Dibujo Tecnico 2

(1)

DIBUJO

GEOMÉTRICO

DESCRIPTIV

A

NORMALIZACIÓN

DIBUJO

TÉCNICO

I

2º bachillerato

M N O N N N N N N 7' 6' 5' 4' 3' 2' 1' 8 7 7 6 4 2 1 1 2 22 1 1/2 D 1 6 6 6 77 8 9 9 N S _S LH P N 60 esfera25 o

SOLUCIONARIO

(2)

DIBUJO GEOMÉTRICO

F. JAVIER RODRÍGUEZ DE ABAJO

VÍCTOR ÁLVAREZ BENGOA

JOAQUÍN GONZALO GONZALO

DIBUJO

TÉCNICO

DIBUJO

TÉCNICO

SOLUCIONARIO

2º Bachillerato

(3)

DIBUJO GEOM É TRICO

INTRODUCCIÓN

Este CD es LA GUÍA para el Profesor, referida al libro de DIBUJO TÉCNICO II - 2º BACHILLERATO

de los autores F

co

_{. Javier Rodríguez de Abajo, Víctor Álvarez Bengoa y Joaquín Gonzalo Gonzalo y}

editado por Editorial Donostiarra, S.A.

EDITORIAL DONOSTIARRA, S.A.

C/Pokopandegi, 4 Barrio Igara - 20018 SAN SEBASTIÁN

Tels. 943 215 737 / 943 213 011 - Fax. 943 219 521

e-mail:

[email protected]

www.donostiarra.com

Comprende los apartados siguientes:

1. Solucionario de las actividades del libro.

2. Solucionario de la Guía del Alumno.

3. Proyecto curricular.

1. Solucionario de las actividades del libro

Este solucionario va dirigido a los Profesores que imparten la metria del Dibujo Técnico II de

2º curso de Bachillerato con objeto de ayudarles en la resolución de las actividades propuestas

en el libro.

Para facilitar la comprensión del proceso de resolución de las actividades se acompaña a la

solución gráfica el texto explicativo de la misma. En algunos casos se indican los fundamentos

teóricos en los que se basa su resolución.

Hay algunos temas que por las razones que se indican no se da el solucionario.

• Tema 2:

No tiene actividades.

• Tema 6:

No tiene actividades.

• Tema 12: No tiene actividades.

• Tema 15: Las actividades resueltas se incluyen en el libro.

• Tema 19: No tiene actividades.

(4)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

Actividad 1

Tenemos el ángulo de 20º 30 formado por las rectas a y b, y el punto P. 1º. Se dibuja en el ángulo dado un arco cualquiera AB de vértice O.

2º. Se toma una recta a, que pase por P, y en ella se fija el vértice O, que debe coincidir con P.

3º. Con centro en O se traza el arco de radio OA = OA y en este arco se toma AB = AB. El punto B unido con O da el lado b del ángulo igual al propuesto.

TRAZADOS EN EL PLANO

TEMA

1 Actividad 2

Tenemos el ángulo N formado por las rectas a y b, la recta r, y el punto P exterior a ella. Existen dos casos: A. La recta r es paralela a uno de los lados del ángulo dado, por ejemplo, al lado a.

B. La recta r es oblicua respecto a los lados del ángulo dado. Caso A:

1º. Se traza la recta b paralela a b, que pase por P, y en el punto de intersección con la recta r se fija el vértice O, quedando formado el ángulo igual al dado.

Caso B:

1º. Se dibuja en el ángulo la perpendicular al lado a en el punto A que corta a b en B. Se traza el arco AB = 1. 2º. Se traza por el punto P la recta perpendicular a la dada r, y en el punto de intersección con ella se sitúa el punto

A.

3º. Con centro en A se traza el arco de radio AB = AB (1).

4º. Con centro en B se traza el arco BO = OB que corta a r en O y forma el segmento b.

5º. Por el punto P se traza c paralela al segmento b y al cortar a r en O define el ángulo solicitado.

(

O P O’≡ B B’ A _A’ a a’ b b’ 1 1’ 20 20 o o 30’ 30’

(

^ 1 B b N N b’ P r O’’ O’ P c’ N b’ B’ 1’ N

(5)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

Sea el ángulo recto de vértice V y lados a y b.

1º. Se toma un punto A en a y se traza el arco V-2; con centro en V se traza el arco A-1; estos dos arcos se cortan en P y la recta c = P-V forma 60º con V-A.

2º. Se dibuja la bisectriz del ángulo P-V-A y las rectas c y d dividen al ángulo en tres partes iguales.

Actividad 6

1º. Se dibuja el segmento A-B, se traza su mediatriz m y se dibuja la recta r que forme el ángulo de 45º con A-B. 2º. La perpendicular p por A al lado r del ángulo de 45º, corta en O a la mediatriz.

3º. El arco de circunferencia ARB de centro O y radio OA = OB es el arco capaz del segmento A-B = 4cm. bajo el ángulo de 45º.

4º. El arco AQB es el arco capaz del segmento A-B bajo el ángulo de 180º-45º = 135º.

(

a _A V d c 2 P 1 b

(

C R E p O m B A Q G r F 45 45 45 45 135 135 135 o o o o o o o D

(6)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

Actividad 7

1º. Dibujar el lado a = 3cm. (B-C).

2º. Construir el arco capaz del segmento B-C bajo el ángulo A = 30º.

3º. Cuando b = b₁= 4,5 cm, existen dos soluciones que son los triángulos A1BC y A1BC, los cuales se obtienen del

modo siguiente: a partir de C se determinan los puntos A1 y A1 al cortar el arco capaz con el arco de radio

b1 = 4,5 cm.

3º. Si b = b2, igual al diámetro de la circunferencia que contiene el arco capaz, hay una sola solución, triángulo

A2BC.

4º. Si b = b3, mayor que el diámetro de la circunferencia, el problema no tiene solución.

^

Actividad 8

1º. Trazar el segmento m = 2,5cm, y por su extremo D la altura h = 3cm. (A-D).

2º. Unir C con A, obteniendo el lado b. Por el extremo A dibujar la recta perpendicular c al segmento C-A que corta a la prolongación de m en el punto B; de este modo queda definido el triángulo.

30 30 30 30 o o o o A c c c’’ A’ b A a = 30 cm C B O 2 2 1 1 1 2 1 b b 1 3 h = 3 cm a D B C A b _c m = 2,5 cm

(7)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

1º. Dibujar los segmentos m = 3 cm y n = 5 cm, uno a continuación del otro, y trazar la semicircunferencia de diámetro a = m+n = 3+5 = 8 cm.

2º. Por el punto D (final del segmento m) trazar la perpendicular al segmento C-D que corta a la semicircunferencia en A. El segmento hhhhh = A-D es la altura sobre la hipotenusa CB y medio proporcional de los segmentos dados m y n.

3º. Uniendo A con C y B queda definido el triángulo rectángulo solicitado.

a D O B C A b _c m = 3 cm h n = 5 cm

(8)

POTENCIA

TEMA

2 Actividad 1

La media proporcional x a los segmentos a y b se obtiene sabiendo que la potencia de un punto respecto de una circunferencia es igual al cuadrado de la tangente trazada desde el punto a la circunferencia, es decir, x2_{= a · b.}

Sean los segmentos a = 64mm y b = 30mm.

1º Se toma un punto A cualquiera y a partir de él colocamos los segmentos a y b como indica la figura.

2º Se traza la recta tangente a la circunferencia, de centro O y diámetro a - b, desde el punto A, obteniendo el punto T; la distancia AT = x es la media proporcional.

a = 64 T x = 43,7612 B A C O b = 30

(9)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

El radio de la circunferencia de centro O2 es cero.

El eje radical, er, de dos circunferencias coplanarias es una recta, lugar geométrico de los puntos del plano que tienen

la misma potencia respecto de ambas.

El eje radical de dos circunferencias es una recta perpendicular a la recta que une sus centros. Un punto del eje radical tiene igual potencia respecto a las circunferencias dadas.

Los puntos de tangencia T, de las rectas tangentes trazadas desde un punto cualquiera a las circunferencias iniciales, se encuentran en una circunferencia.

Resolución del ejercicio: Resolución del ejercicio: Resolución del ejercicio: Resolución del ejercicio: Resolución del ejercicio:

1º. Se traza la recta que une los centros O1 y O2.

2º. Desde el centro O2, dado que esta circunferencia tiene radio cero, se determina la tangente a la circunferencia

de radio O1, cuyo punto de tangencia es T1.

3º. El eje radial, er, se obtiene trazando por el punto medio, P, de esta tangente, la recta perpendicular a la línea de

centros.

El valor de la potencia de un punto cualquiera Q, perteneciente al eje radical, er,respecto a la circunferencia de centro

O2 es igual al cuadrado del segmento tomado sobre una de las tangentes trazadas desde Q cuyos extremos son Q y el

punto de tangencia T2, es decir, QT2 = K.

La potencia de dicho punto Q respecto a la circunferencia de centro O2 y radio cero es el cuadrado de la distancia entre

los puntos Q y O2. 3 r 2 1 2 ₁ T P Q T O O _T R eje radical e L/2 K K L/2

(10)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

Actividad 3

El arco capaz de un segmento O1O2 bajo un ángulo a es el conjunto de puntos desde los cuales se ve el segmento O1O2

bajo un ángulo a.

El eje radical de dos circunferencias coplanarias es una recta, lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas.

1º. Se traza la recta que une los centros O1 y O2.

2º. Dibujar el arco capaz del segmento O1O2 bajo el ángulo de 30º, circunferencia de centro O.

3º. Desde el punto medio P, del segmento NM, perteneciente a una de las tangentes comunes,se dibuja la recta perpendicular a la línea de centros O1 y O2, eje radical, er, de ambas circunferencias.

4º. El eje radial, er corta al arco capaz en el punto P. Este punto tiene la misma potencia, K, respecto de las dos

circunferencias dadas y desde el que el segmento O1O2 se ve bajo un ángulo de 30º, por pertenecer al arco

capaz dibujado anteriormente.

r 2 2 1 1 O P M P N L/2 L/2 O T T O eje radical e K K o o 30 30

(11)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

El eje radical de una circunferencia y una recta, circunferencia de radio infinito, es siempre la propia recta.

El centro radical de tres circunferencias es el punto del plano que tiene la misma potencia respecto de las tres circunferencias y se obtiene hallando el punto de intersección de los tres ejes radicales, tomando las circunferencias de dos en dos.

1º. Determinación del eje radical, e1,(circunferencias de centros O1 y O2):

1.1.Se traza la recta que une los centros O1 y O2.

1.2.Dibujar una circunferencia auxiliar cualquiera que corte a las circunferencias de centros O1 y O2. Esta

circunferencia corta a las anteriores en los puntos A, B, C y D, respectivamente.

1.3.Se hallan los ejes radicales AB y CD de la circunferencia auxiliar con cada una de las dadas, obteniendo el punto P, intersección de los ejes obtenidos, el cual tendrá la misma potencia respecto a las circunferencias de centros O1 y O2.

1.4.La perpendicular por P a la recta de centros O1 y O2 es el eje radical e1.

2º. Determinación del eje radical, e2,(circunferencias de centros O1 y O3¥ -recta dada-):

2.1. Dibujar una circunferencia auxiliar cualquiera que corte a las circunferencias de centros O1 y O3¥. Esta

circunferencia corta a las anteriores en los puntos E, F, M y N, respectivamente.

2.2. Se hallan los ejes radicales EF y MN de la circunferencia auxiliar con cada una de las dadas, obteniendo el punto Q, intersección de los ejes obtenidos. El eje radical de la circunferencia auxiliar y la recta dada es coincidente con la propia recta.

2.3 .La perpendicular por Q a la recta de centros O1 y O3¥ es el eje radical e2.

3º. El punto de intersección, Cr, de los dos ejes radicales e1 ye2 es el centro radical Cr pedido.

K 1 2 Q P C A O T’ T’ O T T C F E D M N B 1 1 2 2 2 1 r eje radical e r = e K

(12)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

Actividad 5

El radio de la circunferencia de centro O3 es cero.

El centro radical de tres circunferencias es el punto del plano que tiene la misma potencia respecto de las tres circunferencias y se obtiene hallando el punto de intersección de los tres ejes radicales, tomando las circunferencias de dos en dos.

Resolución del ejercicio: Resolución del ejercicio:Resolución del ejercicio: Resolución del ejercicio:Resolución del ejercicio:

1.1.Se traza la recta que une los centros O1 y O3.

1.2.Desde el centro O3, dado que esta circunferencia tiene radio cero, se determina la tangente a la circunferencia

de radio O1, cuyo punto de tangencia es R.

1.3.El eje radial, e1, se obtiene trazando por el punto medio, Q, de esta tangente, la recta perpendicular a la

recta de centros O1O3.

2.1.Se traza la tangente exterior a las circunferencias de centros O1 y O2, cuyos puntos de tangencia respectivos

son N y M.

2.2.La perpendicular trazada por el punto medio de esta tangente, punto P, a la recta de centros O1 y O2 es el eje

radical e2.

3º. El punto de intersección, Cr, de los dos ejes radicales e1 ye2 es el centro radical de las tres circunferencias.

K 2 1 O O Q R N _P _M T T’ T’ C O T 3 2 1 1 2 r 1 2 eje radical e eje radical e K

(13)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

Dado un segmento d = AC, se dice que: el segmento l = AP es sección áurea del primero, cuando l es media proporcional entre el segmento entero, d, y la diferencia, d l, entre ambos.

d = diagonal AC del pentágono; l = lado del pentágono.

Por tanto, para calcular l, segmento áureo de d, se traza la circunferencia de diámetro d tangente en C al segmento AC = d. La recta que une el punto A con el centro de la circunferencia corta a ésta en los puntos P y P. El segmento AP = l es el segmento áureo de d y, a su vez, éste lo es de AP = l+d. (Ver figura de análisis y comprobación).

Teniendo en cuenta lo anterior, describiremos, a continuación, el proceso detallado a seguir en la construcción del pentágono:

1º. Por el punto C se levanta la perpendicular a la diagonal AC. Con centro en C y radio CN, siendo N el punto medio de la diagonal AC = d, se traza el arco que corta a la perpendicular anterior en el punto O, centro de la circunferencia de radio d/2, la cual corta al segmento AO en el punto P. El segmento AP = l es el segmento áureo de d y lado del pentágono a construir.

2º. Haciendo centro en A y C, respectivamente, se trazan sendos arcos de radio igual al lado, l, definido, que se cortan en el punto, B, vértice del pentágono.

3º. Desde los citados puntos A y C y radio igual a la diagonal dada, d, se trazan sendos arcos, que al cortar a los anteriores determinan los puntos, E y D, vértices del pentágono.

4º. Uniendo los vértices A, B, C, D y E, queda definido el mismo.

Se acompañan unas figuras de análisis y de comprobación, para comprender mejor la teoría y su aplicación práctica.

D O l l C P T N B A l E

(14)

DIBUJO GEOM É TRICO d + l P’ Q’ O’ Q A l T d - l d O d d + l d d - l l d/2 d/2 d - l l d l l d P’ D O Q’ C E D O P’ C O’ P Q A B T Q’ l/2 T B O’ P Q A E d/2 A _C l P

(15)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

Rectángulo áureo es aquél cuyo lado menor es segmento áureo del mayor.

Dado un segmento m = AB, se dice que: el segmento x = AP es sección áurea del primero, cuando x es media proporcional entre el segmento entero, m, y la diferencia, m x, entre ambos -ver figuras de análisis-.

m = longitud mayor AB del rectángulo; x = lado menor del rectángulo.

Si hacemos que el segmento x, lado menor del rectángulo, ocupe la posición que ocupaba el segmento m, resulta que m-x es el áureo de x y éste, a su vez, lo es de m, lado mayor del rectángulo ver figuras de análisis-.

A continuación, se desarrolla el proceso detallado a seguir en la construcción del rectángulo: 1º. Se traza, sobre una semirrecta cualquiera r, el segmento AP = x.

2º. Por el punto P se levanta la perpendicular al lado AP. Con centro en P y radio AP se traza el arco que corta a la perpendicular anterior en el punto N. Haciendo centro en el punto O, punto medio del segmento PN = x, se dibuja la circunferencia de radio x/2.

3º. La recta que une el punto P con el centro, O, de la circunferencia corta a ésta en los puntos Q y Q. El segmento AQ = m-x es el segmento áureo de x y éste a su vez, lo es de m, lado mayor del rectángulo.

4º. Haciendo centro en A y radio igual AQ se traza un arco que corta en B a la semirrecta r, obteniendo el lado mayor del rectángulo. Trazamos los vértices D y C del rectángulo, y al unirlos queda definido el mismo.

A x m - x m P m m m - x m - x Q’ N O Q A D N Q’ O P C r B m - x x m A Q P B m - x m x B

(16)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

Otro método para construir el rectángulo áureo:

1º. Se traza, sobre la semirrecta r, el segmento AP = x.

2º. Por el punto P se traza la perpendicular a AP y se lleva sobre ella el segmento PN = PA. Con centro en M, punto medio de AP, y radio MN se traza el arco que determina el punto B. El segmento AB es el lado mayor del rectángulo.

3º. Con los lados AB y x = AP se construye el rectángulo.

A x m - x m P M M d D A N C P B x r d m - x x m B N

Figura de análisis

Otro método

(17)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

El eje radical de dos circunferencias coplanarias es una recta, lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas. Un punto del eje radical tiene, por lo tanto, igual potencia respecto a las circunferencias dadas.

El eje radical de dos circunferencias exteriores es la recta perpendicular a la recta que une sus centros y pasa por el punto medio de la tangente común a las dos circunferencias.

El centro radical de tres circunferencias es el punto, C_r, del plano que tiene la misma potencia respecto de las tres circunferencias y se obtiene hallando el punto de intersección de los tres ejes radicales, tomando las circunferencias de dos en dos.

Los puntos de tangencia T, de las rectas tangentes trazadas desde el centro radical a las circunferencias iniciales, se encuentran en una circunferencia.

1º. Desde el centro radical, Cr, se trazan las rectas tangentes a la circunferencia de centro O1. Los puntos de

tangencia T1 y T1 pertenecen a una circunferencia de centro Cr y y radio ÖK.

2º. Desde los centros O2 y O3 se trazan las rectas tangentes a esta circunferencia de centro Cr, quedando definidos

los puntos de tangencia T2, T2 y T3, T3, respectivamente.

3º. Conocidos los puntos de tangencia y los centros de las circunferencias, podemos conocer los radios de las mismas, y, en consecuencia, dibujarlas.

K K B _T’ T’ T’ O 90 90 90 90 o o o o O O C Q A F L/2 L/2 N P M R E T T O _O O T C C D 1 2 3 1 2 3 r 2 1 1 2 3 3 r

Comprobación

(18)

POLÍGONOS

TEMA

3 Actividad 1

1º. Se traza la circunferencia de centro O y radio 32 mm.

2º. Con centro en un punto A de esta circunferencia se dibuja el arco BC de 60 mm. que corta a la circunferencia en los puntos B y C.

3º. Uniendo los puntos A, B y C queda definido el triángulo solicitado.

(

B c = 60 mm b = 60 mm C O A 32 mm a

(19)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

Para resolver este ejercicio, hay que tener en cuenta lo siguiente: BcM = 1/3AM; BcL = 1/3BL; BcN = 1/3CN.

1º. Se dibuja el lado c = AB = 55mm.; con centros en A y B se trazan arcos de radios ABc = 30 y BBc = 35,

respectivamente; estos arcos se cortan en el punto Bc, que es el baricentro.

2º. A partir del punto A, y sobre una recta cualquiera r, se toman 3 divisiones iguales; se une la división 2 con el punto Bc, y por la división 3 se traza la paralela al segmento 2-Bc que corta a la prolongación de A-Bc en el punto M.

3º. Unir el punto N, punto medio del lado c, con Bc por medio de la recta que corta en C a la recta a. 4º. Unir los puntos A y C para formar el triángulo.

Actividad 3

1º. Trazar la hipotenusa a = BC = 60mm.

2º. Determinar la mediatriz de la hipotenusa a; con centro en O, punto de intersección de la mediatriz con la hipotenusa, se traza la semicircunferencia de diámetro 60 mm.

3º. Se traza la paralela a la hipotenusa a una distancia de 25 mm; esta paralela corta a la semicircunferencia en los puntos A y A, que son los vértices de las dos soluciones del ejercicio.

4º. Uniendo A y A con B y C, respectivamente, se obtienen los dos triángulos rectángulos.

