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Antes de proseguir debemos decir que el método sugerido recibe en francés el nombre de"retournement" que podemos traducir como el de “voltear” la figura. Este método es la base pararesolver el problema de STURM: "Construir un cuadrilátero inscriptible conociendo los cuatrolados". FGM lo clasifica dentro de los métodos con figuras auxiliares.

[ FGM EXERCICES DE GÉOMÉTRIE sixième édition. nº 151 página 68.]

Julius Petersen lo destaca por lo siguiente:

Propuesto por José María Pedret. Ingeniero Naval. (Esplugues de Llobregat, Barcelona)Problema 143

• Por el vértice B de un triángulo, trazar una recta tal que las perpendiculares AP y CQ a elladeterminen dos triángulos ABP y CBQ cuyas superficies estén en una razón dada.

1Se lleva ABP a la posición CBP , variando al mismo tiempo su tamaño, y con BC como

1diámetro se traza un círculo. La cuerda P Q tiene entonces una posición determinada y BC lacorta según una razón conocida.

Petersen, J (1880): Méthodes et théories pour la résolution des problémes de constructionsgéomètriques. Gauthier-Villars. (p. 64), problema 330

"Retournement"

Se usa este método, para dar a los diferentes elementos una posición cómoda para efectuar laconstrucción. Consiste en llevar una parte de la figura a una nueva posición, buscando lo siguiente:

1 Poner juntos los elementos dados.

2 Introducir en la figura los elementos dados.

3 Superponer líneas o ángulos de igual magnitud. Este procedimiento se emplea a menudo,cuando los elementos de igual magnitud se desconocen y se quiere, en cierta medida,eliminarlos. Se puede emplear un método análogo cuando se conoce la razón de dos líneas;para superponerlas, se hace crecer una parte de la figura en la proporción dada colocando,al mismo tiempo, la parte de la figura en la nueva posición.

4 Constituir una figura simétrica, de tal manera que un punto buscado este en el eje desimetría.

5 Llevar una porción de la figura de modo que dos puntos desconocidos se confundan en unosolo, mientras que dos líneas que pasan por estos puntos forman un ángulo conocido ycontienen cada una un punto conocido. Entonces, se puede trazar un círculo que pasa porel punto de intersección de las dos rectas.

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1¿Dado el triángulo ABP, cómo se lleva AB sobre BC, es decir, ABP sobre CBP ?

Figura 1

Giramos BA un ángulo ABC. BC es latransformada de BA.La transformada de AP se consiguetrazando la recta que forma con BC unángulo igual a BAP,En la intersección de las transformadas

1de BA y AP se encuentra P

Tracemos ahora el enunciado del problema como si estuviera resuelto:

Figura 2

En este caso, existe una peculiaridad, el

1ángulo APB es recto, el vértice P estarásobre el círculo de diámetro BC y paratrazarlo no nos hace falta la construcción

1general. Sólo saber que la recta PP pasapor H, intersección del lado AC y elcírculo de diámetro BC.

1(Hay que demostrar que PP pasa por H)

1P es el transformado de P por giro decentro B y ángulo ABP, entonces el

1triángulo BPP tiene el lado BP que pasapor un punto fijo B y P recorre un

1círculo, el segundo lado BP tiene un

1punto fijo B y P se desplaza sobre elmism círculo, entonces el tercer lado quetiene un punto sobre el círculo tienetambién un punto fijo en él.Como en una de las múltiples posicionesel triángulo coincide con ABC y BCcorta al círculo en H, entonces H es elpunto fijo. Apesar de ello, H no esnecesario si sólo buscamos la recta BQ

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Figura 3

Hemos expresadola relación dealturas en funciónde datosconocidos delproblema.

1Situado P busquemos ahora la razón conocida a la que se refiere el problema:

La observación de la figura nos muestra que la razón, que podemos conocer, es la de las alturas

1de CQB y CP B que como tienen la misma base, esa razón coincidirá con la razón de sus áreas.

1Al llevar ABP sobre CBP se producen las siguientes relaciones

Relacionemos esta última razón con la razón dada

y queda

Si, conociendo la razón que nos indica lasugerencia del enunciado, somos capaces

1de terminar el punto D, que divide QP

1en la razón hallada, determinamos QP yresolvemos el problema.

Para determinar el lugar geométrico delos puntos D que dividen al segmento

1QP según la razón hallada, observamosque al ser APB recto, P estará sobre elcírculo de diámetro BA y que debemosresolver el siguiente problema antes detener todas las herramientas pararesolver el problema original:

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1Dado un triángulo ABC, sea P un punto sobre el círculo de diámetro BA. Sea P laintersección de la recta PH con el círculo de diámetro BC. Sea Q la intersección de laperpendicular por C a la recta BP.

1Hallar el lugar geométrico de los puntos D que dividen al segmento QP según una razónconocida 8, cuando P recorre el círculo de diámetro BA.

