto P.
Con centro en P trazamos ahora una circunferencia de radio r3, que cortará a la c2 en los puntos B y B′. Estos puntos
nos definen los segmentos AB y AB′, lados respectivos de dos triángulos equiláteros, que constituyen la solución
pedida.
(Evidentemente, si la circunferencia trazada, con centro P, resulta tangente a la (c2), existirá una única solución, y
en el caso de que no haya corte no habrá ninguna solución).
(c )1
r3
r1
r2
3(c )
2(c )
O
P
B'
A
C'
C
B
r1
r3
7
Ejemplo 9. Construir un triángulo equilátero con un vértice, A, en un punto del plano y los otros dos, B y C,
sobre dos circunferencias dadas.
Consideremos las circunferencias (c1) y (c2) y el vértice conocido, A, interior a (c1).
El procedimiento de construcción consiste en lo siguiente:
1o.- Girar la circunferencia, (c2), 60o con respecto al punto A, con lo que obtendremos la (c3).
2o.- La intersección de (c3) con (c1) nos determinará el segundo vértice B.
3o.- El segmento AB permite, fácilmente, dibujar el triángulo pedido.
(Evidentemente, si la circunferencia (c3) resulta tangente a la (c1), existirá una única solución y en el caso de que
no haya corte no habrá ninguna solución).
(c )1
O'
2
3(c )
2(c )
O
A
C'
C
B
O1
2
60ºB'
Ejemplo 10. Construir un triángulo equilátero con un vértice en un punto del plano y los otros dos sobre dos
circunferencias dadas.
Consideremos las circunferencias (c1) y (c2), y el vértice conocido, A, exterior a ambas.
Como en el caso en que el punto A era interior a una de las circunferencias, tendremos que girar una de ellas 60o
con centro de giro en A, con lo que obtendremos la (c3).
A
B C
C'
B'
60º
(c )1
(c )2
(c )3
O1O'2
O2
(Como ocurría en el caso de que el punto A fuese interior a (c1), si la circunferencia (c3) resultase tangente a la (c1)
existiría una única solución, y en el caso de que no haya corte no habría ninguna solución).
8
Ejemplo 11. Circunscribir a un triángulo cualquiera un equilátero de área máxima.
Dado que el área del triángulo equilátero es: S =
√
3
4
·a, el área será máxima cuando lo sea el perímetro. En con-
secuencia, nuestro problema equivale al de circunscribir a un triángulo cualquiera un equilátero de perímetro
máximo.
El procedimiento para conseguirlo será trazar sobre cada lado arcos capaces de 60o y dibujar, en los vértices del
triángulo dado, secantes comunes a las dos circunferencias que sean las mayores secantes, que serán las paralelas
a la recta que une los centros, con lo que obtendremos el triángulo pedido.
(Observemos que hubiese bastado con trazar arcos capaces sobre dos lados).
A
B C
60º
60º
60º
Ejemplo 12. Dado un triángulo
4
ABC, circunscribirle un triángulo equilátero máximo.
Sobre los lados AB, BC y CA, se trazan los arcos capaces de 60o, Se unen luego los centros D, E y F, de los arcos
trazados y por los vértices del triángulo dado se trazan paralelas a las líneas que unen los centros, resultando el
triángulo
4
GHI pedido.
H
I
G
60º
60º
60º
A
B
C
arcos capaces de 60º
sobre:
BC
AB
arco capaz de 60º sobre:
CA
60º
E
D
F
9
Ejemplo 13. Construir un triángulo equilátero conocido su centro, O, y que dos de sus vértices se apoyan en
dos rectas paralelas, r1 y r2.
Giramos las rectas r1 y r2 en ángulo de 120o, con centro en O, con lo que transforman en las r′1 y r
′
2.
Por otra parte los puntos A y A′, donde se cortan las rectas originales con las transformadas, serán el primer vértice
de las dos soluciones posibles.
Unimos luego el centro O con los puntos A y A′, y trazamos otras nuevas rectas que formen 120o con respecto a
ellas, que cortarán a las rectas originales, r1 y r2, en los segundos vértices B y B′, de las dos soluciones posibles.
Una vez determinados los lados AB y A′B′ es inmediato el trazado de los dos triángulos equiláteros solución.
A
B
C
A'
B'
C'
r
r
r' r'
O
60º
120º
1 2
1
2
Ejemplo 14. Construir un triángulo equilátero de lado conocido, `̀̀, con sus vértices apoyados en tres rectas,
dos de ellas paralelas.
El procedimiento de construcción que sigue nos va a proporcionar la solución como vamos a ver:
En primer lugar se elige un punto, X, cualquiera sobre la recta r2, y desde él, como centro, se traza un arco, de radio
`̀̀, que cortará a la recta r1 en el punto Y, determinando el segmento XY.
Haciendo centros a X e Y trazamos sendos arcos, de radio `̀̀, que se cortarán en el punto Z, por el que dibujaremos
una paralela a la recta r2. Esta recta cortará a la recta r3 en el punto A, primer vértice del triángulo buscado.
Luego, por el punto A, trazaremos una paralela a la recta ZX, que cortará a la recta r2, en el punto B, segundo vértice
del triángulo que nos interesa.
Por último, por el punto A trazamos una paralela a la recta ZY, que cortará a r1, en el punto C, tercer vértice del
triángulo buscado.
A
B
C
Z
Y
X
r3
r1
r2
ZX por A
ZY por A
r por Z2
l
l
10
Una ligera variante a la construcción anterior sería la siguiente.
En primer lugar fijar un punto cualquiera P, en r2, construir el triángulo equilátero de lado `̀̀,
4
PQR, y proceder,
luego, a su traslación a la posición pedida.
A
B
C
R
Q
P
r3
r1
r2
l
l
l
Ejemplo 15. Construir un triángulo equilátero que se apoya en un punto A, una recta, r, y una
circunferencia, (c).
La resolución de este problema sigue los siguientes pasos:
Giramos la recta, r, 60o con centro de giro en el punto dado, A, y donde la recta girada corte a la circunferencia, (c),
tenemos dos posibles vértices del triángulo buscado, que habrá que comprobar.
(c)
B
A
B'
C'
r
r'
O
C
En este caso hemos obtenido dos soluciones, pero puede darse, fácilmente, que sólo uno de los puntos, B o B′ nos
den solución; incluso según la situación de los datos puede ocurrir que no exista solución alguna.
Ejemplo 16. Construir un triángulo equilátero cuyos lados pasen por tres puntos dados.
Para la resolución de este problema utilizaremos por repetido el concepto de arco capaz, como sigue:
Dados los tres puntos P, Q y R, sobre el segmento PQ dibujamos el arco capaz de 60o, y hacemos lo mismo sobre
el segmento PR.
11
Luego desde O1 trazamos la perpendicular a PQ, que cortará a la circunferencia dibujada en el punto M, y hacemos
lo mismo con el punto O2, lo que nos determinará el punto N.
A continuación unimos los puntos M y N, y prolongamos la recta que determinan hasta cortar a la circunferencia de
centro O1, lo que nos dará un vértice del triángulo pedido, el A.
Luego unimos el vértice así obtenido con el punto P, y prolongamos la recta que determinan hasta cortar a la otra
circunferencia de centro O2, lo que nos proporcionará otro de los vértices que nos interesan, el B.
Para la determinación del tercer vértice, el C, bastará considerar las rectas intersección de los dos anteriores con,
respectivamente los puntos Q y R.
P
Q
R
A
B
C
O1
O2
M
N
60º
60º
Ejemplo 17. Construir un triángulo equilátero conociendo un vértice y los otros dos apoyados en dos rectas
oblicuas.
El procedimiento de construcción del triángulo
4
ABC se-
rá el siguiente: (En general determina un triángulo isós-
celes de ángulo Â). En primer lugar giraremos las rectas
dadas, r y s, un ángulo  obteniéndose las rectas r′ y s′.
El punto de intersección de r′
y s será ya uno de los vér-
tices, B.
Levantamos, luego, sobre el segmento AB un ángulo Â,
que cortará a r en el vértice C.
A
r
s
r'
s'
A
A
A
^
^
^
12
(Como en nuestro caso pretendemos un triángulo equilátero deberá ser  = 60o).
A
r
s
r'
s'
B C
A = 60º^
Ejemplo 18. Construir un triángulo equilátero conociendo la suma del lado y la altura.
S= l+h
a
b
a
b
l
l'
l
l
l'
a b
l' l
_ _ 
=
l'
S
h
h'
h'
= ===
13
Ejemplo 19. Construir un triángulo equilátero conociendo la diferencia del lado y de la altura: d = `̀̀−h.
A
B C
B'
A'
C'
B M
M
d
14
CAPÍTULO VI
Lección 11.- CONSTRUCCIÓN DE TRIÁNGULOS ISÓSCELES
11.1 Ejemplos
11.1 Ejemplos
Ejemplo 1. Construir un triángulo isósceles conociendo la base, a, y el radio de la circunferencia inscrita, r.
Bastará con situar la circunferencia dada tangente a la base, en su punto medio, y luego trazar tangentes a dicha
circunferencia desde los vértices B y C, cuya intersección nos dará el vértice desconocido, A.
A
B C
a
r
a
2
_ a
2
_
Ejemplo 2. Construir un triángulo isósceles conociendo la base, a, y el radio de la circunferencia
circunscrita, R.
Bastará con dibujar la circunferencia que tenga su centro en O, determinando este punto como intersección de los
arcos trazados con centros respectivos en B y C, ambos de radio r; la perpendicular a la base, en su punto medio,
cortará a la circunferencia en el vértice desconocido A.
A
B C
R
R
O
a
17
Ejemplo 3. Construir un triángulo isósceles conociendo la base, a, y el ángulo opuesto, A.
Bastará construir el arco capaz  sobre la base, y luego trazar la perpendicular en el punto medio de la base, que
cortará el arco trazado en el vértice desconocido A.
A
B C
O
Â
Â
a
Ejemplo 4. Construir un triángulo isósceles conociendo la base, a, y la altura, ha.
Bastará trazar la perpendicular en el punto medio de la base a, y luego sobre ella situar la altura ha, lo que nos
determinará el vértice desconocido A.
A
B C
ha
a
18
Ejemplo 5. Construir un triángulo isósceles conociendo la base, a, y uno de los ángulos iguales, B̂.
Bastará situar sobre la base a, los ángulos B̂ y Ĉ = B̂; la intersección de los lados de esos ángulos, distintos de los
que están situados en la base, nos dará el vértice desconocido A.
A
B C
B̂ Ĉ = B̂
a
Ejemplo 6. En un triángulo dado inscribir un triángulo isósceles, de altura dada, de manera que su base sea
paralela a uno de sus lados.