A 1 2 3 N c B AB = 30 BB = 35 M a C 30 = 2/3 AM 15 = 1/3 AM L b Bc c c r A c b’ b c’ B C a = 60 mm Dos soluciones O h = 25 mm A’

(20)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

Actividad 4

1º. Se sitúa uno de los lados, p.e., el c = AB = 65 mm y con centros en A y B se trazan los arcos 1 y 2 de radios b = 80mm y a = 55mm, respectivamente; estos arcos se cortan en el vértice C, que unido con A y B define el triángulo.

2º. Hallar el circuncentro Cc, para ello, se trazan las tres mediatrices de los lados del triángulo, que se cortan en el punto Cc, circuncentro del triángulo y centro de la circunferencia circunscrita al mismo.

3º. Determinar el baricentro Bc, para ello, se trazan las tres medianas del triángulo cuya intersección es el baricentro, centro de gravedad del triángulo.

4º. Trazar el incentro Ic, para ello, se trazan las bisectrices del triángulo cuya intersección es el incentro solicitado, centro de la circunferencia inscrita en el triángulo.

5º. Dibujar el ortocentro Oc, para ello, se trazan las alturas del triángulo cuya intersección es el ortocentro solicitado, centro de la circunferencia inscrita al triángulo PQR, llamado triángulo órtico del dado.

55 mm 65 mm 80 mm C B O P I Q N c A n B c c c c C 1 a M m b R L 2

(21)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

Se resuelve por semejanza con otro cuadrado auxiliar.

1º. Se toma un cuadrado cualquiera de lado AB y se determina el segmento AN = D1 L1, diferencia de su

diagonal AC menos el lado.

2º. Sobre la citada diagonal se lleva el segmento conocido D L = 25, segmento AM. Por el punto M se traza la paralela a NB, obteniendo el punto B en la prolongación de AB. El segmento AB es lado del cuadrado pedido, que tiene AM = D L = 85 60 = 25 mm. A A’≡ C B B’ N M D - L = 25 D - L1 1 L = 60 D = 85 D D’ C’

(22)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

Actividad 6

La resolución de esta actividad se basa en la consideración siguiente:

Teniendo en cuenta que todos los triángulos que tienen la misma base e igual altura son equivalentes, cualquier polígono de n lados se puede convertir en un triángulo de área equivalente.

1º. Dibujar el pentágono 12345 de lado l = 30 mm.

2º. Se transforma el pentágono en el triángulo equivalente 1 M N mediante las paralelas 5 M y 2 N a las diagonales 1 4 y 1 3 del pentágono.

3º. El área del triángulo obtenido es (b · a)/2, que será igual a la del cuadrado equivalente al citado triángulo, es decir, L2_{. Estableciendo la correspondiente igualdad de áreas, tendremos L}2 _{= b · a/2; según esto, basta}

construir la media proporcional entre la base y la mitad de la altura para tener el lado L del cuadrado.

L A 1 2 30 b P D O 5 a/ 2 b C N 3 4 M a B

(23)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

Para resolver esta actividad, hemos de tener en cuenta las consideraciones siguientes:

Un polígono regular convexo cualquiera tiene tantos polígonos estrellados como números enteros hay menores que su mitad (n/2) y primos con n.

Con siete divisiones (heptágono regular convexo), la mitad es 3,5 y los números enteros primos con 7 menores de 3,5 son el 2 y el 3. Según esto, el heptágono tiene dos estrellados, que se obtienen uniendo los vértices de 2 en 2 y de 3 en 3.

1º. Dibujar la circunferencia de 50 mm de radio, y dos diámetros perpendiculares AB y CD.

2º. Se halla el punto medio N del radio OA, para lo cual se traza el arco OM de centro A y desde M se traza la perpendicular a OA. El segmento NM es el lado l7 del heptágono inscrito en la circunferencia de radio 50; se

lleva siete veces 1-2 = NM y se obtiene el polígono de 7 lados.

3º. Construir el estrellado que se obtiene uniendo los vértices de 2 en 2, color rojo en la figura. 4º. Trazar el estrellado que se obtiene uniendo los vértices de 3 en 3, color verde en la figura.

(

C 1 2 7 A 6 N O 3 4 D 5 B M ≡

(24)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

Actividad 8

1º. Dibujar las circunferencias de 120 y 100 mm de diámetro, y trazar los diámetros perpendiculares AB y CD. 2º. Dividir, utilizando el método general de división de una circunferencia en n partes iguales, las circunferencias

dadas en 15 partes iguales, y unir las divisiones externas con el origen O de las circunferencias.

3º. Hallar el centro O1 de los arcos, que es la intersección de la mediatriz de los segmentos iguales al GH con los

radios anteriormente citados.

C 2 2 H O A 15 D B _E 1 F G Ø120 Ø100 O

(25)

TRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS

TEMA

4 Actividad 1

Consideraciones previas: Consideraciones previas: Consideraciones previas: Consideraciones previas: Consideraciones previas:

En una homología se verifica que:

Las parejas de puntos homológicos A y A, B y B,... etc., están alineados con otro punto fijo O, llamado centro de homología.

Las parejas de rectas r y r, s y s,... etc., se cortan en puntos pertenecientes a una recta fija e, llamada eje de homología.

Los puntos dobles, es decir, los homológicos de sí mismos, en nuestro caso, P º P, pertenecen al eje e. Los datos necesarios para definir una homología son:

El centro O, el eje e y una pareja de puntos homológicos A y A. Resolución del ejercicio:

Resolución del ejercicio: Resolución del ejercicio: Resolución del ejercicio: Resolución del ejercicio:

Para calcular el punto homológico C del punto C, a partir de los datos dados, se procede del modo siguiente: 1º. Prolongar la pareja de segmentos homológicos AB y AB; en su intersección se encuentra el punto doble del eje

e, 1 º 1. Uniendo los puntos dobles P º P y 1 º 1 queda definido el eje e.

2º. Trazar la recta s (recta de puntos A-C) y su homológica s (recta A-2), teniendo en cuenta que estas rectas se cortan en el punto doble, 2 º 2, del eje.

El punto C debe pertenecer al rayo de homología OC y a la recta s. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado C.

También se puede obtener este punto C, utilizando las rectas t y t.

L L’ M M’ P P’ 3 3’ N N’ 2 2’ 1 1’ r r’ A’ s s’ C’ e B’ C t t’ A O B ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡

(26)

Actividad 2

Consideraciones previas Consideraciones previas Consideraciones previas Consideraciones previas Consideraciones previas:

Los datos necesarios para definir una homología son:

El centro O, el eje e y una pareja de puntos homológicos A y A. Resolución del ejercicio:

Para calcular el punto homológico B del punto B, a partir de los datos dados, se procede del modo siguiente: 1º.Tomar un punto cualquiera C, y obtener su homólogo C. Para ello:

Unir A con C (recta s) hasta que corte al eje e, punto 1. El homólogo 1 del punto 1 es el mismo punto por pertenecer al eje e.

Unir A con 1 (recta s). El punto C debe pertenecer al rayo de homología OC y a la recta s. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado C.

2º. Trazar la recta t (recta de puntos B-C) y su homológica t (recta de puntos C-2), teniendo en cuenta que estas rectas se cortan en el punto doble, 2 º 2, del eje.

El punto B debe pertenecer al rayo de homología OB y a la recta t. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado B.

También se puede obtener este punto B, utilizando el punto D, su homólogo D y las rectas v y v.

1 1’ e C’ s’ A’ B u’ D’ u _D A r B’ t t’ r’ v’ v O C s ≡ 2 2’≡

(27)

DIBUJO GEOM É TRICO Consideraciones previas Consideraciones previas Consideraciones previas Consideraciones previas Consideraciones previas:

Las rectas límites l y l son los lugares geométricos de los puntos cuyos homólogos se encuentran en el infinito. La recta límite l es el lugar geométrico de los homológicos de los puntos impropios de la figura ABC.

Conocida una recta r que corte a la recta límite l, se puede obtener la dirección de la recta r, homóloga de la r, uniendo con otra recta el punto de su intersección con la recta límite l, punto L, y el centro O de homología. Resolución del ejercicio:

Dada la figura ABC, se trata de calcular el homológico de uno de sus vértices, por ejemplo A, para convertirlo en el caso de homología definida por centro O, eje e y una pareja de puntos homológicos A y A.

Para calcular el punto homológico A del punto A, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente: 1º. Se prolonga la recta r (recta de puntos A-B) definiendo los puntos L, intersección con la recta límite l, y 1,

intersección con el eje de homología e.

2º. Uniendo O con L, se obtiene la dirección d de la recta r, homóloga de r. Por el punto 1, homólogo del punto 1 y perteneciente al eje e, se traza la paralela a la dirección LO, obteniendo la recta r. El homólogo 1 del punto 1 es el mismo punto por pertenecer al eje e.

3º. El punto A debe pertenecer al rayo de homología OA y a la recta r. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado A.

4º. El punto B debe pertenecer al rayo de homología OB y a la recta r. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado B.

5º. El homólogo C del punto C es el mismo punto por pertenecer al eje e.

6º. Uniendo los puntos A, B y C, obtenemos la figura homóloga, ABC, de la dada ABC.

1 1’ 1 1’ O O d d d d 1 2 2 1 H H G G G’ l’ H’ ∞ ∞ ∞ ∞ C C C’ C’ B B r r r’ r’ B’ B’ A A L L M A’ d d e e A’ l l ≡ ≡

(28)

Actividad 4

Las rectas límites l y l son los lugares geométricos de los puntos cuyos homólogos se encuentran en el infinito. Resolución del ejercicio:

Dada la figura ABCD, se trata de hallar el homológico de uno de sus vértices, por ejemplo D, para convertirlo en el caso de homología definida por centro O, eje e y una pareja de puntos homológicos D y D.

Para calcular el punto homológico D del punto D, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente: 1º. El punto G, correspondiente a G¥, que pertenece a la recta DA, debe ser un punto de la recta límite m dada y

del rayo de homología OG¥, por tanto, es la intersección con m de la paralela por O a la recta AD.

2º. El punto D se halla en la intersección del rayo OD con la recta GA, homológica de la que contiene a los puntos A, D y G¥. El punto A es doble por pertenecer al eje.

4º. El punto C debe pertenecer al rayo de homología OC y a la recta 1D, homóloga de la C, D y 1. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado C.

5º. El punto B debe pertenecer al rayo de homología OB y a la recta 2C, homóloga de la C-B-2. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado B.

6º. Uniendo los puntos A, B, C y D, obtenemos la figura homóloga, ABCD, de la dada ABCD.

A A’ 2 2’ B C D C’ B’ D’ eje m’ G’ O 1 1’ G G ∞ ∞ ≡ ≡ ≡

(29)

El eje de homología e es el lugar geométrico de todos los puntos dobles.

Las rectas límites l y l son los lugares geométricos de los puntos cuyos homólogos se encuentran en el infinito. Las rectas límites son paralelas al eje e y sus homólogas se encuentran en el infinito.

Cada una de estas rectas dista del eje lo mismo que la otra del centro de homología y a la inversa. Resolución del ejercicio:

1º. Determinación del eje de homología e y del centro O:

La recta r y su homóloga r son rectas dobles; por tanto, pertenecen al eje de homología e, quedando éste definido al cumplirse r º r º e, y el centro O se encuentra, también, en un punto de ellas, en el punto de su intersección con la prolongación de la recta PP.

2º. Determinación de las rectas límites: 2.1. Recta límite l:

El homológico del punto G_¥, impropio de la recta s, debe pertenecer a s y estar alineado con O y G_¥, por lo tanto, G es el punto de intersección con s de la paralela a s por O.

La recta paralela al eje e, trazada por el punto G, es la recta límite l solicitada. 2.1. Recta límite l:

El punto H, homológico de H¥, punto impropio de la recta s, será la intersección con s de la paralela por O

a s.

La recta paralela al eje e, trazada por el punto H, es la recta límite l solicitada.

En la figura puede observarse que las propiedades de las distancias de estas rectas límites respecto al eje e y al centro O se cumplen. 1 1’ r r’ e G P P’ G’ H l = = l’ O G H’ H’ s s’ ∞ ∞ ∞ ∞ ≡ ≡ ≡

(30)

Actividad 6

Esta transformación, la afinidad, es un caso límite de homología, cuando el centro es impropio. Por tanto, las condiciones que se deben cumplir en la afinidad son:

Las parejas de puntos afines A y A, B y B,... etc., se hallan sobre rectas paralelas entre sí y paralelas a una dirección determinada, llamada dirección de afinidad.

Las parejas de rectas r y r, s y s,... etc., se cortan en puntos que pertenecen a una recta fija e, llamada eje de afinidad.

En la afinidad los únicos puntos dobles son los del eje e. Los afines de los puntos impropios también están en el infinito. Por esta razón, en la afinidad no se toman en consideración las rectas límites que son impropias. Datos que definen una afinidad:

El eje e y una pareja de puntos afines. Resolución del ejercicio:

Dada la figura ABCD, el eje de afinidad e y el punto A, afín del A, conocemos la dirección de afinidad d, que en este caso, la determina la recta AA.

Para hallar la figura afín, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente: 1º. Uniendo los puntos A y A se obtiene la recta AA, dirección de afinidad d.

2º. El punto B, afín de otro dado, B, se halla en la paralela por éste a la recta AA, dirección de afinidad d, y en la recta r, afín de r, que pasa por A y B y corta al eje en el punto doble 1 º 1.

3º. El punto C, afín del punto dado, C, se halla en la paralela por éste a la recta AA, dirección de afinidad d, y en la recta s, afín de s, que pasa por C y D y corta al eje en el punto doble 2 º 2.

4º. El punto D, afín de otro dado, D, se halla en la paralela por éste a la recta AA, dirección de afinidad d, y en la recta s, afín de s, que pasa por C y D y corta al eje en el punto doble 2 º 2.

5º. Uniendo estos puntos afines A, B, C y D, se obtiene la figura ABCD, afín de la dada ABCD.

1 1’ 2 2’ D A A’ D’ e d C’ B’ C B s’ s r r’ ≡ ≡

(31)

En la afinidad los únicos puntos dobles son los del eje e. Los afines de los puntos impropios también están en el infinito. Por esta causa, en la afinidad no se toman en consideración las rectas límites que son impropias. Datos que definen una afinidad:

Dos triángulos afines. Resolución del ejercicio: Resolución del ejercicio: Resolución del ejercicio: Resolución del ejercicio: Resolución del ejercicio:

Se trata de hallar el afín de un punto cualquiera C, por ejemplo, C, que cumpla las condiciones de la afinidad, para convertirlo en el caso de afinidad definida por dos triángulos afines.

Para hallar el punto B, afín de B, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente: 1º. Uniendo los puntos A y A se obtiene la recta AA, dirección de afinidad d.

2º. Tomar un punto cualquiera C.

3º. El punto C, afín de este punto C, se halla en la paralela por éste a la recta AA, dirección de afinidad d, y en la recta r, afín de r, que pasa por A y C y corta al eje en el punto doble 1 º1.

4º. El punto B, afín del punto dado, B, se halla en la paralela por éste a la recta AA, dirección de afinidad d, y en la recta s, afín de s, que pasa por B y C y corta al eje en el punto doble 2 º 2.

En la figura se puede observar que el triángulo, ABC, es afín del triángulo, ABC, formado por los puntos A, B y C.

2 2’ 1 1’ d A r C e’ C’ r’ A’ B B’ s’ s ≡ ≡

(32)

Actividad 8

En la afinidad los únicos puntos dobles son los del eje e. Los afines de los puntos impropios también están en el infinito. Por esta causa, en la afinidad no se toman en consideración las rectas límites que son impropias. Razón de afinidad.

En una afinidad, la distancia de un punto al eje y la de su correspondiente afín, tomadas ambas en la recta que los une, está en una relación constante. Por tanto, se cumple: AL/AL = K.

Cuando el valor de K es negativo cada elemento está situado a distinto lado del afín respecto del eje. Datos que definen una afinidad:

El eje e, la razón de afinidad K y la dirección d. Resolución del ejercicio:

Al ser una afinidad ortogonal, la dirección de afinidad, d, es perpendicular al eje e.

Se trata de calcular A, afín del punto dado A, y convertir este caso en el de afinidad definida por el eje e y una pareja de puntos afines, estudiado y resuelto anteriormente.

Para hallar el punto A, afín de A, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente:

1º. Por los puntos A, B, C, D y E se trazan rectas perpendiculares al eje e, es decir, paralelas a la dirección de afinidad d. La recta que pasa por A corta al eje en L.

2º. Se divide el segmento AL en cuatro partes iguales, siendo estas cuatro divisiones las que corresponden al denominador de la razón de afinidad.

3º. El punto A se halla en la prolongación de la recta AL a una distancia igual a tres divisiones y al otro lado de A respecto del eje e por tener la razón valor negativo.

4º. El punto B, afín del punto B, se halla en la paralela por éste a la dirección de afinidad d, y en la recta r, afín de r, que pasa por A y B y corta al eje en el punto doble 1 º 1.

5º. Los puntos D, E y F se obtienen de la misma forma a partir de los puntos D, E y F y con ayuda del punto A y de su afín A. 1 1’ 3 3’ 2 2’ 4 4’ d F’ E’ s’ B’ r’ e C C’ B r F t E s t’ u’ L u D’ v D v’ A’ ≡ ≡ ≡ ≡

(33)

En la afinidad los únicos puntos dobles son los del eje e. Los afines de los puntos impropios también están en el infinito. Por esta causa, en la afinidad no se toman en consideración las rectas límites que son impropias. Figura de análisis A:

Figura de análisis A: Figura de análisis A: Figura de análisis A: Figura de análisis A:

El centro de la circunferencia que pasa por los puntos Q y Q está situado en la mediatriz del segmento QQ. El arco capaz del segmento 12 bajo el ángulo de 90º es el conjunto de puntos desde los cuales se ve el segmento 12 bajo el ángulo de 90º, semicircunferencia de centro P, punto perteneciente al eje e, y diámetro la distancia entre los puntos 1 y 2.

El arco capaz del segmento 12 bajo el ángulo de 90º es el conjunto de puntos desde los cuales se ve el segmento 12 bajo el ángulo de 90º, semicircunferencia de centro P, punto perteneciente al eje e, y diámetro la distancia entre los puntos 1 y 2.

Por tanto, los triángulos 1Q2 y 1Q2 son rectángulos en Q y Q respectivamente.

Se trata, en primer lugar, de calcular los puntos del eje que al unirlos con los centros, Q y Q, de las dos curvas den, en ambos casos, una pareja de rectas perpendiculares y, en segundo lugar, determinar las dimensiones de la circunferencia y de los ejes de la elipse. Los puntos que se buscan 1 º 1 y 2 º 2, son los extremos del diámetro de la circunferencia que pasa por los puntos Q y Q y tiene el centro P en el eje e. Teniendo en cuenta los datos de partida, se procede del modo siguiente:

1º. La dirección de afinidad, d, viene definida por la recta que une los puntos, Q y Q, centros de la circunferencia y elipse, respectivamente.

2º. Se traza la mediatriz de Q-Q que corta en P al eje e. Se construye la circunferencia de centro, P, que pasa por los puntos Q y Q y corta al eje en los puntos buscados 1 º 1 y 2 º 2.

3º. Sobre las rectas r, formada por los puntos 1 y Q, y s, definida por los puntos 2 y Q, se sitúan los ejes de la circunferencia de centro Q y radio, todavía, desconocido. Estas rectas perpendiculares r y s de la circunferencia tiene como afines, respectivamente, las rectas r y s sobre las que irán situados el eje mayor y el eje menor de la elipse.

4º. Determinación del radio de la circunferencia:

Se traza la recta t, afín de t y tangente a la circunferencia, uniendo el punto 3, punto doble de 3 intersección de t con e-, con el punto N, afín de N intersección de s con t-.

El radio de la circunferencia es el segmento QT, siendo T el punto de tangencia de la recta t con la

1 1’ 2 2’ Figura de análisis A e Q’ Q s P r r’ s’ ≡ ≡

(34)

DIBUJO GEOM

É

TRICO

5º. Se construye la circunferencia de centro, Q, y radio, QT, que corta a las rectas r y s, respectivamente, en los puntos A, C, y B, D.

6º. Los diámetros perpendiculares AC y BD de esta circunferencia tiene como afines, respectivamente, el eje mayor AC y el eje menor BD de la elipse. Para una mejor comprensión de la actividad, se ha dibujado la figura de la elipse.

En función de los datos de partida, el resultado pude ser similar al representado en el caso 2.

En la figura B de análisisfigura B de análisisfigura B de análisisfigura B de análisis, se pueden observar las siguientes cuestiones:figura B de análisis

Los lados del cuadrado que circunscribe a la circunferencia de centro, Q, son paralelos a los catetos del triángulo 1Q2, es decir, a las rectas r y s.

Las rectas afines de los lados del citado cuadrado son paralelas al triángulo 1Q2, determinan la longitud de los ejes perpendiculares de la elipse y forman el rectángulo que la circunscribe.

