Congruencia homotecia y semejanza libro

CONGRUENCIAS HOMOTECIA

SEMEJANZA

ANA COLO HERRERA HECTOR PATRITTI

Congruencias-Homotecia-Semejanza

CONTENIDO Páginas

Prólogo............................................................................................. 1--3

Capítulo I. Ejercicios generales sobre Congruencias.................... 5

1-1 Enunciados de ejercicios ........................................................... 7-- 18

1-2 Resoluciones de ejercicios......................................................... 19--33

Capítulo II. Ejercicios sobre Simetría Axial ................................. 35

1-1 Enunciados de ejercicios ........................................................... 37--45

1-2 Resoluciones de ejercicios ....................................................... 47--60

Capítulo III. Ejercicios sobre Simetría Central ............................ 61



Capítulo IV. Ejercicios sobre Rotación ......................................... 85



CapítuloV. Ejercicios sobre Traslación ------------------------------ 115



CapítuloVI. Ejercicios sobre Antitraslación ................................. 141



Capítulo VII. Composición de Congruencias................................ 161

1-1 Introducción....................................................................... . 163--174

1-1-1 Generalidades. Métodos para componer congruencias........ 175..189

1-1-2 Composiciones particulares.................................................. 191--207

1-2 Enunciados de ejercicios ..................................................... 209--217

1-3 Resoluciones de ejercicios.................................................... 219--240

Capítulo VIII. Lugares Geométricos resolubles mediante

Congruencias................................................................................... 241

1-1 Enunciados de ejercicios.......................................................... 243--254

1-2 Resoluciones de ejercicios........................................................ 255--289

Ana Coló Herrera Héctor Patritti

Congruencias-Homotecia-Semejanza Páginas

Capítulo IX. Ejes y Centro de simetría........................................... 291

1-1 Enunciados de ejercicios............................................................ 293--298


Capítulo X. Algo sobre Robótica................................................... 315

1-1 Introducción................................................................................ 317--321

1-2 Enunciados de ejercicios............................................................ 323--328


Capítulo XI. Homotecia................................................................ 341

1-1 Ejercicios generales sobre Homotecia....................................... 343

1-1-1 Enunciados de ejercicios...................................................... 345--354

1-1-2 Resoluciones de ejercicios................................................... 355--378

1-2 Composición de Homotecias y Lugares Geométricos......... 379

1-2-1 Introducción...................................................... ................. 381

1-2-2 Enunciados de ejercicios .................................................... 383—388

1-2-3 Resoluciones de ejercicios ................................................. 389--403

Capítulo XII. Semejanza............................................................... 405

1-1 Introducción ........................................................................... 407--413.

1-2 Enunciados de ejercicios.......................................................... 415--425

1-3 Resoluciones de ejercicios........................................................ 427--460

Apéndice ........................................................................................ 461

Areas , Perímetros y Volúmenes..................................................... .463

Trigonometría.................................................................................. 464--465

Bibliografía ..................................................................................... 466


PROLOGO


PROLOGO

La presente publicación está constituida por una serie de ejercicios con sus

correspondientes resoluciones sobre los temas de Congruencias o Movimientos en el

plano, Homotecia y Semejanza.

La misma consta de trece capítulos.

En el primero de ellos se plantean problemas generales de Congruencias resolubles

básicamente mediante la utilización de los correspondientes Axiomas de

Congruencias.

El capítulo II se refiere a Simetría Axial, el III a Simetría Central, el IV a Rotación ,

el V a Traslación y el sexto a Antitraslación.

El Capítulo VII está dedicado a la Composición de Congruencia. Se hace en el

mismo una introducción en la que desarrollamos algunas composiciones de interés

para la resolución de ejercicios y recordamos al alumno posibles métodos para

resolver los problemas de composición.

El capítulo VIII está dedicado a una serie de ejercicios sobre Lugares Geométricos

resolubles mediante Congruencias.

En el Capítulo IX se hace un estudio de Ejes y Centro de Simetría de polígonos

regulares a través del planteamiento de ejercicios.

Como aplicación de composiciones en el Capítulo X planteamos algunos ejercicios

sobre Robótica como forma de despertar en el alumno su interés por el tema.

El Capítulo XI está dedicado al tema Homotecia incluyendo Composición y Lugares

Geométricos.

Finalmente el Capítulo XII está dedicado al tema Semejanza contando con una

pequeña introducción sobre la misma.

Nuestra idea ha sido poner a disposición de los alumnos un material , adicional al

que seguramente propondrá el docente , que pueda resultarles de ayuda durante el

desarrollo del curso de Geometría y eventualmente para la preparación del examen

correspondiente.

Si ello logramos se habrá cumplido nuestro objetivo.

LOS AUTORES


CAPITULO I

EJERCICIOS GENERALES

SOBRE CONGRUENCIAS

α α´ M


ENUNCIADOS


Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias- Enunciados

Ejercicio No.1 De acuerdo al concepto de “igualdad” que tu manejas en tu diario vivir , ¿cuáles de

las figuras que te indicamos a continuación dirías que son iguales?

60ª 60ª 3cm 2cm 3cm 60ª 60ª 60ª 60ª fig.(2) fig.(1) fig.(3) • 3cm • 2.5cm 2.5 cm • • fig.(4) fig.(5) 2.5cm fig.(6) 4cm 4cm 3.5cm 30ª R=4cm 3.5cm fig.(7) fig (8) fig (9) 2.5cm 2.5cm R=4cm 45ª R=2cm fig (10) fig (11) fig. (12) 1cm R=2cm R=1.5cm 3cm

fig. (14) 1cm fig.(13) 3cm fig. (15) 3cm 3cm R=1cm R=1.5cm 1cm R=1cm R=1.5cm 1cm fig (16) fig.(17) fig.(18)



Ejercicio No.2 ¿Crees que puedes hacer corresponder los triángulos de la figura mediante alguna

congruencia? Justifica la respuesta.