Suponiendo el problema resuelto tenemos: A
B
C
ED
F
M
h
La construcción consistiría en, una vez situado el triángulo dado,
4
ABC, trazar una paralela al lado BC, a una distancia
la altura dada, h, del triángulo isósceles a inscribir, que cortará a los lados AB y AC, respectivamente, en los puntos
D y E, que serán ya los vértices de la base del isósceles que buscamos inscribir. La mediatriz del segmento DE
cortará al lado BC en el punto F, tercer vértice del triángulo que nos interesaba determinar.
A
B
C
ED
F
M
h
A
A
B
B
C
C
c
b
a
h
19
Ejemplo 7. Construir un triángulo isósceles conociendo hb y mb.
Supongamos el problema resuelto, y observaremos:
A
B C
M
P
Hm
b
h b
para
lela 
a h b
O
Es inmediata la construcción del triángulo
4
BHM. Dado que es un triángulo isósceles, el punto O es el de intersección
de las medianas, luego distará, del punto M, un tercio de BM.
Trazamos luego la circunferencia de radio OP (OP perpendicular a MH), y desde B dibujamos la tangente a ésta,
que cortará a la recta HM en el vértice A.
Un arco de radio AB, y centro en A, cortará a la recta MH en el vértice C.
A
B
C MPH
O
hb
mb
20
Ejemplo 8. Construir un triángulo isósceles conociendo b y B̂.
Sobre una recta BD se construye el ángulo B̂, luego sobre uno de sus lados se determina el segmento BA = b;
tendremos así, determinados los vértices B y A.
A continuación, con centro en A, y radio b, se traza un arco que cortará a la recta BD en el tercer vértice C.
A
B
D
b
b
B̂
B̂
C
Ejemplo 9. Construir un triángulo isósceles conocidos a, y Â.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el siguiente esquema:
A
B C
r
B̂
Â
Ĉ
B̂
Â
a
=
180º-
B=
2
 , B̂ Ĉ
Un procedimiento para su construcción puede ser el siguiente:
1o.- Sobre una recta cualquiera, r, situar un punto B (que será uno de los vértices del triángulo), y el
segmento BC = a, (C será otro de los vértices del triángulo).
2o.- Colocar el ángulo Â, con vértice en B, y trazar la bisectriz de su suplementario, que será cortada por
la mediatriz del segmento BC = a, en el tercer vértice A.
A
B C
B̂
Â
Ĉ
B̂
Â
a
bc
Â
a
Otro procedimiento hubiese podido ser: Trazar el arco capaz, sobre BC = a del ángulo Â, y cortarle por la mediatriz
del segmento BC = a, lo que nos hubiera dado el vértice A.
21
Ejemplo 10. Construir un triángulo isósceles conociendo la altura, ha, y uno de los ángulos iguales, B̂.
Dibujada la altura, AH, y su perpendicular en H, dibujamos con vértice en A, el ángulo ĤAB = 90o− B̂. La recta AB
cortará a la perpendicular anterior en el punto B; éste, y su simétrico C, respecto H, serán los vértices desconocidos
que nos determinan, con el A, el triángulo buscado.
A
B C
B̂
ah
B̂
90º B̂_
H
Ejemplo 11. Construir un triángulo isósceles conociendo  y a+ha.
El siguiente esquema aclarará la construcción del triángulo pedido:
A'
B' C'
Y
B
A
X'
a'
h'
C
a'
a
Â
X
a+ha
En primer lugar se construye un triángulo isósceles cual-
quiera,
4
A′B′C′, con la única condición que: Â′ = Â.
Luego, a partir de su altura, h′, se lleva el lado a′, lo que
nos determina el segmento YX′.
A continuación se unen los puntos X′ y C′, determinan-
do el segmento X′C′.
Hecho lo anterior, se sitúa sobre YX′ el segmento dado
YX = a+ha, y por el punto X se traza una paralela a
X′C′, que cortará a la base B′C′ en el punto C (uno de
los vértices del triángulo buscado).
Trazamos, ahora, por C, una paralela al lado A′C′, que
cortará al segmento YX en el vértice A del triángulo que
nos interesa.
22
Cortando, por último, el segmento B′C′ por una paralela, por A, al segmento A′B′, quedará determinado el tercer
vértice del triángulo pedido.
A'
B' C'YB
A
X'
C
a'
a
Â
X
a
_
=
=
YX=a+h A'Y=h'
_
BC=a'
_Â
aa+h
paralelas
paralelas
Ejemplo 12. Construir un triángulo isósceles conociendo  y b+ha.
El siguiente esquema aclarará la construcción del triángulo pedido:
En primer lugar trazamos el segmento XY = b+ha; y por su extremo, X, se levanta un ángulo
Â
4
.
YB
A
X
C
Â
2
_
ab+h
Â
2
_
Â
4
_
Âb
Por el otro extremo, Y, se levanta una perpendicular
a XY, que será cortada por el lado del ángulo
Â
4
en el
punto C (primer vértice determinado del triángulo bus-
cado).
A continuación se traza la mediatriz del segmento XC,
que cortará al segmento XY en el punto A (segundo de
los vértices buscados).
23
El tercer vértice, B, se obtendrá llevando la distancia YC hacia el otro lado.
YB
A
X
C
ab+h
Â
2
_
Â
4
_
Â
ab+h
Â
4
_
Â
2
_
Â
b
Ejemplo 13. Construir un triángulo isósceles conociendo b y ha.
Si suponemos el problema resuelto vemos que la solución es inmediata:
A
B C
r
ah
b
P
En efecto: Basta trazar una recta, r, y en un punto cualquiera, P, de ella una perpendicular, sobre la que situamos el
segmento PA = ha.
Luego con centro, en el vértice A, y radio el valor de b, trazamos un arco que cortará a r en los vértices B y C.
A
B C
r
ah
b
P
b
ah
24
Ejemplo 14. Construir un triángulo isósceles conociendo a y hb.
Si suponemos el problema resuelto vemos que la solución es inmediata.
A
B C
r
bh
bh
a
En efecto: Basta trazar una recta, r, situar sobre ella el lado BC = a, y desde B trazar un arco de radio hb; luego
desde C dibujar la tangente a dicho arco. Repetimos ahora la operación intercambiando lo hecho con los puntos B y
C, y donde se corten las dos tangentes trazadas tendremos el tercer vértice, A.
A
B C
r
bh
a
bh bh
B Ca
bh
25
Ejemplo 15. Construir un triángulo isósceles
conociendo 2 ·p y ha.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el esquema siguiente:
A
B C
r
ah
P Q
2·p
M
El procedimiento para construir el triángulo
4
ABC será el siguiente:
Sobre una recta cualquiera, r, se sitúa el segmento PQ = 2 ·p, y sobre su punto medio, M, se levanta una perpendi-
cular sobre la que se sitúa la altura, ha; el punto A será ya un vértice del triángulo buscado.
Se determinan después los segmentos AP y AQ, sobre los que se trazan sus mediatices, que cortará a r en los vértices
B y C, respectivamente.
A
B C
r
ah
P Q
2·p
M
ah
2·p
ah
Ejemplo 16. Inscribir un triángulo isósceles, en una circunferencia dada, (c), conociendo la suma `̀̀ de la
base y de la altura.
Supongamos el problema resuelto:
4
ABC será el triángulo buscado, tal que
AC+BD = `̀̀ .
El punto L, situado sobre la mediatriz de AC, verifica
LD = AC ,
con lo que se cumple
BL = `̀̀ .
26
Como todo triángulo semejante al
4
LAC, verifica que la altura es igual a la base, si prolongamos LA y LC hasta la
tangente, a la (c) en el punto B, tendremos:
FE = BL ⇐⇒ BE = `̀̀
2
A
B
CD
(c)
E
L
O
F
Las consideraciones anteriores nos sugieren la construcción siguiente:
Sobre una tangente, a (c), se toman BE =
`̀̀
2
y BL = `̀̀, trazándose después LE, lo que nos determina el punto A, y
en consecuencia el triángulo pedido
4
ABC.
(Observemos que, en general, existirá una segunda solución, el triángulo
4
A′BC′).
A
B
C
A'
(c)
E
L
O
F
C'
r
E
B
B
L
r
l
2
l
Ejemplo 17. Construir un triángulo isósceles conociendo la circunferencia circunscrita y la posición del
punto medio de la base.
Dibujada la circunferencia (c), y el punto medio de la base, P, se traza el segmento APC. Sobre él se traza la
perpendicular al segmento establecido, que cortará a la circunferencia en el punto B.
A
B
C
(c)
P
B'
27
Ejemplo 18. Construir un triángulo isósceles conociendo la circunferencia circunscrita y la situación del
punto medio de uno de sus lados iguales.
Dibujada la circunferencia, (c), y el punto medio de uno de sus lados iguales, P, se traza el segmento APB, que ya es
uno de esos lados. Se traza luego la recta BO, a la que se traza la perpendicular AC, que cortará a la circunferencia
en el punto C.
A
B
C
(c)
P
O
Ejemplo 19. Construir un triángulo isósceles conociendo la circunferencia circunscrita, sabiendo que el
punto medio de la base se encuentra sobre una recta dada XY, y conociendo un vértice A.
Dibujada la circunferencia, (c), fijamos sobre ella el punto A y dibujamos la recta XY.
Dibujamos, ahora, la circunferencia, (c1), de diámetro el segmento AO. (Esta circunferencia es el lugar geométrico
de los puntos medios de las cuerdas que pasan por A).
La intersección de (c1) y XY, nos dará el punto medio, M, de la base del triángulo pedido lo que nos permitirá
determinar el vértice C.
La perpendicular en M al segmento AC; cortará a (c) en el vértice B, lo que completará el triángulo que nos
interesaba.
M
B
CA
O'
O Y
(c)
(c )1
X
Ejemplo 20. Construir un triángulo isósceles conocido A, y que los lados b y c son tangentes a dos circunfe-
rencias, de centros O y O′.
El proceso de construcción será el siguiente: En primer lugar se determina el centro de homotecia de las dos circun-
ferencias, sea el H. Luego, inscribimos, en la circunferencia mayor, un ángulo
Â
2
con uno de sus lados pasando por
el centro de la misma. A continuación dibujamos la circunferencia tangente al lado de ese ángulo, el que no pasa por
28
el centro O, con centro en O. Por último, desde H, trazamos una tangente a esta circunferencia, que cortará a las cir-
cunferencias dadas en los puntos B y C. Las tangentes, a las circunferencias dadas, en esos puntos nos determinarán
el vértice A.
