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La circunferencia c1' a determinar es tangente: (i) A las dos rectas tangentes a c1 trazadas desde P (ii) A la circunferencia c2 Tenemos así un caso de tangencia RRC Por dilatación, si trazamos paralelas a las dos rectas a una distancia de las mismas igual al radio de c2, alejándolas del centro de c...

Faltaba una O, ya está corregido

Faltaba una O, ya está corregido

Si Q es el vértice del triángulo situado sobre la cuerda AB y R es el vértice del triángulo situado sobre el arco AB, entonces R puede verse como el punto resultante de girar Q 60º con centro en P. Por lo tanto, Q estará en la intersección del arco AB con la recta resultante de girar la cuerda AB 60...

Este problema también puede resolverse aplicando la teoría de la rotación de Petersen, según la cual, el punto E puede obtenerse como la intersección de c3 con la circunferencia resultante de aplicar a c2 una rotación (combinación de giro y homotecia) de centro D, ángulo <D1F1E1 y razón D1F1/D1E1. L...

Sea c2' la circunferencia buscada. Como c2' es homotética de c2 en una homotecia de centro P, también será inversa de c2 en una inversión de centro P. Como la inversión conserva tangencias, al ser c2' tangente a c1, c2 debe ser tangente a c1', la inversa de c1 en la inversión de centro P que debe se...

Voy a probar con una resolución analítica, tomando un sistema de coordenadas cartesianas con origen en el vértice A(0,0). De forma genérica, sean los otros tres vértices del rectángulo B(a,0), C(a,b) y D(0,b). Se toma sobre el lado AB un punto M(c,0), con 0<c<a> d=raiz(e^2-c^2). La ecuación de la re...

De nuevo, el centro O del rombo coincidirá con el centro del paralelogramo ABCD. Según el método de resolución de Petersen que aplica la teoría de la rotación, el punto F puede obtenerse como la intersección de la recta BC con la recta resultante de aplicar a la recta AB una rotación de centro O, án...

Este problema también coincide con el problema general que planteaba Petersen para resolver aplicando la teoría de la rotación, sin más que tener en cuenta que el centro O del paralelogramo ABCD tiene que coincidir, por simetría, con el centro del paralelogramo EFGH inscrito. Entonces, puede plantea...

He estado leyendo el método que propone Petersen, y lo resumo aquí. El método en cuestión es el que describe en el tercer capítulo de su libro "Métodos y teorías para la resolución de problemas geométricos", y que titula "Teoría de la rotación". Petersen define una operación en el plano denominada "...

Sí, no lo expliqué bien. Se trata de partir del triángulo ABC dado, y dibujar los arcos capaces del los ángulos <AOB, <AOC y <BOC que conoces de la otra figura. Una vez obtenido O en la figura del triángulo ABC en la intersección de los tres arcos capaces, ya tienes las distancias OA, OB y OC que pu...

El procedimiento no es complicado, pero para dar una justificación hay que emplear conceptos de polaridad algo más complejos. Puedes encontrar toda la información en este documento: http://aegi.euitig.uniovi.es/ficheros/11_q/teo/HOMOLOGIA.pdf . Te escribo aquí los pasos resumidos del procedimiento: ...

El arco capaz del ángulo <AOB respecto a AB, el arco capaz de <AOC respecto a AC y el arco capaz de <BOC respecto a BC, deben pasar los tres por un mismo punto O.

Al leer esto que escribió Garicuper: "Traza primero el triángulo equilátero que te dan", he coincidido con él en que realmente era una buena forma de empezar. Eso me ha hecho pensar y he recordado que hace algún tiempo se resolvió en este foro un problema no sé si igual o sólo parecido. Lo he buscad...

Aplicando el teorema del seno a los triángulos AOB y BOC: AB / sen (<AOB) = OB / sen(<OAB) --> AB sen( <OAB ) = OB sen(<AOB) BC / sen (<BOC) = OB / sen(<OCB) --> BC sen (<OCB) = OB sen(<BOC) --> BC sen (180º - <AOC - <OAB) = OB sen(<BOC) --> BC sen (<AOC + <OAB) = OB sen(<BOC) --> BC sen(<AOC) cos( ...