3.5cm 60ª

5cm 60ª 60ª 60ª Ejercicio No.3 ¿Puedes hacer corresponder las semirectas O(a) y O´(a´) mediante alguna

congruencia? Justifica tu respuesta.

a O´

O

a´

b) ¿La congruencia es única?

Justifica utilizando axiomas de congruencias.

Ejercicio No.4 Sean MN y PQ los segmentos indicados en la figura. N P 3cm 3cm M Q a) ¿Con cuantas congruencias puedes hacerlos corresponder?

b) ¿Con cuantas si exigimos que al punto M le corresponda el punto P?

Ejercicio No.5 Considera los dos semicírculos indicados en la figura. O´ F F ´ R=1.5cm A´ R=1.5cm A O ( I ) ( I I )



a) ¿Cuántas congruencias hacen corresponder F con F´ si A´ es el correspondiente

del punto A?

Si B es el punto de la semicircunferencia (I) tal que el ángulo AOB = 120ª:

i) ¿Cuántos correspondientes tiene el punto B? Determínalos.

ii) Determina el correspondiente del punto medio del segmento OB.

Ejercicio No.6

Sean M1 y M2 las siguientes congruencias:

O O´ O O´

M1 O(a) O´(a´) M2 O(a) O´(a´)

α1 α4 α2 α3

α1 a α3

O• O´ • α2 α4 a´

¿Son M1 y M2 la misma congruencia o son congruencias diferentes?

Justifica la respuesta utilizando axiomas.

Ejercicio No.7 Sean P y P´ dos puntos distintos del plano.

a) ¿Con cuántas congruencias puedes hacerle corresponder al punto P el punto P´ ?

b) Elige ahora un punto Q del plano distinto de P.

Si llamas M a las congruencias que encontraste en la parte anterior , indica sobre

qué figura debe encontrarse el punto Q´ si Q´= M (Q).

c) De los puntos Q´ que encontraste elige uno y llámale Q´O´. ¿Cuántas congruencias

M cumplen que M (P) = P´ y M (Q) = Q´O ?

d) Considera ahora un punto R del plano no alineado con P y Q.

Sea R´= M (R) (M son las congruencias que encontraste en la parte anterior).



¿Cuántos puntos R´ puedes encontrar? Hállalos.

e) Si ahora consideras en el plano un cuarto punto S no coincidente con P , Q y R ,

encuentra S´ tal que S´ = M (S) , siendo M la congruencia que cumple: P´= M (P),

Q´O= M (Q) y R´1= M (R) si R´1 es una de las soluciones que encontraste para

el punto R´ en la parte anterior.

Ejercicio No.8 Recordando las definiciones de congruencias DIRECTAS e INDIRECTAS , clasifica

las congruencias que a continuación se te indican.

a) A M A M

M 1 B N M 2 B P

C P C N

ABC , MNP , triángulos rectángulos isósceles de igual hipotenusa. C P

N

N

A B M

b) P

Semicircunferencias de igual diámetro

A B C

Q

A B A C

M3 B C M 4 B B

P Q P Q



Ejercicio No.9

Considera la congruencia M1 tal que:

O O´

M1 O(a) O´(a´)

α α´

α O´ α´

a a´ O

a) ¿Cuál será en M1 la correspondiente de la semirecta opuesta a O(a)?

Demuéstralo.

b) Si consideramos la congruencia M2 tal que:

O O´

M2 O(a) O´(a´)

α opuesto de α´

¿Cuál es la correspondiente de la semirecta opuesta de O(a) en M2 ?

Ejercicio No.10

Demuestra que si una congruencia M cumple que:

M (A) = A M (B) = B siendo A no coincidente con B , entonces la recta AB

es unida.

Ejercicio No.11

a) Demuestra que si en una congruencia M tres puntos no alineados son unidos , la

congruencia es la identidad I.

b) ¿ En cuántas congruencias tres puntos alineados pueden ser unidos? Ejercicio No.12

Recordando que se llama figura “DOBLE” en una congruencia M a la figura F tal

que M (F)=F :

a) Se aplica la siguiente congruencia M a la circunferencia (C ) de centro O:



O O

M O(a) O(a´) α a

α α´

(C ) O

α´

a´

i) ¿La circunferencia (C ) es doble?

ii) ¿Tiene (C ) algún punto unido?

b) Se aplica a la circunferencia (C ) la congruencia M tal que:

A A α

M A(a) A(a) A B a

α α´

(C ) α´

i)¿ La circunferencia (C ) es doble?

ii) ¿Tiene (C ) algún punto unido?

c) Si la congruencia es ahora

A A α B a

M A(a) A(a) O

α α´ A α´

(C )

i) ¿Es doble la circunferencia (C )?

ii)¿Tiene (C ) puntos unidos?

d) Sea F el círculo de borde (C ) , centro O.

Se aplica M tal que:

A B

M B C

C D



arco AB = arco BC = arco CD B A C (C ) F D

i) ¿Es F figura doble?

ii) ¿Tiene F puntos unidos?

Ejercicio No.13

Se define la congruencia M tal que:

O O´ α

M O(a) O´(a´) a

α α´ O´

O α´ a´

Define la congruencia M -1.

Ejercicio No.14

Sean F , G , H y J figuras tales que: M1

M1 (F) = G F G M2 (G) = H M2 M2

M2 (F) = J J H

¿Existe alguna congruencia M3 tal que M3 (J)=H?

Indica que relación tiene M3 con M2 y M1.

Ejercicio No.15 Justifica que en una composición de congruencias si el número de congruencias

involucradas es PAR la congruencia resultante es DIRECTA , y si el número es

IMPAR la congruencia resultante es INDIRECTA:



Ejercicio No.16 Dado un triángulo ABC sea M el punto medio del lado AB. Traza por el punto M las

paralelas r y s a las rectas BC y AC respectivamente. Sean: N = r∩AC , P = s∩BC.

a) Demuestra que son congruentes los triángulos AMN , MBP , PNM y NPC. (se te

sugiere aplicar criterios de igualdad de triángulos).

b) ¿Qué relación puedes deducir entre los segmentos MN y BC ; MP y AC ; y NP y

AB?