H
B
C
B'
O'
O
2
A
Â
C'
A'
Â
Â_
Ejemplo 21. Construir un triángulo isósceles conociendo 2 ·p y B̂.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el esquema siguiente:
P
B C
Q
A
B̂
B̂_
2
B̂_
2
B̂
B̂_
2 r
2·p
paralelas
29
El procedimiento para resolver este problema será el siguiente:
Sobre una recta cualquiera, r, se sitúa el segmento PQ = 2 ·p, y por sus extremos se levantan ángulos de B̂
2
y B̂.
Los lados de los ángulos correspondientes a los ángulos
B̂
2
, se cortarán en el vértice A. Luego, por el punto A se
trazan sendas paralelas correspondientes a los lados de los ángulos B̂, que cortarán a r en los vértices B y C.
P
B C
Q
A
B̂
B̂_
2
B̂
B̂_
2 r
2·p
paralelas paralelas
2·p
B̂
Ejemplo 22. Construir un triángulo isósceles conociendo el ángulo Â, el vértice A, de forma que B y C estén
apoyados en dos rectas concurrentes, r y s.
El procedimiento de construcción del triángulo
4
ABC será el siguiente:
En primer lugar giraremos las rectas dadas, r y s, un
ángulo Â, obteniéndose las r′ y s′.
El punto de intersección de r′ y s será ya uno de los vér-
tices, B.
Levantamos, luego, sobre el segmento AB un ángulo Â,
que cortará a r en el vértice C.
s
A
s'
r
r'
Â
B
C
s
A
s'
r
r'
Â
B
Â
Â
C
30
Ejemplo 23. Construir un triángulo isósceles conocido su perímetro, 2 ·p, y que los lados iguales, b y c, son
el segmento áureo de a.
Recordemos como hallar el segmento áureo de una longitud cualquiera PQ: Una vez situado PQ, por Q se levanta
una perpendicular y sobre ella sitúa el segmento
OQ =
PQ
2
.
Luego, con centro en O y radio r =
PQ
2
se traza una
circunferencia.
Uniendo P con O, cortamos a la circunferencia trazada
en el punto A.
El segmento PA es el áureo del PQ.
P Q
A
O
Una vez más utilizamos la semejanza en la resolución de este problema.
En primer lugar fijamos un a′ y determinamos su segmento áureo; b′ = c′. Hecho esto construidos un triángulo
isósceles
4
A′B′C′, siendo B′C′ = a′ y A′B′ = A′C′ = b′. (B = B′ será vértice del triángulo buscado).
Prolongamos el segmento B′C′ hasta alcanzar el perímetro 2 ·p′ del triángulo
4
A′B′C′; sea su extremo el D′.
Unimos A′ con D′. Luego superponemos a 2 ·p′ el perímetro dado 2 ·p; sea su extremo el D.
Trazamos por D una paralela a A′D′, hasta que corte a A′B′, en A que será ya el vértice del triángulo pedido.
Una paralela por A a A′C′ cortará a la recta BD en el tercer vértice, C.
Determinación de b′ = c′ a partir de a′ :
b'
a'
a'_
2
a'
b'=c'
Construcción del triángulo
4
ABC :
a'
b'
A
B C
C'B' D' D
2·p'
2·p
2·p
b = segmento áureo de a
A' =
=
==
31
Ejemplo 24. Construir un triángulo isósceles conociendo su base, a, y su baricentro, G.
Sabiendo que el baricentro es el punto de intersección de las medianas, que se cortan a sus
2
3
desde los vértices
respectivos, bastará con unir el baricentro con los vértices B y C, prolongar
1
3
los segmentos de mediana, BG y CG,
y unir luego con los extremos prolongados los vértices B y C, que se cortarán en el vértice A.
A
a
C
P
B
P
G
G
P
a
G , baricentro de ABC
Ejemplo 25. Construir un triángulo isósceles sabiendo que a = b
2
y se conoce R.
Para resolver este problema utilizaremos la semejanza, construyendo un triángulo semejante al pedido, sobre el que
montaremos luego el definitivo.
Así, sobre una recta cualquiera, r, colocaremos un segmento, B′C′, de longitud también cualquiera, que llamaremos
x. Luego, haciendo centros en B′ y C′, y con radios iguales a 2 ·x, trazaremos dos arcos que se cortarán en el punto
A′. El triángulo
4
A′B′C′, así construido, será semejante al que nos interesa.
A continuación determinaremos el circuncentro de este triángulo, bastando para ello con trazar las mediatrices de
dos de sus lados, siendo su intersección dicho centro, O.
Con centro en O, dibujaremos la circunferencia de radio R, y luego uniendo dicho circuncentro con los vértices del
triángulo
4
A′B′C′, los puntos de corte con la circunferencia serán los tres vértices del triángulo buscado,
4
ABC.
B C
A
O
rB' C'
x
2·x
A'
R
R
a=
b
2
_
32
Ejemplo 26. Construir un triángulo isósceles conociendo a+b y B̂.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el esquema:
A
B C P
Â
B̂ B̂
a
a+b
β
β
α
α
2· + B = 180º
 
α
 = 90ºα β+



β= B̂2
Así, podemos construir el triángulo
4
BAP, y a partir de él, trazando la mediatriz del segmento AP, cortarán ésta al
segmento BP en el vértice C, lo que nos termina de resolver el problema.
A
B
a
b
C 2
B̂_
a+b
B̂
a+b
B̂
P
Ejemplo 27. Construir un triángulo isósceles conociendo a y mb.
Conocer la base a y las medianas de los lados iguales, mb, equivale a poder determinar el baricentro del triángulo
4
ABC, bastando para ello con trazar arcos con centros en B y C, de radio
2
3
·mb, cuya intersección nos determinará
el baricentro.
El problema se reduce a: Determinar un triángulo isósceles conocida su base, a, y su baricentro, G.
A
CB
G
a
a
mb
mb
2
3 ·
_
mb
2
3 ·
_ mb
33
Ejemplo 28. Construir un triángulo isósceles conociendo A y tres puntos por los que pasa P1, P2, P2.
Consideremos el segmento P1P2 y tracemos sobre él el arco capaz de Â.
Tracemos luego la mediatriz de P1P2, y unimos su punto de corte, E, con el tercer punto P3.
Unamos luego, el punto medio del segmento EP3, sea el M, con el centro, O1, de la circunferencia capaz dibujada.
Por E trazamos una paralela a MO1 que cortará a la circunferencia en cuestión en el punto A (primer vértice del
triángulo buscado).
Por P3 trazamos una perpendicular a la recta AE, que será cortada en los vértices B y C, por las rectas que pasan
por A, y respectivamente por P1 y P2.
A
C
B
E
P1 P2
P3
M
O1
ÂÂ
P1 P2 P3, , , puntos de paso
Ejemplo 29. Construir un triángulo isósceles conocido R y la suma a+ha.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el siguiente esquema:
A
B C
P
M
S
N
Q
ha
2
a_
2
a_
a
34
Observemos que, siendo el dato AM = a+ha, el triángulo
4
MNC es rectángulo, y tal que sus catetos están en la
relación
MN
NC
=
a
a
2
= 2
luego la solución pasa por construir un triángulo rectángulo
4
PQS, tal que sus catetos sean PQ y QS, tales que
PQ
QS
= 2, y que el cateto mayor se apoya enteramente en la recta AM.
Trazando por M una paralela a PS, donde corte a la circunferencia circunscrita tendremos el vértice C del triángulo
buscado; completarlo resultará inmediato.
El caso que sigue nos muestra que la solución no tiene por qué ser única. Aquí se darán los triángulos
4
ABC y
4
A′B′C′.
A
B C
P
M
S
Q
A'
B' C'
O
R
s
2·
s
(s cualquier valor) 
haa +
R
A M
35
Ejemplo 30. Construir un triángulo isósceles conociendo 2 ·p y ha.
Para resolver el problema no tenemos más que seguir los pasos evidentes que nos sugiere el esquema siguiente en el
que hemos supuesto resuelta la cuestión.
B C
A
2·p
2·p_
2
2·p_
2
ha
Así, si tenemos los siguientes datos:
B C
A
2·p
2·p_
2
2·p_
2
ha
2·p
ha
Ejemplo 31. Construir un triángulo isósceles conociendo  y c+a.
Conocido el ángulo Â, dibujemos sobre él un triángulo isósceles cualquiera, de lados AB′ = AC′. Luego sobre AB′,
y a partir de B′ tenemos el segmento B′D′ = B′C′ (El triángulo
4
C′B′D′ será asimismo un triángulo isósceles).
La determinación del triángulo
4
ADC, semejante al
4
AD′C′, nos determinará el vértice C. Para ello bastará con tomar
sobre AD′ el segmento AD = c+a, y trazar por D, la paralela DC a D′C′, que cortará a la recta AC′ en C.
A
B
D'
C
B'
c+a
Â
C'
Â
c+
a
36
Ejemplo 32. Construir un triángulo isósceles conociendo B̂ y c−a.
Si suponemos el problema resuelto tendremos:
Sobre el lado AB, se ha llevado, a partir de B, el seg-
mento BD = a, y por A se ha trazado la paralela AE a la
base BC. Así tenemos que el triángulo
4
BCD y el
4
DAE,
serán ambos isósceles.
Para la construcción del triángulo pedido se procede-
rá como sigue:
A
B
D
Ca
b
c
r1 r2
E r
B̂ B̂
B̂
Se trazará una recta r, sobre la que fijaremos un punto cualquier A, que será luego uno de los vértices del triángulo.
Por A trazaremos dos rectas, r1 y r2, formando con r, ambas, un ángulo B̂.
Sobre r situaremos el segmento AE = c−a. Asimismo, sobre r1 situaremos el segmento AD = c−a.
La recta ED cortará a r2 en el vértice C, y la paralela, por C a la recta AE cortará a la r1 en el vértice B.
A
B
D
Ca
b
c
r1 r2
E r
B̂
B̂
B̂
B̂
(c-a)
(c-a)
Ejemplo 33. Construir un triángulo isósceles conociendo B̂ y bb.
En primer lugar se traza el ángulo B̂ y su bisectriz, sobre
la que llevaremos su longitud bb = BD.
Luego se traza por B una recta r que forma el ángulo B̂
con la prolongación de la recta BC. (B será uno de los
vértices del triángulo pedido). Por último, se traza, por
D una paralela a r que cortará a las rectas que forma el
ángulo inicial B̂ en los vértices A y C, del triángulo bus-
cado.
C
A
B
B̂ B̂
bb
bis
ect
riz
 de
 B̂
B̂
bb
D
r
37
Ejemplo 34. Construir un triángulo isósceles conociendo  y mb.
