Mes: octubre 2014

Ejercicios de giros – 993

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Triángulo equilátero conocido su centro, O, y que dos de sus vértices están apoyados sobre dos rectas paralelas, R y S

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SOLUCIÓN

1 – Con centro en O girar las dos rectas dadas un ángulo de 120º, obteniéndose R’ y S’

2 – Los puntos donde se corten las rectas originales y las dadas, A y A’, son el primer vértice de las dos posibles soluciones
3 – Unir O con A y A’ y trazar otras nuevas rectas que formen 120º con respecto a ellas. Donde corten a las rectas originales son los segundos vértices, b y B’, de las dos soluciones.
4 – Conocido el lado, AB y A’B’, trazar los triángulos equiláteros

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Ejercicios de giros – 992

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Segmento paralelo al segundo bisector, de longitud L, del que se conoce un vértice, A, que está en el plano horizontal de proyección y que el otro, B, está en el plano vertical de proyección.

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SOLUCIÓN

1 – En la proyección vertical, trazar una paralela a la línea de tierra a una distancia igual al alejamiento que hay hasta la traza horizontal de la recta (la proyección horizontal de A).

2 – Con centro en la proyección vertical, a’, y radio la longitud, L, del segmento se traza un arco.
3 – este arco cortará a la paralela a la línea de tierra en un punto b1′. Desde él bajar una perpendicular a la línea de tierra hasta que corte a una paralela a la línea de tierra que salga de loa proyección horizontal de punto A. El punto de corte de ambos es b1.
4 – Con centro en la proyección horizontal de A y radio hasta b1 hacer un arco que corte a la línea de tierra. Esta es la proyección horizontal del otro extremo, b.
5 – Levantar una perpendicular a la línea de tierra desde b hasta la paralela a la línea de tierra que se hizo al principio, siendo esta la proyección vertical, b’

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Dadas dos rectas R y S y un punto P, dibujar un cuadrado con centro P y que uno de sus vértices apoye en R y otro de ellos en S.

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SOLUCIÓN

1 – Girar las dos rectas dadas, R y S, alrededor del punto dado, P, un ángulo igual a 90º.

2 – Donde R’ (recta girada) corte a S (recta original) es uno de los vértices del cuadrado, punto 1.

3 – Unir con el punto P y hacer una recta que mida 90º respecto de 1-P, donde corte a la otra recta, R, es el punto 2 (segundo vértice del cuadrado).

4 – Conocidos el centro, P, del cuadrado y dos de sus vértices, 1 y 2, dibujar el resto del cuadrado.

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giros – 991

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Sean tres circunferencias concéntricas, dibujar un triángulo equilátero con sus vértice en cada una de las circunferencias.

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SOLUCIÓN

Sean las circunferencias de radios R1, R2 y R3 (figura de la izquierda). Con centro en un punto arbitrario A de la circunferencia mayor y radio R3 trazar un arco, determinando sobre la misma el punto O1, centro que se toma para trazar una circunferencia de radio R1.

Esta circunferencia corta a la intermedia en dos puntos B y B’ que nos definen los segmentos BA y B’A, lados respectivos de dos triángulos equiláteros, soluciones ambos del ejercicio.

Si al trazar la circunferencia de centro O1, resulta tangente a la intermedia, en la figura de la derecha, el ejercicio presenta una solución, no existiendo ninguna en el caso de que no se corten.

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Ejercicios de espirales – 999

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Realizar una espiral de tres centros con tres espiras.

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SOLUCIÓN

PRIMERA OPCIÓN

Una espira es una vuelta completa.

En la imagen superior, se han hecho dos espiras (la roja y la azul). La segunda se dibuja como la primera, simplemente tomando centros en los vértices del triángulo y radio hasta donde acabo el anterior.

SEGUNDA OPCIÓN

Una espira es cada una de las espirales que parten de uno de los vértices del polígono inicial.

Así, en la imagen superior, dependiendo de cual es el primer vértice del que sale la espiral sale una espira distinta (la roja, la azul y la verde).