Ejercicio No.17 Sea MNPQ un cuadrado de lado a y centro O. Se toman los puntos A , B y C tales

que: A∈ seg MN , B∈ seg NP , C ∈ seg PQ y son congruentes los segmentos MA ,

NB y PC.

a) Probar que el triángulo ABC es rectángulo e isósceles (usar congruencia de

triángulos).

b) Probar que los puntos A , C y O están alineados. Deducir que: OB⊥AC.

Ejercicio No.18 Sea (C ) una circunferencia de diámetro AB y C el punto medio del arco AB de

modo que la terna de puntos A, B y C sea antihoraria.

Sobre el menor arco CB se considera un punto N; sea M el punto diametralmente

opuesto de N en (C ); P = MC ∩ AN.

a) Demostrar que son congruentes los triángulos PCA y NCB.

b) Demostrar que es isósceles el triángulo PCN.

Ejercicio No.19 Sea (C ) una circunferencia de diámetro AB y centro O. En el arco superior AB se

consideran los puntos C y D tales que el ángulo COD= 90ª.

Sean C´ y D´ las proyecciones ortogonales de C y D sobre AB , respectivamente. C D

A O B



a) Demuestra que son congruentes los triángulos OCC´ y ODD´.

b) Si (C ) es la circunferencia trigonométrica (radio unidad) la igualdad que

demostraste en la parte anterior te permite relacionar las líneas trigonométricas seno

y coseno de ángulos que difieren en 90ª. ¿Recuerdas esas relaciones?. Vuélvelas a

deducir.

Ejercicio No.20 Se trazan las tangentes a la circunferencia (C ) desde un punto P según figura.

T1

P (C )

O

T2

Probar usando igualdad de triángulos que:

a) Seg. PT1 = seg. PT2

b) Semirecta P(O) es bisectriz del ángulo T1P T2.

c) Semirecta O(P) es bisectriz del ángulo T1OT2 .

d) Recta OP es mediatriz del segmento T1T2 .

Ejercicio No.21 P

Q D C

A N

B

M



Sea ABCD un paralelogramo. Sobre cada uno de sus lados tomados como hipotenusa

se construyen triángulos rectángulos isósceles como se indica en la figura.

a) Probar que son congruentes los triángulos BMN y CPN.

b) Probar que el triángulo MNP es rectángulo.

c) ¿Qué tipo de cuadrilátero convexo definen los puntos M , N , P y Q? Justifica.


RESOLUCIONES


Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias - Resoluciones Ejercicio No.1 Son “iguales” las figuras: (1) y (3) , (6) y (10) , (7) y (8) , (12) y (13) , (15) y (16).

Si te has equivocado recurre a la definición de figuras “congruentes” o “ iguales” que

has visto en el curso.

Ejercicio No.2 La respuesta es negativa.

Si bien ambas figuras tienen ángulos congruentes no ocurre lo mismo con los lados.

Ejercicio No.3 a) Si recuerdas el axioma de determinación de los movimientos la respuesta a la

pregunta es afirmativa.

b) La congruencia no es única. Existen dos congruencias ya que no se han definido

los semiplanos correspondientes , a saber:

O O´ O O´

M1 O(a) O´(a´) M2 O(a) O´(a´)

α1 α3 α1 α4

α1 α3

a O O´ a´ α2 α4

Ejercicio No.4 a) Puedes definir cuatro congruencias que hacen corresponder los segmentos dados ,

a saber:

M P M P

M1 M(N) P(Q) M2 M(N) P(Q)

α1 α3 α1 α4

M Q M Q

M3 M(N) Q(P) M4 M(N) Q(P)

α1 α3 α1 α4


Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias - Resoluciones α1 α3 P M N α2 Q α4 b) teniendo en cuenta la parte a) del ejercicio puedes afirmar que existen sólo dos

congruencias , M1 y M2.

Ejercicio No.5

α1 α1

F

O

A O A´

α2 F´

α4

a) Existe una sola congruencia M pues se indican las semirectas y semiplanos

correspondientes.

A A´

M A(O) A´(O´)

α1 α4

b)

B

P O´

120ª P´

A O A´ 120ª B´

i) Como la congruencia M es única el punto B tiene un único correspondiente B´ tal

que el ángulo A´O´B´= 120ª.

ii) El correspondiente del punto medio P del segmento OB será P´ tal que P´ es punto

medio del segmento O´B´.


Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias - Resoluciones Ejercicio No.6

O O´

M1 O(a) O´(a´) α1 a α3

α1 α4 O´ a´ O

O O´ α2 α4

M2 O(a) O´(a´)

α2 α3

Demostraremos que M1 y M2 son la misma congruencia.

Busquemos el correspondiente del semiplano α2 en la congruencia M1.

Ese correspondiente es, o bien α3 o bien α4 , ya que debe tener por borde la recta

sostén de la semirecta O´(a´).

Admitamos que: M1 (α2) = α4

Como se cumple que M1(α1) = α4 concluimos que el semiplano α4 tendría dos

preimágenes , lo cual es absurdo. En consecuencia M1(α2 ) = α3 con lo cual

ambas congruencias coinciden.

Ejercicio No.7 a) Como tenemos dados un único par de puntos P y P´ correspondientes, existen

infinitas congruencias que los hacen corresponder .

Para determinar una de ellas basta considerar dos semirectas cualesquiera con

orígenes en P y P´ y elegir dos de los semiplanos por ellas determinados , elementos

que nos permitirán determinar la congruencia de acuerdo al axioma de determinación

de las mismas.

b) En cualquiera de las congruencias de la parte anterior al punto Q deberá

corresponderle un punto Q´ tal que los segmentos PQ y P´Q´ sean congruentes.

En consecuencia los infinitos puntos Q´ deben pertenecer a la circunferencia de

centro P´ y radio PQ. Q´ P Q P´


Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias - Resoluciones QO´

P Q P´

c) Nos damos ahora un par de parejas de puntos correspondientes (P, P´ ) y (Q, QO´).

