Mes: octubre 2014

Ejercicios de HOMOTECIA – Geometria proyectiva – 977

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Construcción de un octógono inscrito en un cuadrado, ABCD

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SOLUCIÓN

4 – Dibujar una circunferencia cualquiera de centro en el punto de cruce de las diagonales del cuadrado. Da igual que sea interior o exterior al cuadrado

5 – Dibujar dos líneas que pasen por el centro del cuadrado y formen 45º con respecto a las diagonales del cuadrado
6 – Por los puntos donde las diagonales del cuadrado corten a la circunferencia se hacen paralelas a dichas diagonales
7 – Por donde las rectas que formaban 45º con las diagonales corten a la circunferencia se hacen paralelas a dichas rectas
8 – Unir los puntos de corte de las ocho paralelas trazadas anteriormente, formando un octógono (en verde)
9 – Unir el centro del cuadrado con los ocho vértices del octógono hasta tocar a los lados del cuadrado, esos puntos son los vértices del octogono buscado (en naranja)

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Ejercicios de HOMOTECIA – Geometria proyectiva – 976

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Inscribir un rectángulo de área máxima en la elipse de ejes AB y CD, siendo un lado el doble del otro.

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SOLUCIÓN

1 – Dibujar un rectángulo centrado en la elipse, con lados paralelos a los ejes de la elipse y que tenga un lado doble que el otro (en rojo)

2 – Dibujar una circunferencia con centro en el de la elipse, O, y radio el semieje mayor, AO
3 – Prolongar el eje menor de la elipse hasta cortar a la circunferencia, punto C’
4 – Unir el extremo del eje menor, C, con uno de los vértices del rectángulo, punto 1, hasta cortar al eje mayor, punto x
5 – Unir x con C’ y por el punto 1 levantar una perpendicular al eje mayor que cortará a la anterior en el punto 1′
6 – Unir el centro de la elipse, O, con 1 y 1′
7 – Por donde O-1′ corte a la circunferencia, punto m’, se baja una perpendicular al eje mayor hasta cortar a O-1 (punto m)
8 – El punto m es uno de los vértices del rectángulo buscado
9 – Repetir el mismo proceso con los otros tres vértices del rectángulo, o mejor aun, determinarlos por simetría de m respecto de los ejes de la elipse

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Ejercicios de HOMOTECIA – Geometria proyectiva – 975

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Parábola conocido un foco, un punto de la curva y una tangente (estando los elementos de resolución fuera de los límites del papel)

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SOLUCIÓN

Tanto en este como en cualquier otro que se salga fuera de los límites del papel debes realizar una homotecia (reducir el dibujo), trabajando con la figura reducida (homotética) se determinan los elementos buscados y después se vuelven a ampliar (determinación de los elementos homotéticos iniciales).
En concreto en este problema (dejo los trazados que salen fuera del papel para que se aprecie la relación, zona verde) :
5 – Hacer una perpendicular a la tangente, t, desde el foco, F. El punto de contacto de la perpendicular con la tangente, s’, es un punto homotético del simétrico con una relación de 1/2. En otras palabras, voy a reducir todo el ejercicio a la mitad a partir del foco (centro de homotecia) y aunque el simétrico, s, esté fuera del papel, como la distancia desde el foco a la tangente es la mitad de la que hay desde el foco al simétrico, se puede obtener este punto, s’, aun estando el simétrico, s, fuera del papel

6 – Unimos el foco, F, con el punto dado, P. Y sobre esta recta hallamos su punto medio, P’. Aquí hemos vuelto a reducir los datos a la mitad
7 – Trabajamos con F, s’ y P’ (en vez de con F, s y P), dibujando la circunferencia de centro P’ (en el ejercicio original era P) y radio hasta el foco, F
8 – Hallar la tangente a esa circunferencia desde s’ (en el original era desde s), siendo su punto de tangencia 1′
9 – Unir 1′ con el foco F y sobre esa recta llevar el doble de la distancia F-1′, obteniendo el punto 1 que es el punto de tangencia con los datos originales
10 – Hacer una paralela a s’-1′ por 1 y esto nos da la directriz, d, buscada

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Ejercicios de HOMOTECIA – Geometria proyectiva – 974

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Hallar un triángulo rectángulo conocida la altura relativa a la hipotenusa h = 40 mm y que la hipotenusa mide el doble que un cateto.