Trazamos el arco capaz de  sobre el segmento mb = BD, sea éste el (c1). El punto O, tal que OB =
2
3
·BD, será
centro de una circunferencia, (c2) que pasa por los puntos D y E, respectivamente, pies de las medianas mb y mc.
Por otra parte, la semicircunferencia de diámetro BO′, siendo O′ el centro del arco capaz anterior, cortará a (c2) en
el punto E, por ser rectángulo el triángulo
4
O′EB. Conocidos, por tanto, los puntos B, D y E, la construcción del
triángulo pedido es inmediata.
O
O'
m b
m
c
Â
Â
CB
D
A
(c )2
(c )1
E
Ejemplo 35. Construir un triángulo isósceles dados un vértice, B, y su altura hb sobre su lado opuesto b.
O
A' CB
b
A
C'
B'
hb
hb
Punto B
38
Ejemplo 36. Construir un triángulo isósceles dados el radio de la circunferencia inscrita y la altura sobre
uno de sus lados iguales.
A
B
C
r
h_
2
b
h_
2
b
hb
hb
r
hb
39
CAPÍTULO VII
Lección 12.- CONSTRUCCIÓN DE TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS
12.1 Ejemplos
12.1 Ejemplos
Ejemplo 1. Construir un triángulo rectángulo conociendo un lado del ángulo recto y la suma de la hipotenusa
y del otro lado.
Supongamos el problema resuelto, siendo AB el lado dado y BC+AC = `̀̀.
Para obtener la suma bastará con llevar la hipotenusa BC
sobre la prolongación del lado AC, lo que nos dará el
segmento AD = `̀̀.
Construido el triángulo
4
BAD, la perpendicular EC, en el
punto medio de BD, nos determinará el punto C. A
B
C
D
E
Procedamos, por tanto, siendo los datos los siguientes:
AB
C
D
E
l
BA
_
Ejemplo 2. Construir un triángulo rectángulo conociendo un lado del ángulo recto y la diferencia de la
hipotenusa y del otro lado.
Supongamos el problema resuelto, siendo AB el lado dado y BC−AC = `̀̀.
Para obtener la diferencia bastará con llevar la hipote-
nusa BC sobre el lado CA, lo que nos dará el segmento
AD = `̀̀.
Construido el triángulo
4
BAD, la perpendicular EC, en el
punto medio de BD, nos determinará el punto C. AB
C
D
E
43
Procedamos, por tanto, siendo los datos los siguientes:
AB
C
D
E
l
BA
_
Ejemplo 3. Construir un triángulo rectángulo conociendo la hipotenusa y la suma de los lados del ángulo
recto.
Supongamos el problema resuelto, siendo AB+AC = `̀̀. Para tener la suma de los catetos se puede llevar AC a partir
de A en la recta BA, obteniendo el punto D, siendo , entonces, D̂ = 45o.
A
B
C
D
l
45º
La construcción se hará como sigue:
Fijando sobre una recta el punto B, determinaremos el D haciendo BD = `̀̀.
Dibujaremos luego el ángulo D̂ = 45o, y con centro en B trazaremos el arco de radio el valor de la hipotenusa, que
cortará en C al lado del ángulo D̂ ya dibujado.
La perpendicular por C a la recta BD determinará A.
A
B
C
D45ºA'
C'
hipotenusa
suma de los catetos
44
Ejemplo 4. Construir un triángulo rectángulo conociendo la hipotenusa y la diferencia de los lados del ángulo
recto.
(La solución es análoga a la del problema en el que lo que se conoce es la suma de los lados del ángulo recto).
Se fija sobre una recta el punto B y se determina el D haciendo BD = AB−AC.
Dibujamos luego el ángulo D̂ = 45o, en la posición indicada, y con el centro en B trazaremos el arco de radio el
valor de la hipotenusa, que cortará en C al lado del ángulo D̂ ya dibujado. La perpendicular
por C a la recta BD
determinará A.
A
B
C
D
45º
hipotenusa
diferencia de los catetos
Ejemplo 5. Construir un triángulo rectángulo conociendo ma y ba.
Supongamos el problema resuelto, y el triángulo el
4
ABC. La circunferencia (c) circunscrita al triángulo tendrá de
radio OA = ma. Por otra parte la bisectriz AI = ba, prolongada pasará por el punto D, dado que OD es la mediatriz
del segmento BC, y además
_
BD=
_
DC.
Además tendremos que, de la semejanza de los triángulos rectángulos
4
DOI y
4
DEA, se deduce
DI
OD
=
DE
DA
igualdad en la que al sustituir los valores:
OD = ma , DI = p , AD = AI+ ID = ba +p
obtenemos
p
ma
=
2 ·ma
ba +p
es decir
2 ·m2a = p2 +ba ·p
o bien
p2 +ba ·p−2 ·m2a = 0 ,
ecuación de segundo grado, que resuelta nos da
p =
−ba±
√
b2a +8 ·m2a
2
=− ba
2
±
√(
ba
2
)2
+2 ·m2a
y dado que
2 ·m2a = ma ·2 ·ma = DO ·DE = DB
2
45
sustituyendo en la raíz cuadrada tenemos
p =
√(
b2
2
)2
+DB2− ba
2
lo cual facilita la construcción gráfica de la solución, que será la siguiente:
Una vez dibujada (c), y los segmentos BC y DE,
1.- Se construye el triángulo rectángulo de catetos DB y BF =
ba
2
, e hipotenusa DF =
√(
ba
2
)2
+DB2.
2.- Restando a la hipotenusa, DF, el segmento FG =
ba
2
, se obtiene el DG = DI = p.
3.- Se traza el arco de centro D y radio DG = p, que cortará a BC en el punto I.
4.- La intersección de DI y la circunferencia (c) resultará ser el vértice A.
A
B C
G
D
p
F
O
I
E
ba am
2
ba_
2
ba_
p
am
ba
(c)
Ejemplo 6. Construir un triángulo rectángulo conociendo ha y ba.
Se construye, de entrada, el triángulo rectángulo
4
ADE, siendo AD = ha y AE = ba. Luego se traza, por E, la per-
pendicular MN a AE, que cortará al arco de centro E y radio EA = ba, en los puntos M y N. Las rectas AM y AN
cortan entonces a la recta DE en los vértices B y C.
A
BC
D
N
M
E
ba
ah
ah
ba
46
Ejemplo 7. Construir un triángulo rectángulo conociendo a y b.
Sobre la hipotenusa CB = a, describimos la circunferencia (c), de diámetro CB, y luego, con centro en C y radio
CA = b, trazamos el arco, que cortará a (c) en el vértice A.
A
BC
c
a
b
a
b
(c)
2
a_
b
Ejemplo 8. Construir un triángulo rectángulo conociendo b y c.
Sobre los lados de un ángulo recto, se sitúan las longitudes AC = b y AB = c, de los catetos, siendo BC = a la
hipotenusa.
A
B
C
c
a
b
b
c
Ejemplo 9. Construir un triángulo rectángulo conociendo b y Ĉ.
Trazamos sobre el lado AC de un ángulo recto, la longitud AC = b, y luego, con vértice en C se dibuja el ángulo
ÂCB, cuyo lado CB corta a AB en el vértice B.
A
B
C
c
a
b
b
Ĉ
Ĉ
47
Ejemplo 10. Construir un triángulo rectángulo conociendo uno de los ángulos agudos Ĉ, y el radio r de la
circunferencia inscrita.
Si suponemos el problema resuelto tenemos:
A
B
C
s
r
t
Ĉ
O
P r
r
La construcción seguirá, por tanto, los siguientes pasos:
Fijado el ángulo Ĉ se trazarán paralelas, a sus lados, a una distancia r, cuya intersección determinarán el centro de la
circunferencia inscrita, O. Una perpendicular desde O a la recta s determinará el punto P; desde él determinaremos
el punto A, sabiendo que PA = r.
Por último desde A trazamos una perpendicular a la recta t, que cortará al otro lado del ángulo en B.
A
B
C
Ĉ
O
P
r
r
Ejemplo 11. Construir un triángulo rectángulo conociendo los radios r y R de las circunferencias inscrita y
circunscrita.
Veamos, en primer lugar, que se verifica que:“En un triángulo rectángulo,
4
ABC, la suma de los catetos es igual a
la suma de los diámetros de las circunferencias inscrita y circunscrita”.
En efecto: Se verifican las igualdades
PB = BQ
PC = CD

que sumados dan
PB+PC = BQ+CD
es decir
2 ·R = `̀̀1− r+ `̀̀2− r =⇒ 2 ·R+2 · r = `̀̀1 + `̀̀2
A
B
C
P
O1
O2
D
R
r Q
BC = 2·R
AB = 
AC = l
O Q = r
_
_
_
_
1
1
2
 
48
El problema se reduce entonces al de : Construir un triángulo rectángulo, conociendo la hipotenusa, 2 ·R , y la
suma de los catetos, `̀̀1 + `̀̀2 , problema que sabemos resolver.
A
B
C
D45º
hipotenusa = 2·R
suma de los catetos = 2·R+2·r =l +l1 2
Ejemplo 12. Construir un triángulo rectángulo conociendo un lado, AB , del ángulo recto y el radio de la
circunferencia inscrita, r.
Sobre el vértice A trazamos una perpendicular a AB, sea la recta s.
Sendas paralelas a las rectas AB y s, a una distancia r, determinarán el centro de la circunferencia inscrita. Una
tangente, desde B, a esa circunferencia determinará en su intersección con s, el vértice C.
A
B
C
s
r r
r
Ejemplo 13. Construir un triángulo rectángulo conociendo b y c
a
.
El siguiente esquema responde a tener el problema resuelto:
A
B
C
a
b
c
α
Observemos que la relación dada es : sen ααα =
c
a
.
49
La solución consiste en trazar un triángulo semejante al pedido y luego imponer el valor de b al cateto base.
A
B
C
a
b
c
C'
B'
c' a'
b
paralelas
b
c'
a' ��
� los segmentos c' y a'
en la relación ca
_
Ejemplo 14. Construir un triángulo rectángulo conociendo 2 ·p y un ángulo, el B̂.
El esquema del problema resuelto sería el siguiente:
A
B C
b
a
c
P Q
B̂
2
_ Ĉ
2
_
a
B̂
C = 90º - B̂^
2·p
c b
Sobre una recta cualquiera, r, se dibuja el perímetro 2 ·p. Luego por uno de sus extremos, sea el P, se levanta un
ángulo
B̂
2
, y por el otro extremo, el Q, un ángulo
Ĉ
2
; sus lados se cortarán en el vértice A.
Por ultimo, se trazarán las mediatices de los segmentos PA y QA, que cortarán al segmento PQ, respectivamente,
en los vértices B y C.