Existirán entonces dos congruencias M1 y M2 en que P´ es imagen de P y QO´ es

imagen de Q.

En ambas deben corresponderse la semirectas P(Q) y P´(QO´) , no estando definidos

los semiplanos correspondientes.

d) Existirá un R´ en cada una de las dos congruencias anteriores, por lo que existen

dos posibles R´ que denominaremos R1´ y R2´.

R1´ α´ QO´ P Q

P´ α´´

R α R2´

Siendo:

P P´ P P´

M1 P(Q) P´(QO´) M2 P(Q) P´(QO´)

α α´ α α´´ M1(R) = R1´ M2(R) = R2´

Para determinar los puntos R1´ y R2´ basta cortar los arcos de circunferencias de

centros P´ y QO´ y radios PR y QR respectivamente.

e) De los dos puntos hallados en la parte anterior continuemos con R1´, es decir

continuemos con la congruencia M1.

Tenemos ahora tres puntos P , Q , y R y sus respectivos correspondientes P´, QO´, y

R1´. Consideremos un cuarto punto S no alineado con P, Q y R. como se indica en la

figura siguiente.


Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias - Resoluciones

α´ S R1´

QO´ P Q S´ α P´ R Determinamos S´ en el semiplano opuesto de α´ , como intersección de los arcos de

circunferencia de centros P´ y QO´ y radios PS y QS respectivamente .

Como puedes ver de las infinitas congruencias M que tenías al principio , has

llegado a una única congruencia M1 en el momento en que has fijado los

correspondientes P´, QO´ y R1´ de tres puntos no alineados P , Q , y R.

Ejercicio No.8 a) C P N A B M

A M A M

M1 B N M2 B P

C P C N

Terna A, B ,C sentido antihorario , terna M,N, P sentido antihorario , en

consecuencia M1 conserva el sentido del plano y es congruencia DIRECTA:

Terna M, P,N sentido horario , en consecuencia la congruencia M2 invierte el

sentido del plano y por tanto es congruencia INDIRECTA:



b) P A B C Q

A B A C

M3 B C M4 B B

P Q P Q

Terna ABP de sentido antihorario , terna BCQ sentido horario , en consecuencia la

congruencia M3 es INDIRECTA.

Terna CBQ de sentido antihorario , luego la congruencia M4 es DIRECTA:

Ejercicio No.9 α α´

a O´ a O a)

O O´

M1 O(a) O´(a´)

α α´

Las semirectas O(a) y op.O(a) forman un ángulo llano de vértice O. Su

correspondiente en la congruencia M1 será un ángulo llano de vértice O´. Como la

semirecta O´(a´) es la correspondiente de O(a) , la correspondiente de la op.O(a)

será la semirecta op.O´(a´)

b) En la demostración anterior nada cambia si el correspondiente del semiplano α es

el opuesto de α´. Por tanto la semirecta correspondiente de la op.O(a) en la

congruencia M2 es la semirecta op.O´(a´).



Ejercicio No.10

Debemos demostrar que si una recta tiene dos puntos unidos entonces la recta es

unida.

Sean A y B puntos tales que: M (A) =A , M (B) = B

Para demostrar que la recta es unida demostraremos que cualquier punto de ella

distinto de A y B también es unido. A B

Sea C un punto de la semirecta A(B) y supongamos que M (C) = C´ con C´≠ C.

Como la semirecta A(B) se corresponde consigo misma concluimos que el punto C´

deberá pertenecer a la semirecta A(B). Además : M-1 (C´) = C M-1 (A) = A.

En consecuencia: M (AC) = AC´ y M-1 (AC´) =AC.

O bien en la congruencia M o bien en la congruencia M-1 según la posición relativa

de los puntos Q y Q´ respecto del punto A , estaríamos transformando un segmento

en una parte propia de él , contradiciendo el axioma de rigidez.

En consecuencia C≡C´.

Trabajando ahora en la semirecta opuesta de A(B) sabemos que:

M (op.A(B)) = op.A(B).

Si D∈op.A(B) D´∈ op.A(B) siendo D´= M (D)

Con un razonamiento idéntico al utilizado antes para el punto C concluimos que:

D ≡ D´ ∀ D ∈op.A(B).

Finalmente entonces la recta AB es unida Ejercicio No.11

a) Recuerda que se define la congruencia identidad I como aquella congruencia que

cumple:

O O

I O(a) O(a)

α α

C α

A B


Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias – Resoluciones

En nuestro caso llamando α al semiplano de borde AB que contiene al punto C se

cumple que M (A) = A , M (B) = B , M (C) = C siendo M la congruencia:

A A

A(B) A(B) lo que nos permite afirmar que M ≡I

α α´

b) Sean A , B y C los tres puntos alineados.

Definamos las siguientes congruencias

A A A A

M1 A(B) A(B) M2 A(B) A(B)

α α α α´

Se cumplirá que: α

M1(A) = A M1(B) = B M1(C) = C A B C

M2(A) = A M2(B) = B M2(C) = C α´

M1 y M2 son la respuesta al problema.

Ejercicio No.12 α

a

Q A

P2 O P1

A´ α´

a´

a)

i) Sea Q un punto genérico de la circunferencia (C ) . Su correspondiente en M deberá ser un punto Q´ tal que se cumpla la congruencia de los segmentos OQ y

OQ´, ya que M(O) = O.

En consecuencia Q´ pertenecerá a la circunferencia (C ) ∀ Q con lo cual (C ) es

doble.



ii) Sean (figura anterior) :

A = (C ) ∩ O(a) , A´= (C ) ∩ O(a´) , P1∈ (C ) P2 ∈ (C ) tales que P1P2 es bisectriz

del ángulo AOA´.

Por definición de la congruencia M y por la parte i) del ejercicio se cumple:

M ( A) = A´

Demostraremos que la circunferencia (C ) no tiene puntos unidos , para lo cual

razonaremos por absurdo . Supongamos que existe un punto P de (C ) tal que P≡P´

siendo P´= M (P).

