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les ascendentes hacia el vértice superior de la derecha, como 
las a''h, a/c”, corten a los lados verticales de los rectángu- 
los que preceden, en puntos B, A, tales, que la recta AB 
prolongada pase por el extremo izquierdo a de la base del 
primero de este lado, y por un punto 6 del lado vertical del 
fijo que diste de la base superior el segmento menor 106: 
Entonces esa recta AB resuelve el problema, porque las 
distancias cA, c” B, que podemos llamar x, y, son las dos 
medias buscadas. 
Puesto que la base de los rectángulos es arbitraria, se fa- 
cilita la demostración suponiéndola igual a la altura, es de- 
cir, que se emplean tres cuadrados del segmento mayor. SE 
ha marcado el fijo con línea llena, el que le sigue de trazos 
y de puntos el tercero. 
Supuestas prolongadas las rectas Ah y ab, hasta su en: 
cuentro, que llamamos v, es fácil ver que tomando sucesiva- 
mente los triángulos semejantes aHv y cAv, los cav, c' Av 
luego, los c Av, c” Bv después, y, por último, los c” Av, h Bv, 
se pueden formar una serie de razones iguales, entre las 
cuales están 
PS Y 
o O 
Aquí también se evitaría el tanteo hallando la curva en- 
volvente de las posiciones que puede tomar la A B. 
Más fácil aún nos parece calcular los retrocesos hc” =0, 
cc = B, que deben tener los rectángulos segundo y tercero, 
supuestos, superpuestos y juntos al principiar, para que la 
recta AB pase por los puntos a y b. 
Tomando el vértice h para origen de coordenadas y para 
ejes positivos los h X, 1 Y que se indican, los puntos b, B, A, a, 
tendrán respectivamente por coordenadas 
o x=0 q =0 el 
E B ,, o 
e lo y E 
a 