A
B C
2·p
r
2·p
B̂
Ĉ
C = 90º - B^ ^
B̂
2
_ Ĉ
2
_
50
Ejemplo 15. Construir un triángulo rectángulo conociendo R y ha.
Un procedimiento para construir el triángulo pedido puede ser el siguiente:
Se traza una recta cualquiera, s, y con centro en uno de sus puntos se traza la circunferencia, (c), de radio R. Los
puntos de intersección de s y (c) son, ya, dos de los vértices del triángulo buscado.
El tercer vértice resultará ser la intersección de (c) con una recta, t, paralela a la s, distante la altura ha.
B
A
C
t
s
ha
R
haR
(c)
Ejemplo 16. Construir un triángulo rectángulo conociendo la hipotenusa, a, y la mediana de un cateto, mb.
Un procedimiento para la construcción del triángulo pedido sería el siguiente, cuyo objetivo es la determinación del
centro de gravedad del triángulo, el punto G.
En primer lugar se traza la circunferencia de diámetro BC = a, y luego se traza, concéntrica con ella, otra de radio
MG =
a
6
. Luego con centro en B, y radio
2
3
·mb se traza un arco que cortará a la anterior en el punto G.
Prolongaremos, después, el segmento BG en una longitud igual a mb, BN = mb.
A continuación uniremos los puntos C y N hasta cortar, en A, a la primera de las circunferencias trazadas. El punto
A es el tercero de los vértices del triángulo buscado.
A
B
C
N
M
a
mb
a
a
6
_
G_2 3
mb·
51
Ejemplo 17. Construir un triángulo rectángulo conociendo 2 ·p y b.
Un procedimiento para la construcción de este triángulo puede ser el siguiente:
Sobre una recta cualquiera, r, se sitúa el segmento PQ = 2 ·p. Luego se detrae de PQ el segmento AQ = b.
A continuación se levanta en A la perpendicular a r y se sitúa el segmento CA = b. El punto A será, ya, uno de los
vértices del triángulo que nos interesa, y el punto C otro de ellos.
Se une P con C, y se traza la mediatriz del segmento PC, que cortará a la recta r en el punto B, tercer vértice del
triángulo pedido.
AB
C
P Q
b
a
c
r
2·p
b
b
2·p
Ejemplo 18. Construir un triángulo rectángulo conociendo b y a− c.
El procedimiento que seguiremos para resolver este problema será el siguiente:
Sobre una recta cualquiera, r, situaremos el segmento PQ = a− c, y por uno de sus extremos, sea el Q, levantaremos
una perpendicular a r, sobre la que situaremos el segmento QC = b; los puntos C y Q, serán vértices del triángulo
que nos interesa.
Unimos, por último P con C, y trazamos la mediatriz del segmento PC, que cortará a r en el punto B, tercer vértice
del triángulo buscado.
A B
C
Q
b a
c
r
b
a - c
a - c
52
Ejemplo 19. Construir un triángulo rectángulo conociendo a y b− c.
Un procedimiento para resolver este problema puede ser el siguiente:
Sobre una recta cualquiera, r, se coloca el segmento PQ = b− c, y desde uno de sus extremos, sea el P, se levanta
un ángulo de 45o, mientras que desde el otro extremo, el Q, se traza un arco con radio QB = a. Donde se corten
esas dos líneas tendremos el punto B, vértice del triángulo pedido, siéndolo también el punto Q. La perpendicular,
por B, a la recta r, cortará a ésta en el punto A, tercer vértice del triángulo que nos interesa.
A
B
C
Qb
ac
r
a
b - c
b - c
P
45º
a
Ejemplo 20. Construir un triángulo rectángulo conociendo a y b+ c.
Un procedimiento para resolver este problema puede ser el siguiente:
Sobre una recta cualquiera, r, se coloca el segmento PQ = b+ c.
A continuación sobre uno de sus extremos, P, se levanta un ángulo de 45o, y desde el otro extremo, Q, se traza un
arco de radio QC = a, que se cortarán en el punto C, vértice del triángulo pedido; el punto Q es también un vértice.
Desde C se traza, por último, una perpendicular a r, que la cortará en el punto A, tercer vértice del triángulo que nos
interesa.
A B
C
Qb
a
c
r
a
b + c
P
45º
a
b + c
53
Otro procedimiento a seguir sería el siguiente:
1o.- Se traza el arco capaz, γγγ , de 45o sobre a = CB.
2o.- Se traza el arco de centro B y radio b+ c; su intersección con γγγ nos da los puntos M1 y M2.
3o.- Uniendo M1 y M2 con B se obtienen los dos vértices solución, A1 y A2, como intersección con la
semicircunferencia superior de diámetro a = CB
.
BC
O
M1
M2
A2
A1
45º
b+c
a
b+c
a
γ = arco capaz de
 45º sobre CB
Ejemplo 21. Construir un triángulo conociendo un ángulo B̂ , la suma de la hipotenusa y un cateto, a+ c.
Un procedimiento para resolver este problema sería el siguiente:
Sobre una recta cualquiera, r, se coloca el segmento PQ = a+ c, y por uno de sus extremos, sea el Q, se levanta un
ángulo igual a la mitad del dado, es decir
B̂
2
, y por el otro extremo, el P, se levanta una perpendicular a r; donde el
lado del ángulo
B̂
2
corte a esta perpendicular tendremos un vértice del triángulo buscado, C; también será vértice
la intersección de r con la perpendicular que hemos trazado antes, A.
54
Por último, se traza la mediatriz del segmento QC, que cortará a r en el punto B, tercer vértice del triángulo que nos
interesaba.
A
B
C
P
Q r
B̂
2
_
B̂
B̂
a + c
B̂
2
_
Ejemplo 22. Construir un triángulo rectángulo conociendo un ángulo Ĉ, la diferencia de la hipotenusa y el
cateto opuesto al ángulo, a− c.
Un procedimiento para resolver el problema planteado sería el siguiente:
Sobre una recta cualquiera, r, se fija un punto X y se levanta en él un ángulo de 90o +C, del que se determina la
bisectriz.
A partir de X, sobre r, se sitúa el segmento XA = a− c, y sobre el punto A se levanta la perpendicular a r, AC.
El punto de corte de la bisectriz trazada antes y esta última perpendicular, determinan el punto C, vértice del triángulo
buscado; también A es un vértice de ese triángulo.
55
La determinación del tercer vértice, B, la tendremos como intersección de r con la mediatriz del segmento XC.
A
B
C
r
Ĉ
a - c
^90+C
Ĉ
a - c
Ejemplo 23. Construir un triángulo rectángulo conociendo un lado del ángulo recto y la altura sobre la
hipotenusa.
Supongamos el problema resuelto, en el que los datos conocidos eran AB y AH.
A
B C
H a
c
b
h
Observamos que si dibujamos el triángulo rectángulo
4
ABH, lo cual es posible con los datos de que disponemos, la
determinación del vértice C es inmediata: Será la intersección de la perpendicular en A a AB, y la recta BH.
A
B
C
ba
c
H
h
56
Ejemplo 24. Construir un triángulo rectángulo conociendo uno de los ángulos agudos, B̂, y la suma de los
lados del ángulo recto, BP = b+ c. El problema supone conocer los tres ángulos, puesto por ser, este, un triángulo rectángulo:
 = 90o , y Â+ B̂+ Ĉ = 180o

La observación anterior nos permite dibujar un triángulo semejante, que nos sugerirá la solución.
B'
A'
P'
A''
C'
45º
45º
45º
45º
B̂
La construcción seguirá los siguientes pasos: En primer lugar situaremos el ángulo B̂, y sobre uno de sus lados la
suma BP. Luego por un punto cualquiera A′, del segmento BP trazaremos una perpendicular a BP, es decir A′C′. A
continuación dibujaremos la bisectriz del ángulo (recto) B̂′A′C′, es decir A′A′′. La paralela, por P, a la recta A′A′′,
cortará al lado BC′ en el punto C. La mediatriz del segmento PC cortará a la recta BP en el punto A, que luego
uniremos con C, para cerrar el triángulo.
B'
A'
A
A''
C'B̂
P
B
C
57
Ejemplo 25. Construir un triángulo rectángulo conociendo uno de los ángulos agudos, B̂, y la diferencia de
los lados del ángulo recto, BP = c−b.
(El problema supone conocer los tres ángulos, puesto que por ser un triángulo rectángulo: Â = 90o y Â+ B̂+ Ĉ = 180o).
La observación anterior nos permite dibujar un triángulo semejante, que nos sugerirá la solución:
B'
A'
P'
A''
C'
45º
45º
La construcción seguirá los siguientes pasos: En primer lugar situaremos el ángulo B̂ y sobre uno de sus lados la
diferencia BP. Luego por un punto cualquiera A′, del segmento BP trazaremos una perpendicular a BP, es decir
A′C′. A continuación dibujaremos el arco
_
C′P′, que determinará sobre BP′, el punto P′. La paralela, por P, a la recta
P′C′, cortará al lado BC′ en el punto C. La mediatriz del segmento PC cortará a la recta BP en el punto A, que luego
uniremos con C, para cerrar el triángulo.
B'
A
P
A''
C
B
C'
A'
P'
B̂
Ejemplo 26. Construir un triángulo rectángulo conociendo la mediana , ma y la altura sobre la
hipotenusa , ha.
El problema resuelto presenta el siguiente aspecto:
ha
B
A
C
HO
a
m
58
La construcción será, por tanto, la siguiente:
Se traza una circunferencia, (c), de centro O y radio ma, luego un diámetro cualquiera, BC, y por último una paralela
a BC, a una distancia AH = ha.
La intersección de esta paralela con la circunferencia nos dará el punto A, que junto con las B y C, nos resuelve el
problema planteado.
ha
B
A
CHO
a
m
ah
(c)
Ejemplo 27. Construir un triángulo rectángulo dados: bb e I (incentro)
La siguiente figura nos guiará en la construcción del triángulo pedido:
B
A
C
I
E
D
F
Si BD es la bisectriz bb e I el incentro, el vértice A estará
en la circunferencia de diámetro BD. Como I está en la
bisectriz de Â, la bisectriz AI debe pasar por el punto E
(punto medio del arco
_
BD), luego uniendo E con I ob-
tendremos el vértice A. Por último tomando DF = DA,
las rectas BF y AD se cortarán en el vértice C.
B
A
C
I
E
D
F
AD
_
B D
I
bb
59
Ejemplo 28. Construir un triángulo rectángulo, conociendo  = 90o , ha y mb.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el esquema siguiente:
B
N
C
D
M
C1
A1
A2
O
(c)
Sobre BM = mb se ha trazado la circunferencia (c).