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Ejercicios de espirales – 998

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Hacer una voluta de un hexágono.

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SOLUCIÓN

1 – Prolongas los lados del hexágono (en rojo) hacia un mismo lado.

2 – Con centro en un vértice y radio hasta el siguiente haces el arco que está entre dos prolongaciones ( el arco más pequeño en magenta).
3 – Con centro en el siguiente vértice y radio hasta donde el anterior toca a la prolongación de lado del hexágono, se hace otro arco (el segundo en azul).
4 – Se repite el proceso.

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División de una circunferencia en nueve partes ( eneágono ).

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SOLUCIÓN

1 – Trazas la circunferencia, de centro O y radio hasta A.

2 – Dibujar dos diámetros perpendiculares, AB y FO.

3 – Con centro en A y B y radios hasta O, trazar dos arcos que cortarán a la circunferencia en C y D.

4 – Con centro en C y radio hasta D hacer otro arco. Ídem con centro en D y radio hasta C. Los dos se cortan en E.

5 – Con centro en E y radio hasta A hacer un arco.

6 – La porción marcada con L es el lado del eneágono.

7 – Con radio ese lado, pinchar en la circunferencia y sucesivamente sobre donde los arcos la vayan cortando. Esas son las divisiones.

 

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circunferencias y ARCOS – 999

Ejercicios de circunferencias y ARCOS – 998

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División de un arco en partes iguales

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SOLUCIÓN

1 – Sea el arco AB de centro O que se desea dividir, en por ejemplo, seis partes.

2 – Se completa la semicircunferencia, AC.
3 – Con centro en el extremo opuesto de la semicircunferencia, C y radio hasta el centro del arco, O, se traza una segunda semicircunferencia OD.
4 – Se une el extremo de la segunda semicircunferencia, D, con el del arco, B.
5 – Por el otro extremo del arco, A, se levanta una perpendicular al radio hasta cortar a la unión anterior, E. Ese segmento, AE, es la rectificación del arco, AB.

6 – Se divide la rectificación en el número de partes que se desea. En este ejemplo en seis.
7 – Se unen las seis divisiones de la rectificación con el extremo de la segunda semicircunferencia, D.
8 – Donde estas últimas uniones corten al arco dado, AB, son las porciones en las que queda dividido el arco (método aproximado)

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Ejercicios de circunferencias y ARCOS – 997

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¿ Qué son los ángulos centrales de una circunferencia ?

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SOLUCIÓN

El teorema que relaciona los ángulos centrales con los arcos dice:
"En circunferencias iguales o en la misma circunferencia, los ángulos centrales son proporcionales a los arcos correspondientes"
Esto quiere decir, por ejemplo, que si se tienen dos ángulos centrales uno de doble abertura que el otro, también los arcos serán uno de doble longitud que el otro.
Ahí va una parte de la demostración:
Supongamos dos circunferencias iguales de centros Q y Q’ y en ellas los ángulos centrales AQB y A’Q’B’ cualesquiera. Supongamos también que los arcos AB y A’B’ son conmensurables entre sí. Ambos arcos deberán tener una unidad de medida común. Llamemos arcAM a este arco unidad común.
Supongamos que arcAM está contenida en arcAB m veces y en arcA’B’ n veces, o sea que arcAB = m.arcAM y arcA’B’ = n.arcAM y también arcAB/arcA’B’=m.arcAM/n.arcAM=m/n
Pero al dividir el arcAB en m partes iguales el ángulo central AOB habrá quedado dividido en m ángulos centrales iguales. De igual forma al dividir el arcA’B’ el ángulo A’O’B’ habrá quedado dividido en n ángulos iguales, por lo cual será :
ángAOB / ángA’O’B’ = m.ángAOM / n.AOM = m / n; luego ángAOB / ángA’O’B’ = arcAB / arcA’B’ como dice el enunciado del teorema.
En el supuesto de que los arcos AB y A’B’ fueran inconmensurables también se cumpliría el teorema pero la demostración es más larga.

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