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SOLUCIÓN

1 – Dibujar un triángulo rectángulo de hipotenusa doble que un cateto.
2 – Trazar la altura respecto de la hipotenusa.
3 – Medir sobre dicha altura la medida de la altura del triángulo pedido, 40 mm, a partir del pie de la altura sobre la hipotenusa.
4 – Por el extremo de la altura dada hacer paralelas a los catetos.
5 – Prolongar la hipotenusa hasta que corte a las paralelas y se forma el triángulo pedido.

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Construcción de un cuadrado inscrito en un triángulo ABC, con un lado apoyado sobre AB y los otros dos vértices sobre los otros dos lados del triángulo (Cuadrado inscrito en un triángulo mediante homotecia).

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SOLUCIÓN

1 – Desde un punto cualquiera, 1′, levanta una perpendicular al lado AB, hasta tocar al lado contiguo (punto 2′).

2 – Dibuja un cuadrado con lado 1′-2′.

3 – Une el vértice A con 3′ hasta cortar al otro lado del triángulo (punto 3).

4 – Desde el punto 3 se baja una perpendicular a AB, y este, 3-4, es el lado del cuadrado buscado.

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HOMOTECIA – 973

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Conocido un triángulo rectángulo, dibujar una circunferencia tangente a la hipotenusa, que pase por el vértice del ángulo recto y que tenga su centro en uno de los catetos.

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SOLUCIÓN

Mediante homotecia:

1 – Dibujar una circunferencia cualquiera con centro cualquiera sobre un cateto, O’ y radio hasta el ángulo recto, H.

2 – Desde su centro, O’, dibujar una perpendicular a la hipotenusa, que nos da el punto de tangencia, T’, en un triángulo homotético al dado (el triángulo relleno de amarillo, aunque no hace falta dibujarlo).

3 – Unir el ángulo recto H (el centro de homotecia) con el punto de

tangencia T’ y donde corte a la hipotenusa es el punto de tangencia de la circunferencia buscada, T.

4 – Por el punto de tangencia, T, trazar una perpendicular a la hipotenusa y obtenemos el centro de la circunferencia buscada, O.

 

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Ejercicio de homología – 999

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Homología de una figura, ABCD, conocido el centro de homología, el eje de homología y un punto ya transformado.

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SOLUCIÓN

1 – Prolongar AB hasta el eje.
2 – Unirlo con A’
3 – Donde corte a la unión de O con B es su homólogo B’.

4 – Prolongar BC hasta el eje.
5 – Unirlo con B’.
6 – Donde corte a la unión de O con C es su homólogo C’.
7 – Prolongar AD hasta el eje.
8 – Unirlo con A’.
9 – Donde corte a la unión de O con D es su homólogo D’.

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Encontrar el homólogo de un pentágono regular ABDCD sabiendo que su centro es M(-3, 6), y se conoce A(-4, 4). La homología tiene centro O(-5, 12) y el eje es una recta horizontal de y = 3. Se sabe que A’ tiene y = 2.
Encontrar también el homólogo de M.

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SOLUCIÓN

– Prolongar una recta hasta el eje (por ejemplo AB).

– Donde corte al eje lo unes con su homólogo, A’.
– Unes el punto inicial (B) con e centro de homología (O)
– Donde se corten ambas rectas es B’.
Esto lo repetirás con los demás.
Ahora bien, es bueno siempre realizar una pequeña comprobación que casi todo el mundo olvida ( o ignora ) hacer, y es la de hallar la recta límite.
Para ello se hace una paralela a A’E’, por ejemplo, por el centro de homología y donde corte a su homóloga AE es un punto de la recta límite.

