Mes: octubre 2014

Ejercicios resueltos de HOMOTECIA – Geometria proyectiva – 997

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Trazar una recta perpendicular a la recta R que pase por el punto de corte de otras dos, S y T, estando el punto de corte fuera de los límites del papel

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SOLUCIÓN

1 – Dibujar una paralela, S’, a la recta S en un lugar cualquiera, pero que corte a la recta T dentro de los límites del papel

2 – Por el punto de corte de ambas, S’ y T, se traza una perpendicular, U’, a R.
3 – Las rectas S, U’, S’ y T cortan a R en los puntos 1, 2, 3 y 4 respectivamente. Por el punto 4 hacer una recta, V, cualquiera (también se puede utilizar la recta T, pero he preferido hacer otra para mayor claridad)
4 – Llevar sobre la nueva recta, V, las distancias 2-4 y 3-4, obteniendo los puntos 2′ y 3′
5 – Unir 1 con 3′ y dibujar una paralela a ella por 2′. Esto nos da el punto 2" sobre R
6 – El punto 2" es el pie de la perpendicular buscada, U. Trazar por 2" una perpendicular a r

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Hallar la bisectriz de un ángulo que se corta fuera de los límites del papel

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SOLUCIÓN

Método 1º

1 – En cualquier lugar se dibujan dos líneas perpendiculares a las rectas dadas, R y S.

2 – Sobre las perpendiculares se mide una distancia cualquiera, pero la misma para los dos.

3 – A esa distancia se dibujan dos paralelas a las rectas dadas (rectas R’ y S’).

4 – Se halla la bisectriz del nuevo ángulo formado por las rectas R’ y S’, de la forma tradicional, es decir, con centro en el vértice del ángulo y radio cualquiera se dibuja un arco. Con centro donde el arco corte a las rectas se trazan dos arcos de igual radio. El punto de corte de los dos arcos se une con el vértice del plano.

5 – La bisectriz obtenida es también bisectriz de las rectas iniciales, R y S.

Método 2º

1 – Se traza una recta cualquiera, T, que corte a las dadas, R y S.

2 – Se dibujan las bisectrices de los cuatro ángulos formados entre la recta elegida, T, y las dos dadas, R y S.

3 – Uniendo los puntos de corte de las cuatro bisectrices se consigue la bisectriz.

 

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HOMOTECIA – 996

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¿ Cuál es la diferencia entre homotecia y semejanza ?

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SOLUCIÓN

A efectos prácticos una homotecia y una semejanza son lo mismo, y por tanto, se opera igual en una que en otra.

Siendo un poco más exactos, en una homotecia siempre hay un centro de homotecia definido, mientras que en la semejanza se puede utilizar cualquier punto. Es por ello que cuando se plantea un problema de homotecia siempre se da el centro o datos para calcularlo. Mientras que en la semejanza no se suele dar, sino que eres tú el que eliges cuál te conviene más. Habitualmente se escoge uno de los vértices de la figura por comodidad, aunque se puede utilizar cualquier punto incluidos los que están en el exterior o en el interior de la figura.

También se suele decir que dos figuras homotéticas deben tener la misma orientación y sus lados ser paralelos, mientras que en una semejanza una figura puede estar girada respecto de la otra o incluso tener sus lados simétricos, aunque esto no os lo suelen plantear así.

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HOMOTECIA – 995

Ejercicios resueltos de HOMOTECIA – Geometria proyectiva – 994

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Dibujar un triángulo ABC, conocido el vértice A y que los vértices B y C deben estar sobre las rectas S y R, respectivamente. También se conoce el valor del ángulo A = 30º y la reacción entre los lados, AB = 2·AC.

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SOLUCIÓN

1 – Trazar desde A una perpendicular, AX, a la recta r

2 – Girar AX un ángulo igual al valor del ángulo A, 30º, obteniendo AX’
3 – Desde X’ dibujar una perpendicular a AX’ (recta R’)
4 – por el punto medio de AX’ hacer una paralela a R’ (recta R")
5 – Donde R" corte a S es el vértice B
6 – Unir A con B y a partir de ella levantar el ángulo A, 30º.
7 – Donde esta última corte a R es el tercer vértice C

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Ejercicios resueltos de HOMOTECIA – Geometria proyectiva – 993

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Pentágono regular conocida su altura, MD

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SOLUCIÓN

a – Construir un pentágono, A’-B’-C’-D’-E’ de cualquier tamaño y por cualquier procedimiento.

b – Dibujar la altura de ese pentágono, M-D’, y sobre ella se mide la altura dada, MD.
c – Hacer paralelas a los lados D’-E’ y D’-C’ por D.
d – Unir M con E’ y C’ hasta cortar a las anteriores, siendo estos los vértices E y C.
e – Dibujar paralelas a E’-A’ y C’-B’ por E y C hasta cortar a la prolongación de A’-B’, obteniendo con esto los vértices A y B.

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Ejercicios resueltos de HOMOTECIA – Geometria proyectiva – 992

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Triángulo isósceles cuyo lado menor sea la mitad de la medida de cada uno de los otros lados iguales, inscrito en una circunferencia de 100 mm de diámetro.

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SOLUCIÓN

1 – Colocar un lado, A’B’, de longitud cualquiera, x.
2 – Con centro en A’ y B’ y radio el doble de la longitud A’B’ = 2x trazar dos arcos que se cortarán en un punto C’. Con esto hemos construido un triángulo, A’B’C’, semejante al buscado.
3 – Determinar el circuncentro del triángulo A’B’C’. Recuerdo que el circuncentro se determina como el punto de encuentro entre las mediatrices de los lados del triángulo.
4 – Con centro en el circuncentro de A’B’C’ se dibuja una circunferencia con el diámetro dado, 50 mm.
5 – Unir el circuncentro con los vértices del triángulo, A’B’C’, y donde corten a la circunferencia son los tres vértices del triángulo buscado, ABC.

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Ejercicios de HOMOTECIA – Geometria proyectiva – 991

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Heptágono regular conocida su apotema

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SOLUCIÓN

1 – Dibujar un heptágono cualquiera.
2 – Marcar su apotema (distancia del centro al punto medio de un lado). Llamaré O al centro, M’ al punto medio de un lado y A’ el vértice.
3 – Colocar la apotema obtenida el valor de la apotema dada en el enunciado.
4 – Por el extremo de la apotema dada se dibuja una paralela al lado del heptágono dibujado.
5 – Unir el centro del heptágono con los vértices del primer heptágono.
6 – Donde corte a la paralela da uno de los lados del heptágono buscado.
7 – Con centro en el del heptágono y radio hasta los vértices obtenidos se dibuja una circunferencia, siendo los demás vértices donde corten a la unión del centro con los otros vértices del primer heptágono.

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Ejercicios de HOMOTECIA – Geometria proyectiva – 990

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Trazar un segmento tal que la distancia desde un punto P a donde corte con dos rectas dadas, R y S, sean la misma distancia (O situar un segmento que se apoye en dos rectas siendo P su punto medio)

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SOLUCIÓN

1 – Une el punto P con cualquier punto de una de las rectas, por ejemplo con el vértice del ángulo, V

2 – Halla el simétrico, V’, de V respecto de P
3 – Por V’ dibujar una paralela a S
4 – Donde la paralela, S’, corte a la otra recta, R, es uno de los puntos, A, por el que pasa el segmento buscado
5 – Unir A con P y es el segmento buscado

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Hallar un triángulo ABC conocidos el lado «a», la razón de los otros dos lados b/c y la diferencia de los cuadrados de esos dos lados.b² – c².

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SOLUCIÓN

Al término b² – c², le llamaré x², con lo que x² = b² – c². Esto no es exactamente el teorema de Pitágoras ya que debería estar sumando (yo le suelo llamar el primo de Pitágoras, por que se parece pero no lo es). Ahora bien si pasas c² al otro lado queda x² + c² = b², que si que es Pitágoras donde x y c son los dos catetos y b la hipotenusa.
El otro dato es la razón b/c a la que llamaré «y».
Como ves las cantidades b y c están relacionadas con un triángulo rectángulo; que no significa que el triángulo buscado sea de ese tipo. Pero nos ayudará para buscarlas, construyendo primero un triángulo rectángulo semejante que después se ampliará (homotecia) al tamaño dado.

La solución es :

1 – Dibuja dos líneas perpendiculares. Cada una será un cateto, llevando longitudes cualesquiera que cumpla la razón y = b/c. Si «y» te lo dan como una fracción, por ejemplo 3/2, pones 3 unidades en la hipotenusa y 2 en el cateto. Si «y» te lo dan como un entero, por ejemplo 3, colocas 3 unidades en la hipotenusa y 1 en el cateto.
2 – Hallas cuanto es la raíz cuadrada de x (media proporcional entre x² y la unidad).
3 – Colocas el valor obtenido sobre el cateto del triángulo anterior en el cateto sobre el que no se llevo las medidas de la razón «y».
4 – Haces un triángulo semejante al primero con esa medida, y la hipotenusa es el valor de b y el otro cateto el de c.
5 – Ya tienes a, b y c, hacer un triángulo con los tres lados.

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Ejercicios de HOMOTECIA – Geometria proyectiva – 988

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Construir un triángulo escaleno del que se conoce su perímetro (80 mm), sabiendo que sus lados son proporcionales a 24, 18 y 12 mm.

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SOLUCIÓN

1 – Se construye un triángulo, A’B’C’, con lados proporcionales a las tres cantidades dadas. Yo he construido uno cuyos lados miden 24, 18 y 12 mm, directamente, pero si fuesen cantidades muy grandes o pequeñas se puede utilizar cualquier otra proporcional (dividir o multiplicar por una cantidad todas las medidas)

2 – A partir de un vértice, A’, se coloca un segmento de longitud igual a la del perímetro del triángulo que acabamos de construir, p’ (punto X’)
3 – Desde el mismo vértice, A’, se coloca otro segmento de longitud la del perímetro del triángulo buscado, 80 (punto X)
4 – Unir un vértice del triángulo, C’, con su perímetro, p’ (punto X’) y hacer una paralela por el extremo del perímetro del triángulo buscado, X
5 – Donde corte a la prolongación del lado A’C’ es el vértice C del triángulo buscado
6 – Una paralela al lado B’C’ por C y se obtiene B en la prolongación de A’B’
7 – El vértice A es coincidente con el vértice A’

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