Luego se determina el punto D, intersección de (c) con
el arco de centro M y radio MD =
ha
2
. A continuación
se prolonga MD, de modo que ND = ha. Por último se
traza la paralela a la recta BD por el punto N que cortará
a (c) en los puntos A1 y A2, lo que nos proporciona dos
soluciones:
B
N
C
D
M
C1
A1
A2
B Mmb
ha
Ejemplo 29. Se dan cuatro puntos : M, N, P, Q. Construir un triángulo rectángulo cuya hipotenusa pase por
M y N, y los catetos por P y Q. Se da también la altura de la hipotenusa.
A
B
C
O
P
Q
M
N
A´
ha
ha
Se traza una circunferencia sobre PQ como diámetro. Luego a una distancia ha de la recta MN se traza una paralela
a esta recta, que según corte, o no, a la circunferencia, nos proporcionará dos, una o ninguna solución.
60
Ejemplo 30. Construir un triángulo rectángulo conociendo a y ba.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el siguiente esquema:
B
N
C
V
M
ba
A
O
a
90º
90º
Observemos que los ángulos N̂AV y N̂OB verifican:
N̂AV = N̂OB = 90o ,
luego las rectas NA y OV son antiparalelas
respecto al
ángulo en M; en consecuencia:
MO ·MN = MV ·MA
es decir
2 ·R2 = MV ·MA ,
y por otra parte
ba = MA−MV .
Además, en el triángulo rectángulo
4
MOB se verifica:
MB2 = 2 ·R2 .
Así, las siguientes igualdades nos resuelven el problema
MB2 = MA ·MV
ba = MA−MV

ya que MA y MV se pueden determinar fácilmente.
Desde un punto de vista constructivo procederemos como sigue: Trazaremos la hipotenusa, a, y la circunferencia
circunscrita, R =
a
2
. Luego, el diámetro perpendicular a la hipotenusa, que nos determina el punto M. A continua-
ción, con centro en M, y radio la distancia MV hallada, cortamos a la hipotenusa, en el punto V; la prolongación del
segmento MV cortará a la circunferencia circunscrita en el vértice A, lo que nos termina de resolver el problema.
B
N
C
V
M
A
O
O'
ba
MA
_
MV
_
MB
_
B C
VA ba
a
61
Ejemplo 31. Construir un triángulo rectángulo conociendo la altura correspondiente a la hipotenusa, dos
puntos de la hipotenusa y un punto de cada uno de los catetos.
Si suponemos el problema resuelto tendremos:
B
A
CH
(c)
Ah
1H2
r
s
P
Q
Observemos que el conocimiento de los dos puntos, H1 y H2, nos permiten determinar la recta r (sobre la que se
apoyará la hipotenusa del triángulo buscado).
Por otra parte, conocer ha nos permite determinar la recta s sobre la que encontrará el vértice A.
Dicho vértice A también se encontrará sobre la circunferencia de diámetro el segmento PQ.
La construcción seguirá por tanto los siguientes pasos:
1.- Se trazan las rectas r y s.
2.- Se traza la circunferencia de diámetro PQ, la (c).
3.- La intersección de esta circunferencia con la recta s nos determinará el vértice A.
4.- Los otros dos vértices B y C resultarán ser las intersecciones respectivas de las rectas AP y AQ con la recta r.
(Observemos que si la circunferencia (c) corta a s en dos puntos, habrá dos soluciones; si es tangente existirá sólo
una. Por último si (c) no corta a s, no habrá solución).
B
A
C
(c)
Ah
H1H2
r
s
P
Q
A'
C'
2 soluciones
B
A
C
(c)
Ah
H1H2
r
s
P Q
1 solución
(c)
Ah
H1H2
r
s
No hay solución
P
Q
62
Ejemplo 32. Construir un triángulo rectángulo conociendo la suma de los radios de las circunferencias
inscrita y circunscrita, así como la diferencia de las proyecciones de los lados del ángulo recto sobre la hipo-
tenusa.
Si suponemos el problema resuelto tendremos:
A
B CH
R
r
A'
c'
r
c
r
b
b'
c' b'
a
Se verifica:
2 ·p = 2 · r+2 ·b′+2 · c′ =⇒ p = r+b′+ c′ =⇒ p = r+a =⇒ r = p−a
por otra parte
R =
a
2
de donde resulta:
r+R = p−a+ a
2
= p− a
2
=
(a+b+ c)
2
− a
2
=
(b+ c)
2
=⇒ b+ c = 2 · (r+R) .
Los datos de que disponemos son:
ααα = r+R , βββ = HC−HB ,
luego podemos escribir que:
b+ c = 2 ·ααα
Consideremos, ahora, los segmentos ABo , ACo , iguales a ααα , que situaremos sobre las semirrectas AB , AC.
1 β_ ·4
R r
α
AC
_
AB
_
o o=
CH
_
BH
_
β
63
Como el triángulo rectángulo
4
ABoCo es isósceles, la mediana AK es perpendicular a la hipotenusa BoCo, y bisectriz
del ángulo recto Â.
Las rectas AA′ y AH son simétricas respecto a la recta AK, y lo mismo ocurre con los puntos A′ y A′′, siendo A′′ el
punto en que cortan AH y BoCo. A
B C
H A'
A''Bo
Co
K
Además, el triángulo
4
AA′A′′ es isósceles, y las distancias desde el punto medio K de la base A′A′′ a los lados
AA′ y AA′′ son iguales a la mitad de la altura A′H.
Por otra parte, A′H es la mitad de la diferencia βββ de las proyecciones CH y BH de los catetos del triángulo
4
ABC
sobre la hipotenusa.
A la vista de todo lo anterior, la construcción del triángulo pedido puede realizarse como sigue:
Se construye, en primer lugar, el triángulo rectángulo isósceles
4
ABoCo, cuyos catetos son iguales a ααα . Luego, se
traza la altura AK, relativa a la hipotenusa BoCo.
A continuación se dibuja la circunferencia, de centro K y radio
1
4
·βββ , y se trazan las tangentes a la misma desde A.
Las tangentes que acabamos de determinar cortan a la recta BoCo en los puntos A′ y A′′.
La perpendicular desde A′, sobre AA′′, cortará a las semirrectas ABo y ACo, respectivamente, en los puntos B′ y C′
vértices del triángulo pedido, que junto con el punto A lo determinan:
4
AB′C′.
(Una segunda solución se obtendrá trazando la perpendicular, desde A′′, sobre AA′, que cortará a las semirrectas
ABo y ACo, respectivamente, en los puntos C′′ y B′′, vértices del triángulo pedido, que junto con el punto A lo
determinan:
4
AB′′C′′. En cualquier caso los dos triángulos obtenidos son congruentes).
A
B´
C´H A'
A''Bo
Co
K
C''
B''
1
4
_ ·β
64
Ejemplo 33. Sea I el centro de la circunferencia inscrita en un triángulo
4
BAC rectángulo en A. Construir
este triángulo conociendo las longitudes AC y BI. (I, centro de la circunferencia inscrita).
Razonando sobre el problema resuelto podemos decir que si D es la proyección de I sobre BC y hacemos como
siempre que
a+b+ c = 2 ·p (perímetro del triángulo)
considerando el triángulo rectángulo
4
BDI se verifica
BI2 = BD2 +DI2 .
Por otra parte:
2 ·p = 2 ·BD+2 ·DC+2 ·AE = 2 ·BD+2 ·AC .
Simplificando y despejando BD,
BD = p−AC = p−b .
Además,
2 ·p = 2 ·BC+2 ·AE y AE = DI ,
es decir
DI = p−BC = p−a .
A
B CD
I
c
b
a
E
Sustituyendo en la primera igualdad tenemos:
BI2 = (p−b)2 +(p−a)2 =
(
a+b+ c
2
−b
)2
+
(
a+b+ c
2
−a
)2
=
=
(
a−b+ c
2
)2
+
(
−a+b+ c
2
)2
=
=
a2 +b2 + c2−2 ·a ·b+2 ·a · c−2 ·b · c
4
+
a2 +b2 + c2−2 ·a ·b−2 ·a · c+2 ·b · c
4
=
=
2 ·a2 +2 ·b2 +2 · c2−4 ·a ·b
4
=
a2 +b2 + c2−2 ·a ·b
2
=
a2 +b2 +(a2−b2)−2 ·a ·b
2
=
=
2 ·a2−2 ·a ·b
2
= a2−a ·b = a · (a−b) = BC · (BC−AC)
y en definitiva:
BI2 = BC · (BC−AC) .
De todo lo anterior se deduce la siguiente construcción del triángulo pedido:
Dibujamos una circunferencia, (c), de diámetro A′C′ = AC y situamos sobre la tangente en A′ el segmento A′I′ = BI.
Trazamos luego la recta I′O, siendo O el centro de la circunferencia que será cortada en los puntos B′ y F.
El segmento B′I′ coincidirá con la hipotenusa del triángulo pedido.
65
Vemos que efectivamente es así, considerando la potencia de I′ respecto (c):
BI2 = A′I′2 = I′B′ · I′F =
= I′B′ · (I′B′−B′F) =
= I′B′ · (I′B′−A′C′) =
= IB · (IB−AC)
de donde resulta
I′B′ = BC .
C'
F
A'
O
I'
B'
(c)
Construyamos, ahora, efectivamente un triángulo rectángulo, con los siguientes datos:
A'
B'
O
I'
C'
BC
_
AC
_
A
Procedemos como hemos explicado:
C
IB
BI
_
Tenemos entonces como datos finales: Â = 90o, AC, BC (hipotenusa).
B
I
I'B
'_
AC
Ejemplo 34. Construir un triángulo rectángulo conociendo un lado, c, el baricentro, G, y la circunferencia
circunscrita (c), de radio R y centro O.
Una vez trazada la circunferencia circunscrita y situado el baricentro se prolonga la recta formada por los puntos O
y G hasta que corte a (c). Este punto será el vértice del ángulo recto, A. Luego con centro en A y radio c, se traza
un arco que cortará a (c) en el segundo vértice B.
66
El tercer vértice, C, resultará de prolongar la recta BO hasta cortar a (c).
(Observemos que el baricentro G debe cumplir: OG =
1
3
·R).
B
C
(c)
G
A
O
R
R
3
_
Línea de los posibles baricentros
R
OG
_
c
c
Ejemplo 35. Construir un triángulo rectángulo conocido ha, que la hipotenusa está apoyada en una recta, r,
y que los catetos pasan por dos puntos, X e Y.
Trazamos en primer lugar una paralela, r′, a la recta r, que dista de ella el valor de la altura, ha. Luego, unimos los
puntos X e Y, y del segmento XY, con centro en su punto medio trazamos una circunferencia, (c), de diámetro XY.
