Construir con regla y compás un triángulo $ABC$ rectángulo en $A$ de perímetro igual a $10$ y tal que la altura trazada desde el vértice $A$ mida $2$. Indicar los pasos de la construcción y justificar por qué se satisfacen las condiciones.
Agarremos algún triángulo rectángulo, por ejemplo, el de lados $3$, $4$ y $5$. Sea $h$ la medida de la altura correspondiente a la hipotenusa.
Por un lado tenemos que el área del triángulo es $\dfrac{3\cdot 4}{2}=6$. Por otro, tenemos que el área del triángulo es $\dfrac{5h}{2}$, de modo que $h=\dfrac{12}{5}$. Ahora, el perímetro del triángulo es $3+4+5=12$. Entonces la altura mide $\dfrac{1}{5}$ del perímetro ¡MAGIA! Bueno, como queremos que la altura mida $2$, multiplicamos todas las medidas por $\dfrac{5}{6}$, y tenemos el triángulo pedido.
Entonces lo que tenemos que hacer es construir con regla y compás un triángulo de lados $3\dfrac{5}{6}=\dfrac{5}{2}$, $4\dfrac{5}{6}=\dfrac{10}{3}$ y $5\dfrac{5}{6}=\dfrac{25}{6}$, pero esto lo podemos hacer. Entonces ganamos.
Trazamos un segmento $AH$ y digamos que $AH=2$… ¿Por qué? No hay por qué.
Trazamos la recta perpendicular a $AH$ por $H$.
Sabemos que $\frac{BH}{HA}=\frac{HA}{HC}=r$. Si $AHC$ posee perímetro $P$ entonces $ABH$ posee perímetro$rP$ y $ABC$ posee perímetro $(r+1)P-4$.
Resolviendo $(2r)^2+2^2=(rP-2-2r)^2$ obtenemos $r=\frac{4(P-2)}{(P-4)P}$ de donde podemos reemplazar $r$ en $(r+1)P-4=N$ para obtener una ecuación para $P$. Si reemplazamos $N=10$ resultan $P=6$ y $r = \frac{4}{3}$ con lo que podemos marcar $B$ tal que $BH= 2r$ y $C$ trazando la perpendicular por $A$.
El triangulo $ABC$ es el pedido.
En particular, se puede hacer para “cualquier” $N$
Sabemos que en un triángulo rectángulo, el la longitud del inradio es igual a la longitud de las tangentes al incírculo desde el vértices opuesto a la hipotenusa, es decir, si el incírculo de centro $I$ toca a $AB$, $BC$ y a $AC$ en $D,E,F$, tenemos que $AE=AF=ID=r$.
Sabemos que el área de $ABC$ es $\frac{bh}{2} = \frac{2BC}{2} = BC$ y que también es $sr = \frac{5(AB+AC-BC)}{2} = 5\frac{10-2BC}{2}=5(5-BC)$ de donde resolvemos $BC = \frac{25}{6}$
Para finalizar, dibujamos un diámetro $BC$ de longitud $\frac{25}{6}$ y luego marcamos una paralela a $BC$ a distancia $2$. Como $2<\frac{25}{12}$ esto cortará en dos puntos al semicirculo, uno de los cuales podemos tomar como $A$
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
Era un frío invierno aquel del año dos mil veintitantos. El gélido clima no venía en desmedro de la actividad problemática. Sin embargo, la población ya no confiaba en la geometría, olvidada y relegada. Donde hubiere una circunferencia ya se podía escuchar el grito de "$x^2+y^2=r^2$". Las letras ganaron la batalla a las formas... Pero no tardaría Mórtimer en rescatar a su pueblo elegido...
Comenzamos con un segmento $XY$ de longitud 2.
Trazamos las perpendiculares al mismo por $X$ e $Y$. Llamemos a dichas rectas $l$ y $l'$.
Marcamos dos puntos, $P$ y $Q$, en $l$ tales que $PQ=10$.
Trazamos la medatriz de $PQ$ y marcamos su intersección con $PQ$. Llamemos a este punto $M$ (el punto medio de $PQ$).
Luego, construimos la circunferencia de centro $M$ y radio $MP=MQ$ y la intersecamos con la mediatriz de $PQ$. Llamemos a este punto $R$.
(Como $PQ$ es diámetro de la circunferencia, $P\hat{R}Q = 90^{\circ}$.)
Ahora, construimos la circunferencia de centro $R$ y radio $RP=RQ$ y marcamos una de las intersecciones con $l'$. Llamemos a este punto $A$.
Por ángulo central, $P\hat{A}Q = \frac{1}{2}(360^{\circ}-P\hat{R}Q) = 135^{\circ}$
Por último, trazamos las mediatrices de $AP$ y $AQ$ y marcamos sus intersecciones con $l$. Llamémoslas $B$ y $C$, respectivamente.
Veamos que $ABC$ cumple todo.
Como $l$ y $l'$ son paralelas a distancia 2, la altura de $A$ hasta $BC$ es 2.
Como $BA = BP$ y $CA = CQ$ por mediatrices, el perímetro es $AB+BC+CA = PB+BC+CQ = PQ = 10$.
Como $B\hat{A}P = B\hat{P}A = \alpha$, $C\hat{A}Q=C\hat{Q}A = \beta$ y $P\hat{A}Q=135^{\circ}$, vale que $\alpha+\beta=45^{\circ}$ y luego $B\hat{A}C=90^{\circ}$.
Esto prueba lo deseado.
geogebra-export.png
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Sean $a, b$ los catetos y $c$ la hipotenusa. Notar que $2c = 2[ABC] = ab$ ahora:
$$a^2 + b^2 = c^2 \Rightarrow (10-c)^2 = (a+b)^2 = c^2 + 4c \Rightarrow c = \frac{100}{24}$$
Nos construimos $4$ puntos $X, Y, Z, W$ tales que $XZ = 101$, $Y$ esta en el interior de $XZ$ con $XY = 100$ y $W$ fuera tal que $YW = 24$. La recta $YW$ interseca a $(XZW)$ en $P$. Por potencia de un punto:
$$XY \cdot YZ = PY \cdot YW \Rightarrow PY = \frac{100}{24}$$
Ahora, con un rectángulo de dimenciones $2$ y $\frac{100}{24}$ marcamos una semicircunferencia de diámetro $\frac{100}{24}$ que interseca al lado opuesto en dos puntos, cualquiera de ellos nos da lo que queremos.