Como verás, ésta corta a los lados del pentágono. Eso significa que a la hora de unir sus extremos, E’ y D’, no se unirán entre ellos, sino sus prolongaciones.
Además tendrás un problema y es que D’ sale bastante lejos. Para solucionarlo, elige un punto cualquiera de ED, por ejemplo X (que sea un punto que esté al mismo lado de la recta límite que E), y determina su homólogo, X’, al unirlo se obtiene la recta.

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homología – 998

Ejercicio de homología – 997

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Homología de un cuadrado ABCD, conocidos el centro de homología O, el eje, e, la recta límite, R.L, y estando uno de los lados del cuadrado, AB, sobre la recta límite.

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SOLUCIÓN

1 – Hallar el homólogo de uno de los vértices, C, que no está en la recta límite :
– Trazar una recta cualquiera que pase por C. Yo he elegido C-A, aunque no es necesario que pase por A.
– Prolongarla hasta que corte al eje, x, y a la recta límite, A.
– Unir A con O y hacer una paralela por x.
– Unir O con C y donde corte a la paralela que se hizo por x es el vértice C’

2 – Hallar el homólogo de otro vértice, D, que no está en la recta límite :
– Se puede repetir el proceso anterior o como CD es paralela al eje trazar una paralela al eje por C’
– Unir D con O
– Donde corte a la paralela al eje es D’
3 – Hallar el homólogo de un punto cualquiera, M, del lado que es perpendicular a la recta límite :
– Una forma es repitiendo el procedimiento del apartado 1, o bien unir M con C hasta tocar al eje, Y
– Unir Y con C’
– Unir O con M
– Donde esta última corte a la anterior es el punto M’
4 – Como A-D pasa por M, A’-D’ pasará por M’. Luego unir D’ con M’ y este es uno de los lados del cuadrado homólogo
5 – Repetir con otro punto, N, del otro lado, B-C.
6 – Uniendo C’ con N’ se consigue el tercer lado
7 – El cuarto lado A’-B’ no existe (o es impropio o está en el infinito, como se prefiera)

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Mediante una homología transformar el cuadrilátero ABCD en un rombo de lado L y ángulo A’ = 60º.

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SOLUCIÓN

Mediante una homología transformar el cuadrilátero ABCD en un rombo de lado L y ángulo A’ = 60º.
1 – Prolongar los lados AD y BC hasta cortarse, punto X. Repetir con AB y CD, punto Y. La unión de los puntos X e Y es la recta límite, R.L.

2 – Realizar el arco capaz del ángulo A’, 60º, respecto del segmento XY.
3 – Prolongar las diagonales AC y BD hasta cortar a la recta límite, puntos Z y W.
4 – Trazar el arco capaz de 90º respecto de ZW.
5 – Donde se corten los dos arcos capaces, O, es el centro de homología. Si los dos arcos capaces se hacen hacia el otro lado de la recta límite (como pide el problema) se tiene una segunda solución.
6 – Unir O con B y C. Unir X con O, y sobre esta última medir, L, el lado del rombo, OC».
7 – Por el extremo, C», dibujar una paralela a OB hasta cortar a OC. El punto de corte, C’, es el homólogo de C.
8 – Por C’ trazar una paralela a OX por C’. Donde corte a OB es el homólogo B’.
9 – Unir Y con O y dibujar una paralela por C’. Unir O con D y donde corte a la anterior es el vértice homólogo D’.
10 – Por B’ y D’ dibujar paralelas a C’D’ y B’C’ respectivamente. Donde se corten el cuarto vértice A’.
11 – Aunque no es necesario también se puede determinar el eje de la homología dibujando una paralela a la recta límite por donde se corten las prolongaciones de BC y B’C’, por ejemplo.

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