Los puntos de intersección de r′ y (c), son soluciones de uno de los vértices del triángulo A y A′ (luego habrá dos
soluciones).
Por último, uniendo los puntos A y A′ con X e Y, hasta cortar a r, obtendremos los dos vértices restantes.
B'
A
C
(c)
Ah
r
r'
X
Y
A'
C'B
XYR=
2
_
_O
hA r , X , Y
Ejemplo 36. Construir un triángulo rectángulo conociendo a y B̂− Ĉ.
Observemos el siguiente esquema en el que se representan los ángulos con los
que jugamos:
A
BC M
α
Ĉ
Ĉ
90º Ĉ_
B̂ 
ααα = 180o− (90o− Ĉ)− B̂ = 90o− (B̂− Ĉ)
67
La construcción seguirá, entonces los siguientes pasos:
1.- Una vez dibujada la hipotenusa, a, y con centro en su punto medio, M, se traza la semicircunferencia,
(c), de radio
a
2
.
2.- Desde el punto M se levanta el ángulo ααα = 90o− (B̂− Ĉ).
3.- El punto en que el lado de ese ángulo corte a (c) nos da el vértice A.
A
B C
(c)
90º- (B - C)^ ^
a
B̂ - C ^
a
M
90º- (B - C)^ ^
Ejemplo 37. Construir un triángulo rectángulo dados los pies de las bisectrices de B y de C, sobre los lados
del ángulo recto Â.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el esquema siguiente:
A
B
C
IN
M
α
β
90º
γ = 135º
α
β
2 ·ααα +2 ·βββ = 90o =⇒ ααα +βββ = 45o
γγγ = 90o +ααα +βββ = 90o +45o = 135o
Sean M y N los pies de las bisectrices de los ángulos
B̂ y Ĉ.
El incentro, I, pertenecerá al lugar geométrico de los
puntos que ven el segmento MN bajo un ángulo de 135o
(arco capaz de 135o sobre el segmento MN), además de
hallarse en la bisectriz del ángulo recto Â. Una vez
determinado el incentro , I , tendremos resuelto el
problema.
A
B
CM
N
O
I
135º
68
Ejemplo 38. Construir un triángulo rectángulo
4
ABC (Â = 90o), conociendo los puntos de intersección G, D
y F con una recta dada de los lados AC, BA y BC, y sabiendo que los vértices B y C están sobre dos rectas
concurrentes.
Sean Sx y Sy, las dos rectas concurrentes, y F, D, G los puntos de la recta E por donde han de pasar los lados del
triángulo.
A
B
C
A'
B'
C'
C1
B1
D
E
F
x
y
S
A1
G
Si desde F trazamos una recta B′C′ y unimos B′ con D y C′, tendremos un triángulo
4
A′B′C′ homológico del que
buscamos.
Como A es un ángulo recto, estará en la circunferencia descrita sobre GD como diámetro.
Así, tomando S como centro de homología, y E como el eje de homología, uniendo S con A′, donde la recta SA′
corte a la circunferencia tendremos los vértices A y A1 de dos soluciones.
Ejemplo 39. Construir un triángulo rectángulo con  = 90o, dados: a y mb +mc = k.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el esquema siguiente:
A
B C
O
P
G
Q
mb mc
R
Llamando R al radio de la circunferencia circunscrita, vamos a considerar el triángulo
4
BGC, cuyos lados son :
a,
2
3
·mb y
2
3
·mc, siendo la mediana correspondiente al vértice G: GO =
R
3
.
69
Aplicando ahora la fórmula de la mediana, tendremos:
BM2 =
a2 + c2
2
− b
2
4
A
B
Cb
a
M
a
Fórmula de la mediana
R2
9
=
1
2
[
4
9
·m2b +
4
9
· (K−mb)2
]
− a
2
4
, puesto que mc = K−mb
y como a2 = 4 ·R2, después de operar resultará:
2 ·m2b−2 ·K ·mb +K2−5 ·R2 = 0
ecuación de segundo grado, en mb, que resuelta será:
mb =
K±
√
K2−2 ·k2 +10 ·R2
2
=
K±
√
10 ·R2−K2
2
=
K±
√
(2 ·R ·5 ·R)−K2
2
.
Haciendo: Z2 = 2 ·R ·5 ·R , y h2 = Z2−K2, se tiene por último: mb =
K±h
2
.
Por tanto el problema tiene dos soluciones. Conocido mb, se toma mc = K−mb, y se construye el triángulo con:
a,
2
3
·mb , y
2
3
·mc, es decir el
4
BGC. Se completa, luego, la mediana CP, y uniendo B con P obtendremos el
vértice A del ángulo recto.
mb =
12,45±
√
10 ·42−12,452
2
=
12,45±
√
160−155
2
=
12,45±
√
5
2
=
7,355,1
mb = 7,35 , mc = 5,1
a = 8 R = 4
K = 12,45
1
3
_
·m = 2,45b
2
3
_ m = 3,4c· 2
3
_ mc·
2
3
_
·mb
mb mc
2
3
_
·m = 4,9b
1
3
_ m =1,7c·
A
B C
70
Ejemplo 40. Construir un triángulo rectángulo con  = 90o, dados a y bb = v
Si hacemos: AB = x , y AC = y (los catetos), tenemos
(I) a2 = x2 +y2
(II) v2 = x2 +AD2
 (v = bisectriz de B̂)
Por la propiedad de la bisectriz podemos escribir:
AD
DC
=
x
a
⇒ AD
y
=
x
x+a
⇐
(
DC
AD
+1 =
a
x
+1
)
Si elevamos al cuadrado resultará:
AD2
y2
=
x2
(x+a)2
B
A CD
x
y
a
v
y sustituyendo en las igualdades (I) y (II), los valores de AD2 e y2, obtendremos:
a2−x2 = y2
v2−x2 = AD2
=⇒ v2−x2a2−x2 = AD
2
y2
=⇒ v
2−x2
a2−x2
=
x2
(x+a)2
=⇒ v
2−x2
(a+x) · (a−x)
=
x2
(x+a)2
y suprimiendo el factor común (x+a):
(v2−x2) · (x+a) = x2 · (a−x)
es decir
v2 ·x+a ·v2−a ·x2−x3 = x2 ·a−x3
y simplificando
v2 ·x+a ·v2−a ·x2 = x2 ·a
Con lo que resulta la ecuación de segundo grado
2 ·a ·x2−v2 ·x−a ·v2 = 0 ,
que resuelta da
x =
v2±
√
v4 +8 ·a2 ·v2
4 ·a
=
v · (v+
√
v2 +8 ·a2)
4 ·a
.
Gráficamente podremos construir el triángulo hallando el cateto x en la forma siguiente: Se determina z =
√
v2 +8 ·a2,
que resulta ser la hipotenusa de un triángulo rectángulo de catetos v y 2 ·a ·
√
2; a continuación se suman v y z:
v+ z = h, y se halla una cuarta proporcional entre v ·h y 4 ·a, pues se tiene
x =
v ·h
4 ·a
71
B
a 1
1
√2
_v
2·√2
_
1
a
2·√2
_
2·a·√2
_
2·a·√2
_
z = √v 
 + 8·a 2
2_
a
CA
ba
v
2
_
x
2·a
h =
 v 
+ z
x
v a
x = v·h4·a
_
v
4·a_ h
x
_2·a
v
2
_
_=> >=>= hx
_ =
v
72
Ejemplo 41. Construir un triángulo rectángulo conociendo a y 2 ·p.
El procedimiento para la construcción del triángulo,
4
ABC, pedido será el siguiente:
Sobre una recta cualquiera, r, se situará a, y a continuación un segmento que complemente a la hipotenusa, a,
hasta 2 ·p.
Observemos que ese complemento no es más que b+ c. B será ya un primer vértice del triángulo buscado.
Si designamos por B y X los extremos de b+ c, tendremos que desde X se levanta un ángulo de 45o, y
desde B como centro se traza una circunferencia, (c), de radio a. Donde se corten ambas líneas tendremos el vértice
C (obtendremos también otro posible vértice C′, lo que implicará que existen dos soluciones). Por último, trazando
perpendiculares a r desde estos vértices obtendremos el tercer vértice A o A′.
(c)
AB
C
A'
C'
r
a
2·p
a b+c
45º
a
2·p
X
Ejemplo 42. Construir un triángulo rectángulo conocido un cateto, b, y la proyección del otro, c, sobre la
hipotenusa.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el siguiente esquema:
A
B
C
Q M P
S
c
xdx
b
b
MS
_
BP = d = proyección de c sobre a.
Por el Teorema del cateto tenemos: b2 = x · (x+d).
El Teorema de la altura (en el triángulo
4
CSQ) nos
permite determinar x;
b2 = x · (x+d) ,
de donde
x+d = a .
73
El problema se reducirá, por tanto, a determinar un triángulo rectángulo conocida la hipotenusa , a, y un
cateto, b.
Determinación de a
B CQ M P
S
xd
x
MS
_
b
d
b
b
a
a
a
2
_
a
x
c
b b
d
Ejemplo 43. Construir un triángulo rectángulo conocida la mediana de la hipotenusa, ma, y la mediana de
un cateto, mb.
Dado que la mediana de la hipotenusa es igual a la mitad de la hipotenusa, el problema se resuelve como ya sabemos,
por haberlo visto antes: Construir un triángulo rectángulo conocida la hipotenusa y la mediana de un cateto.
A
B CM
ma
mb
6
a_
G
a
2
3
_ mb·
2·maa =
N
74
Ejemplo 44. Construir un triángulo rectángulo, conociendo la hipotenusa, a, y el producto de las bisectrices
de los ángulos agudos BE ·CF = k2.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el siguiente esquema:
A
B C
I
r
R'
O'
E
OF
Observemos que por ser semejantes los triángulos
4
BOI y
4
BAE se tiene
BO
BI
=
BE
BA
, y
CO
CI
=
CF
CA
( por serlo también
4
COI y
4
CFA) .
Multiplicando las dos igualdades anteriores tenemos:
BO ·CO
BI ·CI
=
BE ·CF
BA ·CA
=
K2
BA ·CA
y como
S = (p−b) · (p− c) = BI ·CI = 1
2
·BA ·CA
tendremos
BO ·CO = k
2
2
y dado que
BO ·CO = 2 ·R′ ·OI = k
2
2
(R′ = radio de la circunferencia circunscrita al triángulo
4
OBC)
y por ser
R′ =
a ·
√
2
2
resultará:
OI =
k2
2 ·a ·
√
2
.
75
Así podemos determinar el punto O, y en consecuencia resolver el triángulo.
Operando tenemos:
R′ =
a ·
√
2
2
=
10 ·
√
2
2
= 7,07
OI =
k2
2 ·a ·
√
2
=
42
2 ·10 ·
√
2
= 1,48
A
B CI
a = 10
O'
E
OF
R'= 7,07
OI = 1,48
_
a = 10
BE · CF = k = 422
_ _
Justificación de las igualdades S = (p−b) · (p− c) = BI ·CI = 1
2
·BA ·CA
A
B C
I
l
O
n
l
n
m
m
p = m+n+ `̀̀
p−b = m+n+ `̀̀− (n+ `̀̀) = m
p− c = m+n+ `̀̀− (m+n) = `̀̀
luego:
(p−b) · (p− c) = m · `̀̀ = BI ·CI
Por otra parte:
(p−b) · (p− c) =
(
a+b+ c
2
−b
)
·
(
a+b+ c
2
− c
)
=
a−b+ c
2
· a+b− c
2
=
c ·b
2
= S (área
4
ABC)
En consecuencia
S = (p−b) · (p− c) = BI ·CI
76
Justificación de las igualdades
R′ =
a ·
√
2
2
y BO ·CO = 2 ·R′ ·OI
En general se verifica:
A
B C
R
O
c
a
bh
R =
a ·b
2 ·h
y en nuestro caso: BO ·CO = 2 ·R′ ·OI
B C
I
O'
O
a
2
_
R'
R =
a
2√
2
2
=
a ·
√
2
2
Además tenemos:
BO ·CO = 2 · a ·
√
2
2
·OI
OI =
BO ·CO
a ·
√
2
=
k2
2
a ·
√
2
=
k2
2 ·a ·
√
2
Ejemplo 45. Construir un triángulo rectángulo, conociendo  = 900 y bb = BD y CD.
Supongamos el problema resuelto, siendo
4
ABC el triángulo pedido, (c) la circunferencia circunscrita y CE la tan-
gente a (c) en C.
A
B C
D
EF
α
α
El ángulo F̂CE mide la mitad del arco
_
FC, y el ángulo ÂCF la mitad del
_
AF. Ahora bien, como BF es la bisectriz,
los arcos
_
AF y
_
CF son iguales; por tanto D̂CF = F̂CE. Así, resulta que, el triángulo
4
DCE es isósceles, pues CF es
bisectriz y altura, por lo tanto: CD = CE.
77
Tomando potencias del punto E, tenemos:
CE2 = EF ·EB = ED
2
·EB
de donde
(
√
2 ·CE)2 = (
√
2 ·CD)2 = DE ·EB
y por otra parte
EB−ED = bb .
Conocemos, por tanto, la diferencia y el producto de EB y ED.
La siguiente figura nos muestra como obtener los segmentos MP y MQ, cuyo producto es (
√
2 ·CD)2 y cuya dife-
rencia es bb.
M
N
Q
P
CD
_
CD
_
2√
_
·CD
_
CD·
_
2√
_
bb
En el triángulo
4
DCE se conocen los tres lados, luego se puede construir. A continuación se prolonga DE en BD = bb,
y se traza la circunferencia de diámetro BC, que cortará a la prolongación del segmento CD en el vértice A.
M
N
Q
P
CD
_
CD
_
2√
_
·CD
_
CD·
_
2√
_
bb
1
2
_ ·
E
D
B
B D
C D
bb
CD
_
A = 90º^
C D
C E
D E ( DE = MQ )
=
>
_ _
A
B
C
D
F
E
CD
_
DE
_
=
>
=
>
78
Ejemplo 46. Construir un triángulo rectángulo conocidos a y B̂.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el siguiente esquema:
A
B C
90º B̂_B̂
a
a_
2
O
(c)
Observemos que tenemos dos opciones:
1o.- Situar la hipotenusa, a; trazar el arco (c), con centro en O, y luego situar el ángulo dado B. El punto
de corte del lado de este ángulo con (c) nos dará el vértice A.
2o.- Situar la hipotenusa, a, y luego los ángulos B̂ y Ĉ = 90o− B̂. El punto de corte de los lados de estos
ángulos nos dará el vértice A.
A
B C
90º B̂_B̂
a
C =^
B̂
90º B̂_
C ^
a
Ejemplo 47. Construir un triángulo rectángulo conocida la hipotenusa, a, y la proyección BP de la mediana
mb sobre la hipotenusa.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el siguiente esquema:
A
B C
Q
P
r
(c)
(c')
O O'
a
mb
Situados los datos: a y BP, sobre una recta, r, bastará con trazar las dos circunferencias (c) y (c′), de centros
respectivos O y O′ (y radios OB =
a
2
, O′C =
a
4
), y levantar, luego, la perpendicular, en P a la recta r. (B y C,
extremos de a, son, ya, vértices del triángulo buscado).
79
La intersección de la recta PQ con la circunferencia (c′) nos dará el punto Q, que determinará con C una recta, CQ,
que cortará a la circunferencia (c) en el tercer vértice A.
A
B CP
r
(c)
(c')
O O'
a
mb
Q
a
4
_
a
BP
_
a
2
_
Ejemplo 48. Construir un triángulo rectángulo conociendo la hipotenusa, a, y el punto donde la bisectriz del
ángulo recto corta a la hipotenusa.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el siguien-
te esquema, en el que se refleja la propiedad de que la
bisectriz pasa por la intersección de la circunferencia
circunscrita con la mediatriz de la hipotenusa, y que
no utilizaremos en la solución del problema, pero que si
reflejamos en el esquema:
Dado que el punto A se ve desde el segmento BC bajo
un ángulo de 90o, y que desde el segmento PC se ve des-
de un ángulo de 45o, bastará trazar los siguientes arcos
capaces:
1o.- Sobre el segmento BC el arco capaz de 90o, y
2o.- Sobre el segmento PC el arco capaz de 45o.
La intersección de los dos arcos trazados nos dará
el vértice A.
A
B C
P
90º
45º
O
ma ba
a
2
_
A
B CP
O
O'
a
45º
a
BP
_
2º
1º
45º
90º
90º
80
Ejemplo 49. Construir un triángulo rectángulo conocido un cateto, b, y la mediana de la hipotenusa, ma.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el siguiente esquema:
A
B C
bc
a = 2·ma
am
(c)
Dado que a = 2 ·ma, conocemos la hipotenusa, que situaremos sobre una recta r. Con centro en el punto medio de
a, y radio ma, trazaremos la circunferencia (c).
La intersección de (c) y el arco trazado, con centro en C, y radio b, nos dará el tercer vértice A.
O
am
r
am
a
b
a = 2·ma
b
am
A
B C
Ejemplo 50. Construir un triángulo conociendo  = 90o, a y bc.
Supongamos el problema resuelto, y tomemos sobre CA un segmento CD = BC. Construimos entonces el rombo
3
CDEB, en el que sus diagonales BD y CE son perpendiculares.
A continuación se traza el paralelogramo
�
BCGD, siendo el ángulo ĜCF = 90o.
El cuadrilátero
�
CGDH es inscribible (puesto que los ángulos Ĉ y D̂ son rectos), y se verifica, si (c) es la circunfe-
rencia circunscrita:
ED ·EG = a ·2 ·a = 2 ·a2 = EH ·EC ( potencia de E respecto (c))
y como
EC−EH = bc ,
81
conocemos la diferencia y el producto de los segmentos EH y EC.
B
G
D
C
A
E
F
(c)
bc H
En la siguiente figura se determinan los segmentos EC y EH, que cumplen las condiciones anteriores:
EC−EH = bc
EC ·EH = 2 ·a2

C
E
P
H
HC =
bc_
EP = a·√2
_ _
La construcción del triángulo pedido seguirá los siguientes pasos: Se construye el triángulo
4
BCE y se fija la posición
del punto H. Luego sobre CH como diámetro se traza una semicircunferencia, y su intersección con BH nos da el
vértice A.
C
E P
H bc_
2
C
EDG
B
FÂ
bc
A
BC = a
_EC
_
H
a·√2
_
a·√2
_
bc
a
90º
Ejemplo 51. Construir un triángulo rectángulo conocidos b+ c y B̂.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el siguiente esquema:
A
B
CD
B̂
c + b
a
bc
B̂45º
B̂
90º_
c
82
Sobre el segmento DC = b+ c, levantamos los ángulos D̂ = 45o y Ĉ = 90o− B̂, que se cortarán en el vértice B,
desde el que trazamos, luego, la perpendicular al segmento DC, que cortará a éste en el vértice A, lo que nos
resuelve el problema.
A
B
C
D B̂
b + c
B̂45º
B̂
90º_90º
B̂
b + c
Ejemplo 52. Construir un triángulo rectángulo conocidos ma y ha.
Observemos que conocer ma, y por ser el triángulo rectángulo, equivale a conocer la hipotenusa: a = 2 ·ma.
El problema se reduce, por tanto, a dadas a y ha construir el triángulo correspondiente. Para ello bastará con situar
a sobre una recta cualquiera, r, dibujar la circunferencia de centro en el punto medio de a, y radio
a
2
, y trazar una
paralela a r a una distancia ha. La intersección de la circunferencia y esta paralela nos darán el tercer vértice, A, del
triángulo buscado.
am
r
am
a
a = 2·ma
am
A
B C
ah
ah
Ejemplo 53. Construir un triángulo rectángulo conocidos a = 3 ·ha y b.
Para resolver este problema vamos a utilizar la semejanza de triángulos.
En primer lugar dibujaremos un triángulo rectángulo cualquiera, con la única condición de que su hipotenusa valga
tres veces su altura. Esta primera parte responde al problema. Trazar un triángulo rectángulo conocida su altura,
ha, y su hipotenusa a = 3 ·ha, que sabemos resolver.
83
A continuación sobre el triángulo dibujado situaremos el valor b sobre el lado b′, prolongaremos la hipotenusa a′
hasta que corte a la paralela a c′, desde el extremo de b, lo que nos dará el tercer vértice B. Veámoslo:
A
B C
a = 3·ha
b
AC =
_
b
a'
2
_
h' h' h'
h'
a'
b'c'
Ejemplo 54. Construir un triángulo rectángulo conocidos b y mc.
Si suponemos el problema resuelto tendremos el esquema:
A
B Ca
M b
m
c
Observemos que sabemos construir el triángulo
4
MAC, pues de él conocemos su hipotenusa, mc, y un cateto, b.
Hecho esto, bastará prolongar el lado AM, haciendo AB = 2 ·AM, lo que nos dará el tercer vértice, B, del triángulo
buscado.
A
B
C
M
b
mc
mc
b
84
Ejemplo 55. Construir un triángulo rectángulo conocidos B̂ y mc.
Para resolver este problema vamos a utilizar la semejanza de triángulos.
En primer lugar dibujaremos un triángulo rectángulo