1-1’ T t N 3 3’ 2 2’ d T’ C’ C t’ N’ B’ Q’ r’ A’ D’ s’ e P s D Q B A _r ≡ ≡ Figura de análisis B C B A D Q r P D’ C’ s’ e s A’ B’ r’ Q’ 1 1’ 2 2’ d ≡ ≡

(35)

La inversión es una transformación que hace corresponder a un punto A otro A cumpliendo las siguientes condiciones: Estos puntos están alineados con otro punto fijo O, llamado centro de inversión.

El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante, K, llamado potencia de inversión. Si K > 0, es decir, valores positivos de K, una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. Para valores negativos de K, una pareja de puntos inversos se hallan uno a cada lado del centro de inversión O. La inversa de una recta que pasa por el centro de inversión, O, es ella misma. Es una recta doble pero no es de puntos dobles.

En la inversión son infinitas las circunferencias dobles: aquellas que pasan por dos puntos inversos, por ejemplo, A y A.

La circunferencia de puntos dobles, c.p.d., pasa por el centro de inversión, O, y su radio es la raíz cuadrada de su potencia, Ö K.

Dos parejas de puntos inversos son concíclicos, es decir, hay una circunferencia que contiene a los cuatro.

Dos rectas concurrentes en O son cortadas por dos antiparalelas respecto de ellas en puntos inversos de una inversión de centro O.

Método 1 Método 1Método 1 Método 1Método 1

Se trata de determinar la circunferencia de puntos dobles (c.p.d.) y a partir de ella situar el punto P, inverso de P. La construcción que se va a realizar se basa en el teorema del cateto cuyo enunciado dice: En un triángulo rectángulo cada cateto es media proporcional entre la hipotenusa y su proyección sobre ella.

Para dibujar el punto inverso P del punto P, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente:

1º. Se traza la semicircunferencia de diámetro OA. Por el punto, A, se levanta la perpendicular a la recta que une O con A que corta a la semicircunferencia en el punto doble, M º M, de la circunferencia (c.p.d.). Se traza esta circunferencia de puntos dobles de centro O.

2º. Desde el punto P se traza la tangente a dicha circunferencia, obteniendo el punto doble, N º N. 3º. Trazando la perpendicular a la recta OA desde este punto, N º N, se obtiene el punto inverso, P.

Método 1 M M’ c.p.d. N N’ A P P’ A’ O K ≡ ≡

(36)

DIBUJO GEOM É TRICO Método 2 Método 2Método 2 Método 2Método 2

Se trata de determinar la circunferencia que contenga dos pares de puntos inversos concíclicos, uno de los cuales será P.

Para dibujar el punto inverso P del punto P, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente:

1º. Se traza una circunferencia doble cualquiera que pase por los puntos inversos A y A. Sobre esta circunferencia se sitúan, alineados con el centro de inversión O, dos puntos inversos cualesquiera, B y B.

2º. Se traza la circunferencia que pasa por los puntos B, P y B. El punto donde esta circunferencia corta a la recta OA será el punto, P, buscado.

Método 2 A B C B’ P P’ A’ O

(37)

El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante, K, llamado potencia de inversión. Si K > 0, es decir, valores positivos de K, una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. Si K < 0, la inversión no tiene c.p.d.

La circunferencia de puntos dobles, c.p.d., pasa por el centro, O, y su radio es la raíz cuadrada de su potencia, ÖK. Dos parejas de puntos inversos son concíclicos, es decir, hay una circunferencia que contiene a los cuatro.

La figura inversa de una recta que no pasa por el centro de inversión es una circunferencia que pasa por él, cuyo centro se halla en la perpendicular a la recta por el centro de inversión.

Se trata de determinar la circunferencia de puntos dobles (c.p.d.) cuyo centro, O, se halla: En la perpendicular a la recta dada, r, por el centro, C, de la circunferencia inversa de r. En la propia circunferencia de centro C.

Teniendo en cuenta que la inversión negativa no tiene c.p.d., el centro de la circunferencia de puntos dobles (c.p.d.), O, se hallará en el punto más lejano del diámetro de la circunferencia de centro, C, respecto de la recta r. Para su determinación, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente:

1º. Por el centro C de la circunferencia inversa de r, se traza la perpendicular a la recta dada r, cuya intersección con esta recta determina el punto A. Este punto A, pie de la perpendicular desde C a r, tiene como inverso A, punto intersección de la circunferencia con la perpendicular desde C a r.

2º. El inverso de P¥, P, punto del infinito de la recta r, es el centro de inversión O, situado en el otro extremo del

diámetro de la circunferencia de centro C, ya que, el producto de dos distancias es un valor real, K o K, si una de ellas vale infinito la otra vale cero.

3º. Determinación del radio de c.p.d.:

Se traza la semicircunferencia de diámetro OA. Por el punto A, se levanta la perpendicular a la recta que une O con A que corta a la semicircunferencia en el punto doble, M º M, de la circunferencia (c.p.d.). Se traza esta circunferencia de puntos dobles de centro O y radio K.

Esta construcción se basa en el teorema del cateto cuyo enunciado dice: En un triángulo rectángulo cada cateto es media proporcional entre la hipotenusa y su proyección sobre ella.

En la figura se ha hallado los puntos inversos de B y D, que son B y D.

O P’ M M’ c.p.d. K ≡ ≡ B r B’ A D D’ A’ C

(38)

Actividad 12

El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante, K, llamado potencia de inversión. Si K < 0, es decir, para valores negativos de K, una pareja de puntos inversos se hallan uno a cada lado del centro de inversión O.

Si K < 0, la inversión no tiene c.p.d.

La figura inversa de una circunferencia que no pasa por el centro de inversión es otra circunferencia que tampoco pasa por dicho centro y es, además de inversa, homotética de la anterior en una homotecia cuyo centro es el de inversión y cuya razón de homotecia es K/P (cociente entre la potencia de inversión y la potencia del centro de inversión respecto de la circunferencia inicial).

1º. Se unen, mediante una línea recta, los centros de las dos circunferencias dadas.

2º. El punto de intersección de la recta BA con la línea de centros C1C2 es el centro, O, de la inversión que

transforma la circunferencia de centro C1 en la de centro C2.

3º. Por C2 se traza la paralela a la recta C1P que corta a la circunferencia de centro C2 en el punto D.

4º. La recta PO corta a la recta C2D en el punto P, inverso de P.

La recta tangente común interior a ambas circunferencias determina los puntos T1 y T2.

E P D F’ D’ P’ E’ B A O F C T T B’ C A’ 1 1 2 2

(39)

El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante, K, llamado potencia de inversión. Si K > 0, es decir, valores positivos de K, una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. La circunferencia de puntos dobles, c.p.d., pasa por el centro, O, y su radio es la raíz cuadrada de su potencia, ÖK. La figura inversa de una circunferencia que no pasa por el centro de inversión es otra circunferencia que tampoco pasa por dicho centro y es, además de inversa, homotética de la anterior en una homotecia cuyo centro es el de inversión y cuya razón de homotecia es K/P (cociente entre la potencia de inversión y la potencia del centro de inversión respecto de la circunferencia inicial).