Deberá cumplirse entonces que los ángulos POA y P´OA´ sean congruentes lo cual

nos deja para el punto P sólo dos posibles posiciones P1 y P2 por definición de

bisectriz.

P1 ∈ op.α P1´ = M (P1) ≡ P1 ∈ op.α´ de acuerdo a la definición de la

congruencia M .

Pero además P1 ∈ α´ , absurdo , lo que nos permite afirmar entonces que P1 no

puede ser punto unido.

Idéntico razonamiento para el punto P2.

La circunferencia (C ) no tiene entonces puntos unidos.

b)

α

A B a

O

α´

A A

M A(a) A(a)

α α´

i) (C ) no es doble.

En efecto: M (O) = O´ con O´≠ O.

Como la correspondiente (C´) de (C ) tiene centro O´ distinto de O , concluimos que

(C ) no es doble.



ii) De acuerdo con la definición de la congruencia M la semirecta A(a) se

corresponde consigo misma y de acuerdo al ejercicio No.10 es una semirecta unida.

Por tanto son unidos los puntos A y B de la circunferencia (C ).

Podemos afirmar además que son los únicos puntos unidos de (C ) ya que los puntos

de la circunferencia que pertenecen al semiplano α tendrán sus correspondientes en

α´ y viceversa.

c)

α

A O B a

α´

A A

M1 A(a) A(a´)

α α´

i) La diferencia con el caso b) es que la semirecta A(a) es ahora sostén de un

diámetro de la circunferencia (C ) , lo que implica que el centro O será ahora unido y

por consiguiente (C ) es doble.

ii) Los punto A y B siguen siendo los únicos puntos unidos de (C ) por un

razonamiento idéntico al del caso anterior.

A B A B

M B C C

C D O

F D

Demostraremos que el centro O de la circunferencia (C ) es unido.

Siendo O´= M (O) deberá cumplirse la congruencia de los siguientes segmentos de

acuerdo a la definición de la congruencia M: OA = O´B , OB = O´C , OC = O´D.



Como los segmentos OA , OB y OC son congruentes por ser radios de (C ) , serán

congruentes los segmentos OÁ , O´B y OĆ lo que indica que el punto O´ es el

centro de la circunferencia que contiene a los puntos A , B y C y por tanto O≡ O´.

Para probar que la figura F es doble probaremos que la circunferencia (C ) es doble y

que todo punto interior a ella tiene por correspondiente un punto también interior.

El hecho de que el centro O es unido justifica que (C ) es doble.

Sea Q un punto interior a (C ) y Q´ tal que M (Q) = Q´.

Deberá cumplirse entonces que: M (OQ) = OQ´ lo que nos permite afirmar que el

punto Qés interior a la circunferencia (C ).

La figura F es entonces doble.

ii) Ya hemos visto que el centro O es unido. De acuerdo a su definición la

congruencia M es directa (ver sentido de las ternas correspondientes) por lo que de

existir otro punto unido M debería ser la identidad I lo que es absurdo pues

M (A) = B con A≠B.

En consecuencia el único punto unido de F es O.

Ejercicio No.13

α

O a O´

a´ α´

O O´

M O(a) O´(a´)

α α´

Tendremos entonces:

O´ O

M-1 O´(a´) O(a)

α´ α


Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias – Resoluciones Ejercicio No.14

Como M1(F) = G entonces F congruente con G F congruente con H M2(G) = H entonces G congruente con H

Además como M2(F) = J entonces F congruente con J J congruente con H.

Existe por tanto una congruencia que transforma J en H.

M1

F G

M2 M2

J H Si M3 (J) = H se tiene que M3 = M2 o M1 o M2

-1.

Ejercicio No.15 Recuerda que las congruencias directas conservan el sentido del plano mientras que

las indirectas lo invierten.

Supongamos elegido uno de los dos sentidos en el plano (horario para fijar las ideas).

Cada vez que apliques una congruencia indirecta de la composición se invertirá el

sentido del plano por lo que si el número de congruencias indirectas es PAR habrá un

número PAR de inversiones con lo cual el sentido final será el prefijado al

comienzo, o sea horario.

Si en cambio el número de congruencias indirectas es IMPAR habrá finalmente una

inversión y la congruencia compuesta será INDIRECTA (antihorario).

Ejercicio No.16 C s

r N P

A M B

s⏐⏐AC , se cumple que: ang.NAM = ang.PMB (correspondientes)

a) Como: r⏐⏐BC , se cumple que: ang.NMA = ang.PBM (correspondientes)

seg.AM = seg.MB


Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias – Resoluciones se concluye por 2do.Criterio de igualdad de triángulos que :

triang.AMN = triang.MBP (*)

Por lados paralelos por construcción el cuadrilátero MPCN es paralelogramo lo que

nos permite afirmar que:

triang.NMP = triang.PCN (**)

De la igualdad (*) se deduce que seg.MN = seg.BP. Siendo además r⏐⏐BC podemos

afirmar que el cuadrilátero MNPB es oaaralelogramo y por tanto:

triang.NMP = triang.MBP (***)

Las igualdades marcadas con asteriscos demuestran lo pedido.

b) De la igualdad de segmentos MN = BP = PC se concluye que:

MN = 21 BC MP =

21 AC NP =

21 AB

MN⏐⏐BC MP⏐⏐AN NP⏐⏐AB.

Ejercicio No.17 a) En el cuadrado MNPQ se cumple:

PB = PN – BN

AN = MN – MA PB = AN

Como:

ang.CPB = ang.ANB = 90ª

COP = BN por construcción triang.CPB = triang.ANB

PB = AN (2do. Criterio)

De la igualdad se concluye que: AB = BC ang.CBP = ang. BAN

Como los ángulos BAN y ABN son complementarios ( triángulo ANB) concluimos

que ang. CBP + ang. ABN = 90ª ang.CBA = 90ª.

EL triángulo ABC es entonces rectángulo isósceles.

