Autor: Administrador

Ejercicios de giros – 998

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Triángulo equilátero que tenga cada uno de sus vértices apoyado en tres rectas paralelas, R, S y T

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SOLUCIÓN

1 – Tomar 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 – Marcar 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 intersectan 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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Hallar el cuadrado que tenga un vértice en una recta r, el opuesto en otra s y los otros dos en las rectas t y u. Las tres rectas son convergentes en un punto. Se conoce uno de los vértices A sobre una de las rectas

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SOLUCIÓN

Debes de girar las tres rectas alrededor de ese punto un ángulo de 90º (ángulo entre dos de los lados contiguos del cuadrado), dando las rectas R’-S’-T’.

Donde las rectas de distinto nombre (R con T, no R con R’) se corten son vértices de las posibles soluciones (2 soluciones).
Une esos vértices con el dado y ya tienes el lado del cuadrado.
A partir de ahí debes construir un cuadrado conocido el lado.

 

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giros – 997

Ejercicios de giros – 996

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Dadas dos rectas concurrentes y un punto P exterior a ambas, construir un triángulo isósceles con dos de sus vértices en cada una de las rectas y el tercer vértice en el punto P y tal que el ángulo en el vértice P sea de 120 grados

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SOLUCIÓN

1 – Girar las dos rectas dadas, R y S, alrededor del punto dado, P, un ángulo igual a 120º

2 – Donde R’ (recta girada) corte a S (recta original) es uno de los vértices del triángulo, punto 1.
3 – Unir con el punto P y hacer una recta que mida 120º respecto de 1-P, donde corte a la otra recta, R, es el punto 2 (tercer vértice del triángulo)

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Aplicar un giro que transforme el pentágono dado, de forma que el punto A girado coincida con el punto B y el lado AB girado quede horizontal.
Selectividad Extremadura Junio 2007

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SOLUCIÓN

1 – A partir de A’ colocar el lado A’-B’ horizontal.

2 – Hallar las mediatrices de A-A’ y B-B’.

3 – Donde se corten las dos mediatrices, O, es el centro de giro.

4 – Con centro en O y radio hasta C, D y E hacer arcos.

5 – Con centro en B’ y radio el lado del pentágono, L, se traza un arco que corte al que parte de C, dando el vértice girado C’.

6 – Con centro en C’ y radio L otro arco hasta cortar al que parte de D, obteniendo D’.

7 – Repetir con E.

 

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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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