1º. Se unen, mediante una línea recta, el centro C de la circunferencia dada con el punto, O, centro de la inversión. Sobre esta recta, CO, se encontrará el centro, Q, de la circunferencia inversa de la dada.

2º. Este centro, Q, se halla en el punto donde la recta OC corta a la paralela por A a BC.

En la figura adjunta de análisis y comprobación se pueden observar con detenimiento aspectos relacionados con la inversión en esta actividad formativa.

N N’ M M’ O O B’ D’ E’ E B D C A A’ Q T T 2 1 B’ A’ Q A B C c.p.d. K ≡ ≡

(40)

Actividad 14

El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante, K, llamado potencia de inversión. Si K > 0, es decir, valores positivos de K, una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. La circunferencia de puntos dobles, c.p.d., pasa por el centro, O, y su radio es la raíz cuadrada de su potencia, ÖK. La figura inversa de una circunferencia que pasa por el centro de inversión es una recta que no pasa por él y es perpendicular a la recta que determinan el centro de inversión y el de la circunferencia.

1º. Determinación del centro, O, de inversión:

Este centro de inversión, O, se encuentra en el punto de intersección de la recta PP con la circunferencia dada de centro, C.

2º. Trazado de la recta, r, que pasa por P y es inversa a la circunferencia de centro C:

Se traza la recta que pasa por los centros de la circunferencia dada, C, y de inversión, O. Por el punto, P, se traza la recta solución, r, perpendicular a la recta OC.

En la figura solución se ha dibujado, también, la c.p.d., por dos métodos, y los puntos dobles A º A y B º B.

B B’ A A’ D D’ O P P’ C r c.p.d. K ≡ ≡ ≡

(41)

DIBUJO GEOM É TRICO B B’ A’ A N N’ M M’ O _C c.p.d. K ≡ ≡ ≡ Consideraciones previas Consideraciones previas Consideraciones previas Consideraciones previas Consideraciones previas:

El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante, K, llamado potencia de inversión. Si K > 0, es decir, valores positivos de K, una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. La circunferencia de puntos dobles, c.p.d., pasa por el centro, O, y su radio es la raíz cuadrada de su potencia, ÖK. La figura inversa de una circunferencia que pasa por el centro de inversión es una recta que no pasa por él y es perpendicular a la recta que determinan el centro de inversión y el de la circunferencia.

1º. Determinación de la c.p.d.:

Esta circunferencia debe pasar por el punto de tangencia de la recta tangente a la circunferencia que pasa por los puntos A y A y trazada desde el punto, O, centro de inversión. Para ello se procede del siguiente modo: Se traza la circunferencia que pasa por los puntos A y A.

Desde el centro de inversión, O, se traza la recta tangente a esta circunferencia, determinando el punto doble, B º B, de la c.p.d.

Con centro en, O, y radio, OB, se dibuja la circunferencia de puntos dobles. 2º. Trazado de la recta inversa a la circunferencia de centro C:

Se traza la recta perpendicular a la recta CO, que pasa por los puntos dobles, M º M y N º N, de intersección de la circunferencia dada, C, y de la c.p.d. de radio ÖK.

(42)

Actividad 16

El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante, K, llamado potencia de inversión. Si K > 0, es decir, valores positivos de K, una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. La circunferencia de puntos dobles, c.p.d., pasa por el centro, O, y su radio es la raíz cuadrada de su potencia, ÖK. La figura inversa de una recta que no pasa por el centro de inversión es una circunferencia que pasa por él, cuyo centro se halla en la perpendicular a la recta por el centro de inversión.

Se trata de determinar la circunferencia inversa de centro, C, de la recta formada por los puntos dados, A y B, y situar sobre ella los puntos inversos, A y B, de los puntos dados A y B, puntos inversos que definen el arco, AB, solución del ejercicio.

1º. Determinación de la circunferencia inversa de centro, C:

Esta circunferencia debe pasar por el punto, O, centro de inversión y su centro, C, ha de pertenecer a la recta perpendicular a la recta formada por los puntos A y B trazada desde O. Para ello, se procede del siguiente modo: Se traza la recta que, partiendo de O, es perpendicular a la formada por los puntos A y B.

El inverso del punto impropio de la recta, al que hemos llamado P¥, es el centro de la inversión, O.

El diámetro OD de la circunferencia inversa de r queda definido al hallar el punto D, homólogo del punto D, pie de la perpendicular desde O a la recta r.

2º. Trazado del arco, AB, figura inversa del segmento dado, AB:

Los puntos de intersección, B y A de las rectas formadas por los puntos, BO y AO, con la circunferencia de centro C, forman el arco buscado.

En la figura adjunta de análisis y comprobación se pueden observar con detenimiento aspectos relacionados con la inversión en esta actividad formativa.

(

O P’ _{O P’} C D’ _D’ D D r _r P∞ _P ∞ B’

Figura de análisis y de comprobación

A’ _A’ A A B B M M’ _{M M’} c.p.d. _c.p.d. K K ≡ _≡ ≡ ≡ B’ C

(43)

TANGENCIAS

TEMA

5 Actividad 1

Consideraciones previas: Consideraciones previas: Consideraciones previas: Consideraciones previas: Consideraciones previas:

Si dos circunferencias son tangentes, el punto T de tangencia está en la línea de centros. La tangente t en un punto T a una circunferencia es la perpendicular al radio OT.

El eje radical, er, de dos circunferencias coplanarias es un recta, lugar geométrico de los puntos del plano que tienen

la misma potencia respecto de ambas.

El centro radical de tres circunferencias, Cr, es el punto del plano que tiene la misma potencia respecto de las tres

circunferencias y se obtiene hallando el punto de intersección de los tres ejes radicales, tomando las circunferencias de dos en dos.

Todas las circunferencias que pasen por los puntos P y Q tienen su centro en la mediatriz del segmento que determinan y como eje radical la recta PQ.

Se trata de calcular los puntos de tangencia de las circunferencias solicitadas con la circunferencia dada, utilizando las propiedades de la potencia, lo cual requiere determinar el centro radical, Cr, de las circunferencias que pasan por los

puntos P y Q y la dada de centro C.

1º. Se traza una circunferencia auxiliar de centro E, que pasa por los puntos P y Q; esta circunferencia corta a la dada de centro C en los puntos A y B.

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DIBUJO GEOM

É

TRICO

2º. El punto Cr, donde se cortan las rectas PQ y AB, es el centro radical de las circunferencias del haz que pasa por

P y Q y la de centro C.

3º. Las rectas tangentes desde Cr a la circunferencia dada tienen como puntos de tangencia T1 y T2, por lo tanto,

estos son los puntos comunes de las circunferencias solución con la dada.

4º. Los centros de las soluciones O1 yO2, se hallan, respectivamente, donde las rectas T1C y T2C cortan a la

mediatriz del segmento PQ.

T O C O T B P C Q E A 1 1 r 2 2 K K