Autor: Administrador

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Cómo hallar el valor de la potencia de inversión

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SOLUCIÓN

En una inversión la relación que existe entre los puntos del plano y otro llamado centro o polo de inversión, es que si trazamos una recta que parta del polo y pase por el punto la distancia medida sobre esa recta entre el punto inicial y el polo multiplicada por la distancia desde el punto inverso al polo, en la misma recta, es igual a una constante, llamada constante de la inversión o potencia de la inversión.

Si O es el centro de inversión, A un punto cualquiera y A’ su inverso, la expresión algebraica sería :

Pot. = OA · OA’

Y esto se cumple igualmente para cualquier recta que parta del polo y para cualquier pareja de puntos :

Pot. = OA · OA’ = OB · OB’ = OC · OC’ = cte.

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inversión – 965

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Prácticamente toda la geometría plana que conocemos se puede considerar como la proyección de objetos en el espacio sobre un plano.

En este vídeo veremos como los objetos que están sobre una esfera al proyectarlos sobre un plano producen una inversión plana.

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SOLUCIÓN

 

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inversión – 964

Ejercicios resueltos de HOMOTECIA – Geometria proyectiva – 999

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Trazar una recta por un punto que sea convergente con otras dos que se cortan fuera de los límites del dibujo.

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SOLUCIÓN

1 – Trazar una recta cualquiera AB y otra cualquiera paralela a ella, A’B’ :

2 – Unir los extremos de la primera recta, A y B, con el punto dado C.
3 – Trazar paralelas por los extremos de la otra, A’ y B’, a AC y BC.
4 – Unir el punto de corte de ambas, C’, con el punto dado C y esta es la solución pedida.

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Ejercicios resueltos de HOMOTECIA – Geometria proyectiva – 998

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Dado un triángulo rectángulo ABC, dibujar dos circunferencias del mismo radio y tangentes entre sí tal que:
– Una tiene centro en el vértice C
– Otra tiene centro en el lado CB y además es tangente al lado AB

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SOLUCIÓN

1 – Con centro en C y un radio cualquiera, trazar una circunferencia (azul)

2 – Dibujar otra igual tangente a ella y con centro en BC
3 – Tangente a esta última haces una paralela a AB
4 – Unir A’ con T’ (punto de tangencia de las dos circunferencias auxiliares), o cualquier otro punto que quieras averiguar como el centro de la circunferencia
5 – Hacer una paralela a A’T’ por A y donde corte a BC es T punto de tangencia de las circunferencias buscadas
6 – Con centro en C y radio hasta T se traza la primera circunferencia.

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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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