Q a C P

O

B

M A N


Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias – Resoluciones Comparando los triángulos OCP y OAM tenemos:

ang.COP = ang.OMA = 45ª

CP = AM ( por construcción) OM = OP (mitad de diagonal de cuadrado)

Por aplicación del 1er. criterio de congruencia de triángulos podemos afirmar que los

triángulos OCP y OAM son iguales. Por tanto ang.COP = ang. MOA lo que implica

que los puntos C , O , y A están alineados.

Como el triángulo ABC es isósceles y O es punto medio del lado AC, la mediana OB

es mediatriz del segmento AC y por tanto OB ⊥ AC.

Ejercicio No.18 C N P A O B M

a) Por opuestos por el vértice son congruentes los ángulos NOB y AOM.

Por ser ángulos centrales sus respectivos arcos NB y AM son iguales.

Por inscritos que tienen por arcos correspondientes los antes indicados, también son

iguales los ángulos ACM y BCN.

Por inscritos que abarcan el arco CN son iguales los ángulos CAN y CBN.

Son congruentes además los segmentos AC y BC por ser C punto medio del arco

AB.

En consecuencia por aplicación del 2do. Criterio son congruentes los triángulos APC

y BNC.

b) De la igualdad anterior se concluye la congruencia PC = CN lo que nos permite

afirmar que el triángulo PCN es isósceles.



Ejercicio No.19 C D

A C´ O D´ (C ) a) Los segmentos OC y OD son congruentes por ser radios de la circunferencia. ang. CÓC + ang. DÓD = 90ª ang. COC´= ang. D´DO

ang. D´DO + ang. DOD´= 90ª

ang. CCÓ = ang. DDÓ = 90ª

Los triángulos CCÓ y DDÓ son pues rectángulos con ángulos iguales e igual

hipotenusa , por lo que resultan iguales.

b) Si (C ) es la circunferencia trigonométrica ( Radio unidad ) y llamamos

ang.DOD´= θ ang. DOC = 90ª + θ recuerda que:

Medida del segmento DD´= senθ Medida del segmento OD´= cosθ

Medida del segmento CC´= sen (90ª + θ) Medida del segmento OC´= - cos(90ª+θ)

Teniendo en cuenta la parte a) del ejercicio podemos entonces escribir que:

sen θ = - cos (90ª + θ) cos θ = sen ( 90ª + θ).

Ejercicio No.20 P

T1 t1

O T2

t2

a) En los triángulos PT1O y PT2O se cumple: seg.OT1 = seg, OT2 (radios) seg. OP común ang.OT1P = ang. OT2P= 90ª


Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias – Resoluciones En consecuencia ambos triángulos son congruentes en virtud del primer criterio de

congruencia.

Se deduce entonces que seg. PT1 = seg. PT2

b) De la misma igualdad de triángulos se concluye también que:

ang.OPT1 = ang. OPT2 semirecta P(O) es bisectriz del ang.T1PT2 .

c) Idem: ang. POT1 = ang. POT2 semirecta O(P) es bisectriz del ang T1OT2 .

d) P ∈ mediatriz del segmento T1T2 pues PT1 = PT2

O∈ mediatriz del segmento T1T2 pues OT1 = OT2

PO es mediatriz del segmento T1T2.

Ejercicio No.21

P

Q

D C A B N M Por construcción se cumplen las siguientes congruencias entre segmentos:

PC = PD = AM = MB

NC = NB = QD = AQ

a) Demostraremos que son congruentes los triángulos PCN y NBM.

1) PC = MB 2) CN = BN 3) demostraremos que son iguales los ángulos PCN y

MBN.

ang. PCN = ang.PCD + ang.DCB + ang. BCN =45ª + ang.DCB + 45ª

ang.PCN = ang. DCB + 90ª (*)

ang. MBN = 360ª -( ang.MBA + ang. ABC +ang.CBN) = 360ª- ( 45ª+ang.ABC+45)

ang.MBN = 270ª - ang.ABC. (**)

Pero por ser paralelogramo el cuadrilátero ABCD s cumple que:

ang.ABC = 180ª - ang.DCB

Sustituyendo en (**) obtenemos:


Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias – Resoluciones Ang. MBN = 90º + ang.DCB (***)

De las igualdades (*) y (***) concluimos finalmente que: ang. PCN = ang. MBN

El primer criterio de congruencia de triángulos nos permite afirmar entonces que son

congruentes los triángulos PCN y NBM.

b) Probaremos ahora que el ángulo MNP = 90ª.

Se cumple que: ang.MNP = ang.BNM + ang.BNP

De la igualdad de los triángulos PCN y NBM demostrada en la parte a) del ejercicio

se concluye que: ang.BNM = ang. PNC

Sustituyendo en la igualdad anterior:

ang.MNP = ang.PNC + ang.BNP = 90ª por construcción.

c) De la igualdad de los triángulos PCN y NBM también se concluye la siguiente

congruencia de lados: MN = NP

Razonamiento idéntico al efectuado en la parte a) del ejercicio permite demostrar

que son congruente los segmentos MN , MQ y PQ con lo que el cuadrilátero

MNPQ es un cuadrado.


CAPITULO II

EJERCICIOS SOBRE

SIMETRIA AXIAL

α

a O

α´


ENUNCIADOS


Capítulo II – Simetría Axial – Enunciado

Ejercicio No.1 Simetriza las figuras que te indicamos a continuación respecto de los ejes (e) dados.

(C ) (C )

e O O

e

(1) (2) (C ) C ABC equilátero e e B A C C ABC equilátero e e ⏐⏐ AB B ABC equilátero B e A A A e B e A AB ⊥ e (C2) e O2

(C1) semicfa. de centro O1 y radio 3cm (C1) O1 (C2) semicfa. de centro O2 y radio 1.5cm 2cm


Capítulo II – Simetría Axial – Enunciados

Ejercicio No.2 Se aplica a los puntos del plano una simetría axial de eje (e) cumpliéndose que

Se(P)=P.

Indica posibles ejes (e) de la simetría aplicada.

Ejercicio No.3 Sean P y Q puntos del plano no coincidentes. Se aplica una simetría axial de eje (e) obteniéndose: Se (P) = P y Se (Q) = Q

¿Es ello posible? En caso afirmativo indica eje o ejes de la simetría.