Al desplazarse P sobre su círculo, gira entorno a B (radio de giro variable).Q realiza el mismo tipo de giro al estarsobre BP.

1P es el transformado de P por giro concentro B y ángulo ABP.

1Por tanto el segmento QP abarca en elcírculo de diámetro BC un arco capaz

1fijo igual a ABP, entonces QP es delongitud constante ya que sus extremosse desplazan sobre el mismo círculo yabarcan un arco capaz de ángulo ABP

El lugar de un punto, sobre una cuerda de longitud fija que se mueve sobre un círculo ydivide según una razón fija dicha cuerda, es un círculo concéntrico al círculo de la cuerda.

Figura 4

Figura 5

Demostremos ahora que:

1 1 <QOP = 2 <QBP = Constante. QP = Constante.

1 OQ = OP = Constante = ½AB.

1 <OQP = Constante.

Como DQ = Constante, se deduce que OD esconstante y por tanto D recorre un círculo concentro en el punto medio de AB.

1 Además. D''' P =DQ, entonces DD'''=constante.

Más adelante al construir la solución usaremos elhecho de que DD''' es constante.

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Figura 6

Figura 7

Como D debe estar sobre BC, está en la intersección de este último círculo y BC.

De lo visto hasta aquí se deriva el siguiente método de construcción de la:

SOLUCION a Trazamos el círculo de centro elpunto medio de BC, que pasapor D y para determinar unpunto cualquiera D' usamos unpunto fácil sobre el círculo, elpropio punto A. Si P' está en A,BP'=BA y Q' está en el pie de laperpendicular a AB desde. Nohace falta trazar la perpendicular,la intersección de BA con elcírculo de diámetro BC ya nosproporciona Q'. El círculo ya

1sirve para más adelante. P'coincide con C. Para hallar D'

1sobre Q'P' se divide esesegmento por D' según:

Para construir la razón buscada y con elfin de economizar, trabajamos en elvértice B.

b Círculo de centro B y radio m,corta a BA en A'

c Paralela por A' a AC, corta aBC en C'

d Llevar BC' sobre BA' yobtenemos A''

e Paralela por A'' a AC, corta aBC en C''

f y

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Figura 8

Figura 9

g Llevar BC'' sobre la perpendicular aBA desde B. Obtenemos C'''

h Círculo de centro Q' y radio n.Obtenemos C en su intersección conv

1Q'P'

i Unimos C''' y C . Esta recta corta av

BA en Cv

j hemos dividido BQ' en la razóncalculada. Paralela a BC por C , quev

1corta a Q'P' en D'

k Con centro en el punto medio de BC,trazamos el círculo que pasa por D'

l D se halla en la intersección del círculotrazado y el lado BC. El círculo tiene

1una segunda intersección con Q'P' enD''.

m D'D'' es de longitud constante comohemos visto más al principio; por tantosi trazamos, con centro en D, el círculode radio D'D'', este círculo determinaD''' sobre el círculo de centro el puntomedio de BC y que pasa por D.DD'''=D'D''.

¡OJO! EN CABRI, m NO SIRVEC O M O C O N S T R U C C I Ó NDINÁMICA (Ver más adelante: Construccióndinámica del punto D''').

1n A su vez DD''' está sobre QP y portanto la recta Por D y D''' determina Qen su intersección con el círculo de

1diámetro BC y P en su segundaintersección.

o Podemos trazar la recta solución BQ

1p Pero sabemos también que PP pasa porel punto fijo H, intersección de AC con

1el círculo de diámetro BC. La recta P H

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Figura 12

Figura 10

CONSTRUCCIÓN DINÁMICA DEL PUNTO D'''

Caso ID' y D'' se confunden. La recta BQtiene una posición que se produce

1cuando el segmento QP es tangente alcírculo buscado. En ese caso laco ns t r u c c ió n p u e d e hacer sedirectamente.

Caso IID'D'' tiene la orientación de QC.DD''' tiene la orientación de QC.

Caso IIID'D'' tiene la orientación de CQ.DD''' tiene la orientación de CQ.

Comparando el caso III con el II, siefectuamos la construcción citada en elpárrafo m y usamos, de Cabri II, laherramienta compás, DD''' tendría laorientaciónde QC y la recta DD''' no esla buscada y la construcción no es válida.

Para que la construcción sirva, encualquier caso, debemos ver que D''' esel simétrico de D' respecto a la mediatrizde D'' y D. Así ya podríamos construirD''' y obtener la solución.

Observando un poco más vemos queDD''' pasa por la intersección I de dicha

1mediatriz y la recta Q'C. Obtenemos QP

Si nosotros imaginamos una rectacualquiera por B que corte a AC,siempre existen dos triángulos comoenuncia el problema que estarán en unarazón que irá desde cero (caso de que larecta sea BA) hasta infinito (caso de quela recta sea BC), por lo tanto, siempreexiste solución . Es decir: