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Toma m = a - c, al trabajar siempre con m^2 no cambia el signo. Por lo tanto, el procedimiento quedará igual.

Hace unos días resolvimos el triángulo dados A, a y ta (lo tienes en http://www.dibujotecnico.com/foro/viewtopic.php?t=2416 ). Pues este problema es prácticamente igual: -- Con A y R puedes obtener fácilmente a: dibujas una circunferencia de radio R e inscribes un ángulo A; los exteremos del ángulo ...

Dibuja un triángulo rectángulo de catetos BSb y BTb. La hipotenusa TbSb obtenida será la recta soporte del lado AC. Por lo tanto, dibuja una recta cualquiera que forme con TbSb el ángulo <A, y traza una paralela a la misma que pase por B, que cortará a TbSb en el vértice A. Halla el punto A', simétr...

Sea Tc' el simétrico de Tc con respecto a la bisectriz ATa, y Ta' el simétrico de Ta con respecto a la bisectriz CTc. Halla Ta' sabiendo que: (i) está situado sobre el lado b, es decir, sobre la recta ATc', y (ii) Ta' está a la misma distancia de Tc que el punto Ta, es decir, Ta' está situado sobre ...

El lugar geométrico de los centros de todas las circunferencias que son ortogonales a c1 y a c2 es el eje radical de c1 y c2.

AMN y MNC son triángulos isósceles. Por lo tanto:

<ANM = <A

<AMN = 180º - 2 <A

<MNC = 180º - <A

<NCM = <CMN = <A / 2

<BMC = 3 <A / 2

Fíjate qué facil: sólo hay que trazar el arco capaz del ángulo 3 <A / 2 con respecto al segmento BC, que cortará a AB en el punto M.

Ah, perdona entonces. Lo que sucede es que no tenemos una ecuación del tipo x · (a-x) = b^2 como yo decía, sino una ecuación del tipo x · (x-a) = b^2. Esta ecuación puede resolverse con una construcción de potencia, pero voy a explicarte como hacerlo mediante el teorema de pitágoras: Tenemos x · (x-...

Yo creo que las asíntotas son la sección que produciría en el cono un plano paralelo al plano que contiene a la hipérbola que pase por el vértice del cono. Corrígeme si me equivoco.

Puse "a" y "b" para referirme a valores de segmentos genéricos en una ecuación del tipo x · (a - x) = b^2. Como ves, en este caso concreto hay que sustituir "a" por ta, "b" por K, y la incógnita "x" por |WaA|.

En este caso no hay más que girar la circunferencia grande con centro en A un ángulo igual al dado en el sentido antihorario, de forma que los extremos de las dos cuerdas buscadas coincidan. El extremo de la cuerda buscada en la circunferencia pequeña será la intersección de la circunferencia pequeñ...

Hace ya algún tiempo se explicó cómo resolver el siguiente problema: Dadas dos circunferencias con un punto común A, trazar una recta que pase por A y corte a las circunferencias en los puntos B y C, respectivamente, de manera que el segmento BC tenga una longitud dada. La resolución de este problem...

Ya hemos comentado muchas veces como resolver gráficamente las ecuaciones del tipo x · (a - x) = b^2, con a y b segmentos conocidos. El teorema de la altura de los triángulos rectángulos dice que "En todo triángulo rectángulo la altura es media proporcional entre las proyecciones de los catetos sobr...

No sé qué aplicación puede tener la trisección de un ángulo para resolver este problema. No obstante, he dado con un método que sí nos permite resolverlo. Supongo que ya sabrás que el punto en que la bisectriz de un ángulo corta a la mediatriz del lado opuesto es un punto de la circunferencia circun...

Hola de nuevo. Últimamente tengo muy poco tiempo libre para leer el foro. Intentaré resolver algún problema de vez en cuando. Para este problema, sea AB la cuerda pedida. Definamos los siguientes ángulos: <X := <AOP <Y := <POB El problema exige que sea, por ejemplo, <AOB = <OPA = <X + <Y Por su part...

Puesto que los lados AB y CD del trapecio son paralelos, sus homólogos A'B' y C'D' deberían cortarse en un punto de la recta límite de la figura homóloga. No obstante, estos segmentos homólogos A'B' y C'D' son lados opuestos de un cuadrado y, por tanto, son paralelos entre sí. La única posiblidad es...