Ejercicio No.4 Se considera la simetría axial de eje (e).

e B

O

a) Encuentra la semirecta correspondiente de la semirecta opuesta de O(B).

b) Considera un punto A no perteneciente al eje (e) de la simetría y la semirecta

O(A) tal que los ángulos AOB y AOC sean iguales .B y C según figura.

Encuentra la correspondiente de la semirecta O(A) en S e.

O e C B

b) ¿Existen rectas dobles en Se ?

Ejercicio No.5 Demuestra que dados un punto P y una recta r existe y es única la perpendicular por

P a r .

Analiza los casos 1) P∈ r 2) P∉r. (Se te sugiere razonar por el absurdo

suponiendo la existencia de dos perpendiculares).

Ejercicio No.6 a) ¿Puede una figura tener cinco puntos unidos al aplicarle una simetría axial?

b) ¿Puede tener n puntos unidos? ¿Puede tener infinitos? Ejemplifica.



Ejercicio No.7 Se consideran las rectas r , s , y t de la figura.

a) Encuentra un segmento RS con R∈ r , S ∈ s de forma que t sea su mediatriz. r t s b) Manteniendo fijas las rectas r y t ¿existe alguna posición de s para la cual el

problema de la parte anterior no tenga solución ?

Ejercicio No.8 a) Se dan dos puntos A y B en distintos semiplanos respecto de una recta r

cumpliéndose : dA , r ≠ dB , r , recta AB no perpendicular a r.

Construir un ángulo cuya bisectriz interior está incluida en r y sus lados pasan por

los puntos A y B.

b) ¿Qué ocurre si dA , r = dB , r ?

Ejercicio No.9 Se considera un cuadrado ABCD de centro O. Sea r recta variable por O y

A´B´C´D´= Sr (ABCD).

Probar que todos los cuadrados A´B´C´D´ tienen la misma circunferencia

circunscrita , la circunscrita al cuadrado ABCD.

Ejercicio No.10 Sea AOB ángulo de vértice O , b su bisectriz interior.

Por O se traza la recta e tal que e⊥b y sea A´= Se (A). Probar que A´, O y B están

alineados.

A b

O

B



Ejercicio No. 11 Se te plantean a continuación tres situaciones problemáticas:

i) Una persona debe caminar desde su casa hasta un canal que conduce agua , llenar

allí un recipiente y transportarlo hasta un galpón.

ii) Un operario debe ajustar una fuente de luz que emite un rayo luminoso que luego

de reflejarse en un espejo debe accionar un sensor. Sensor

Emisor del rayo

espejo

iii) En un potrero rectangular se desea aislar de los animales la zona sombreada en la

figura , para lo cual se tenderá un alambre electrificado AMB. Los postes A y B son

ya existentes. El poste intermedio M debe colocarse.

B

A

M



La persona de la situación (i) se pregunta si el punto del canal donde procede a llenar

el recipiente tiene alguna influencia en la distancia total que debe recorrer para hacer

la tarea.

El operario de la situación (ii) se pregunta si puede dirigir el rayo de luz a cualquier

punto del espejo. (Recuerda que un rayo de luz para ir de un punto a otro

reflejándose en un espejo , elige el camino que le insume menor tiempo).

La persona que desea realizar la tarea en la situación (iii) se pregunta si el costo en

pesos del alambre necesario para el trabajo dependerá de la posición del poste M.

Se te pregunta:

a) ¿Qué le contestarías a cada una de las personas si te consultaran?

b) Intenta plantear un modelo geométrico para cada uno de los casos , indicando qué

hipótesis asumes.

c) Si bien tus modelos corresponden a situaciones reales totalmente diferentes ,

¿encuentras desde el punto de vista geométrico algo en común en tus modelos?

d) ¿Puedes tratar los tres problemas con un modelo único?

e) ¿ Cuál es el problema geométrico que debes resolver para dar solución a las tres

situaciones?

Ejercicio No.12 Se dan los puntos A y B y la recta r según la figura.

Sobre r se considera un punto M en distintas posiciones M1 , M2 , M3 , ....

B •

A •

• r M a) Usando regla y compás compara la suma de distancias d AM + dMB para los

distintos puntos M. ¿ Qué concluyes?

b)Trata ahora de hallar la posición de M para que esa suma de distancias sea mínima.

Justifica la solución.

c) Sean dA , r = a dB , r = b dAB = L

Hallar la suma d AM + dMB para la posición de M hallada en la parte b) , en función

de a , b , y L.



Ejercicio No.13

Vuelve al ejercicio No.11. Con las medidas que te indicamos en las figuras siguientes

ubica exactamente en que punto del canal debe la primera persona llenar el

recipiente, en que punto del espejo debe incidir el rayo luminoso y en que punto del

alambrado debe colocar el poste intermedio M la tercera persona. Galpón Sensor

Casa Foco B

A

50m 70m 3m 5m 100m 150m

100m 4m 500m

Ejercicio No.14 Se considera un triángulo ABC , y sean M y N puntos dados pertenecientes a los

lados AC y AB respectivamente.

a) Hallar punto P sobre el lado BC para que el perímetro del triángulo MNP sea

mínimo.

b) Hallar punto Q sobre el lado BC para que el perímetro del cuadrilátero NAMQ sea

mínimo.

Ejercicio No.15

A y B son dos bolas colocadas en el billar representado en la figura.

Q P B A M I N



Se desea lanzar la bola A de tal forma que luego de rebotar en las bandas MN , NP y

PQ golpee la bola B.

Suponiendo que las bandas rechazan la bola cumpliendo la ley de la reflexión de la

luz , determinar la posición del punto I en la banda MN , al cual debe dirigirse la bola

A para que finalmente golpee la bola B.


