Autor: Administrador

Triángulos – 966

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Triángulo conocidas las alturas ha = 31 mm, hb = 33 mm y la mediana ma = 36 mm.

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SOLUCIÓN

1 – Dibujar dos líneas perpendiculares y sobre una de ellas situar la altura ha = 31 mm.

2 – Con centro en su extremo, A, y radio el de la mediana, ma = 36 mm, se traza un arco que corte a la perpendicular, punto M. Este es el punto medio del lado BC.
3 – Con centro en M y radio la mitad de la altura de B, hb/2, se dibuja una circunferencia.
4 – Desde el vértice A se dibuja la tangente a esta última circunferencia. Donde la tangente corte a la prolongación de la perpendicular a la altura de A es el vértice C.
5 – Medir la distancia MC y llevarla hacia el otro lado de esa misma recta y se obtiene el tercer vértice B.

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Triángulos – 965

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Triángulo isósceles sabiendo que el lado desigual mide 40 mm y la mediana de los lados iguales 40 mm.

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SOLUCIÓN

1 – Colocar un segmento de longitud el lado desigual dado, AB = c = 40 mm.

2 – Con centro en los extremos del segmento y radio 2/3 de las medianas ( 2·40/3 ) de los lados iguales se hacen sendos arcos.
3 – Unir los extremos del segmento AB con el punto de corte de los dos arcos.
4 – A partir del punto de corte de los dos arcos y sobre las uniones anteriores llevar 1/3 de las medianas ( 40/3 ) de los lados iguales. Estos puntos son los puntos medios de los lados iguales.
5 – Unir los extremos A y B con los extremos anteriores hasta que se corten. El triángulo está formado.

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Triángulos – 964

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Construir un triángulo ABC conociendo la altura ha = 64 mm, la bisectriz wa = 79 mm y el lado b = 70 mm.

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SOLUCIÓN

1 – Trazar una línea y a partir de un punto cualquiera, X, levantar una perpendicular que mida la altura ha dada. Su extremo es el vértice A.

2 – Con centro en el vértice A y radio la bisectriz dada, wa, se traza un arco que corta a la primera línea en el punto W, pie de la bisectriz. Unir el vértice A con el pie de la bisectriz W, esta es la bisectriz del triángulo AW. En realidad hay dos posibles soluciones W y W’.
3 – Con centro en el vértice A y radio el lado dado, b, se traza un arco que corta a la primera línea en el punto C, segundo vértice del triángulo. También aquí hay dos posibles soluciones C y C’.
4 – Dibujar el simétrico del lado b = AC respecto de la bisectriz AW. Esta recta simétrica es el lado C que corta a la primera línea en el vértice B.

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Triángulos – 963

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Construir un triángulo ABC conociendo los lados a y b y la altura del otro hc.

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SOLUCIÓN

1 – Dibujar dos rectas perpendiculares entre sí (punto de corte X).

2 – Medir sobre una de ellas la altura dada, hc. Su extremo es el vértice C.
3 – Con centro en el extremo de la altura, C, y radio los lados dados, a y b, trazar dos arcos que cortan a la primera línea.
4 – Los puntos de corte son los otros dos vértices, A y B.

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Triángulos – 962

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Dibujar un triángulo conocidos el lado c, el ángulo  y relación entre los lados a / b = 2 / 3

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SOLUCIÓN

1 – Colocar el lado c. Esto nos da los vértices A y B.
2 – Desde el vértice A levantar un ángulo igual al dado para ese ángulo.
3 – Sobre esta última línea estará el lado b, así que medir sobre ella y a partir de A una medida proporcional al denominador de la razón a/b = 2/3. Se puede utilizar 3 centímetros, o cualquier cantidad proporcional (30 milímetros, 1’5 cm, 6 cm, etc.). A su extremo lo llamaré X.
4 – Con centro en X y radio una cantidad proporcional al numerador de la razón a/b = 2/3 se traza un arco. Esta cantidad debe estar en la misma proporción que el denominador. Así podría ser 2 cm / 3 cm = 20 mm / 30 mm = 1 cm / 1’5 cm = 4 cm / 6 cm = . . .
5 – El arco cortará al lado c en un punto, Y.
6 – Unir X con Y y trazar una paralela por B. Donde corte al ángulo A es el vértice C.

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Triángulos – 961

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Triángulo rectángulo conocido uno de sus ángulos B = 30º y la mediana de un cateto mc = 35 mm.

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SOLUCIÓN

1 – Construir un triángulo rectángulo, A’B’C’, de cualquier tamaño pero con el ángulo dado B’ = B = 30º.

2 – Unir el punto medio, M’, de un cateto con su vértice opuesto C’.
3 – Sobre esa mediana llevar la medida dada mc = 35 mm. Su extremo es el primer vértice, C, del triángulo buscado.
4 – Por dicho vértice dibujar paralelas a los lados A’C’ y B’C’ hasta cortar a la prolongación de A’B’. Los puntos de corte son los vértices A y B del triángulo pedido.

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Triángulos – 960

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Dibujar 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

PRIMERA OPCIÓN

1 – Colocar un segmento de longitud la altura dada, 40 mm.
2 – Por un extremo dibujar una línea perpendicular a la altura. Esta será la hipotenusa.
3 – Por el otro extremo de la altura dibujar a cada lado una línea que forme 30º y 60º respecto de dicha altura.
4 – Prolongar esas líneas hasta tocar a la perpendicular y ya está dibujado el triángulo.

SEGUNDA OPCIÓN

1 – Dibujar un triángulo rectángulo con una hipotenusa de longitud doble a la de 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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Triángulos – 959

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Se conoce una

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Dibujar un triángulo equilátero que tenga cada uno de sus vértices apoyado en tres rectas paralelas, R, S y T.

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SOLUCIÓN

1 – Elegir un punto cualquiera en una de ellas, el punto A por ejemplo.

2 – Girar (da igual el sentido de giro) las tres rectas alrededor de ese primer vértice, un ángulo igual 60º. Para ello :

2.a – Dibujar la recta R’ formando 60º respecto de la recta R y pasando por el punto A.
2.b – Hacer las rectas S’ y T’ paralelas a la recta R’ separadas la misma distancia que había entre R y S.

3 – Señalar los puntos de corte de las tres rectas o circunferencias iniciales con las tres rectas o circunferencias giradas (R’, S’ y T’).

4 – De los puntos marcados NO nos interesan aquellos que son puntos de corte de una recta con su homónima girada, ni tampoco los que pertenecen a la recta que contenía al primer vértice ni el de su girada. Luego, solo son necesarios donde se intersecan las rectas iniciales con una de las giradas que no sea de su homónima.

6 – Si salen varios puntos, cada uno de ellos indica una solución distinta, y habrá tantas soluciones como puntos nos den.

7 – Unir el punto inicial con una de las soluciones y esa recta será el lado del polígono buscado. Dibujarlo a partir del lado.

 

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Triángulos – 958

Triángulos – 957

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Sean tres circunferencias de radio 20 mm y centros (90, 135), (115, 100) y (145, 155) dibujar el menor triángulo equilátero en el que cada uno de sus lados es tangente a una de las circunferencias y uno de ellos es horizontal.

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SOLUCIÓN

1 – Por el centro de la más baja se dibuja una línea vertical, que la cortará en A y B. Los dos posibles puntos de tangencia del triángulo equilátero.

2 – Por el punto A dibujar una horizontal.
3 – Trazar dos rectas, en cualquier sitio, que formen 60º con la línea horizontal.
4 – Dibujar rectas perpendiculares a las que forman 60º pasando por los centros de las otras dos circunferencias. Donde corten a las circunferencias, C-D-E-F-G-H-I-J, son los posibles puntos de tangencia del triángulo equilátero.
5 – Hacer paralelas a las líneas que forman 60º por los puntos C y G que darán los lados del triángulo equilátero menor.

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