RESOLUCIONES


Capítulo II – Simetría axial – Resoluciones

Ejercicio No.1 (1) (C) (2)

A´ B (C)

O

O e e O´

(C ´) O´

A B´ (C ´)

(3) (4) (C) C≡C´ O A´≡ B E e e O´ (C ´) A≡B´ (5) C (6) B´ B≡B´ A´ e A≡A´ e C´ C C´ B A (7) (8) A e B≡B´ A´ e (9) (C2) (C2´) (C1) e (C1´)



Ejercicio No.2

Como se indica que el punto P es unido, cualquier recta perteneciente al haz de

centro P es un posible eje de simetría. P≡P´ Ejercicio No.3 Como los puntos P y Q son unidos existe entonces una única simetría axial en la que

Se (P)=P y Se (Q)=Q siendo el eje e la recta PQ.

e • Q≡Q´ • P≡P´ Ejercicio No.4 a) Como el eje de la simetría es unido la opuesta de la semirecta O(B) se corresponde

consigo misma.

Opuesta O(B) O B e Se (op.O(B))= op.O(B)

b) α A C B e O α´ El punto O pertenece al eje y es por tanto unido. Llamemos O(A´) la semirecta

correspondiente de O(A). Como la simetría de eje e transforma α en α´ la semirecta

O(A´) estará incluida en α´ y deberá cumplir que:



ang. AOB = ang. BOA´ ya que Se(O(B)) = O(B) ang.AOC = ang.COA´ ya que Se(O(C)) = O(C)

Como por hipótesis los ángulos AOB y AOC son congruentes también lo serán los

ángulos BOA´ y C OA´.

Los cuatro ángulo indicados son congruentes por lo que la correspondiente de la

semirecta O(A) es su opuesta.

Has definido como rectas perpendiculares a aquellas que se interceptan formando

ángulos adyacentes congruentes , por lo que la recta sostén de la semirecta O(A) será

entonces perpendicular al eje e de la simetría y por lo visto anteriormente recta

doble.

c) Las rectas perpendiculares al eje de la simetría son las únicas rectas dobles no

unidas.

Ejercicio No.5

a) P∉r p q

r

P

En el ejercicio anterior has visto que las rectas perpendiculares al eje de la simetría

son rectas dobles. Consideremos la simetría axial de eje la recta r y supongamos que

podemos trazar por el punto P dos rectas perpendiculares distintas, p y q, a la recta r.

Llamemos P´ al correspondiente del punto P en Sr . Ese punto P´ debe pertenecer a

la recta p ya que ésta es doble , y también a la recta q por la misma razón. Siendo P´

distinto de P lo anterior es absurdo.

Podremos entonces afirmar que por un punto no perteneciente a una recta existe una

única perpendicular a ella.

b) P∈r

p q

r B P A



Razonemos por absurdo suponiendo que existan dos perpendiculares, p y q , por el

punto P a la recta r.

En la simetría axial cuyo eje es la recta p , como r ⊥ p se cumplirá que:

SP(P(A)) = P(B)

En la simetría axial cuyo eje es la recta q , como r ⊥ q se cumplirá que:

Sq(P(A)) = P(B)

Hemos encontrado dos congruencias indirectas distintas SP y Sq que hacen corresponder a la semirecta P(A) la semirecta P(B) , lo que es absurdo por

contradecir el axioma de determinación de las congruencias.

En consecuencia por un punto perteneciente a una recta se puede trazar una única

perpendicular a ella.

Ejercicio No.6 a) La respuesta es afirmativa. Basta tomar una figura cualquiera que tenga cinco

puntos en el eje de la simetría , como por ejemplo la indicada en la figura siguiente.

B D e A C E

b) La respuesta es afirmativa, Basta que la figura contenga n puntos del eje de la

simetría.

c) La respuesta es afirmativa. El propio eje de la simetría es una de las posibles

figuras.

Ejercicio No.7 Como deseamos que la recta t sea mediatriz del segmento RS pensemos en encontrar

un par de puntos R∈ r , S∈ s y correspondientes en la simetría axial de eje t.

r R t S r´ s



Para determinar el segmento buscado simetrizamos la recta r en St obteniendo la

recta r´ que luego interceptamos con la recta s determinando el punto S. Hallando su

preimagen en St encontramos el punto R.

( Podríamos también haber simetrizado la recta s en St e interceptando su imagen con

la recta r habrías obtenido el punto R).

b) De la construcción realizada deduces que si la recta r´ resulta paralela a la recta s

el problema no admite solución.

Ejercicio No.8 Si recuerdas que la bisectriz interior de un ángulo es eje de la simetría axial que

invierte al mismo , el correspondiente del punto A en esa simetría deberá pertenecer

al otro lado del ángulo buscado.

La recta A´B será entonces sostén de uno de los lados.

Cortando A´B con la recta r obtenemos el vértice O del ángulo buscado y uniendo O

con el punto A encontramos finalmente el ángulo AOB solución. (Obviamente el

problema puede resolverse simetrizando el punto B en lugar del punto A).

•A r

O A´ •

B • b) Siendo iguales las distancias a la recta r, la recta A´B resulta paralela a la recta r

y el problema no admite solución.

Ejercicio No.9 D C O C´ r A B



En la simetría axial de eje r se cumple:

Sr (O) = O ∀r , Sr (C) = C´ seg. OC = seg. OC´ ∀r

Razonando idénticamente concluimos las siguientes congruencias entre segmentos:

OB = OB´ , OA = OA´, OD = OD´ ∀r.

Como OB = OC = OD = OA OB´= OA´= OC´= OD´ ∀r.

En consecuencia los vértices de cualquier cuadrado A´B´C´D´ pertenecen a la

circunferencia de centro O y radio OC que es además la circunferencia circunscrita al

cuadrado ABCD:

Ejercicio No.10 C B Bis. A N e O M A´ Para probar que los puntos B , O y A´ están alineados demostraremos que los

ángulos BON y MOA´ son congruentes.

ang. AOC = ang, COB ang. BON = ang. AOM (I) ang. CON = 90ª

Por correspondientes en la simetría: ang.AOM = ang.MOA´ (II)

De las igualdades (I) y (II) concluimos que ang. BON = ang. MOA´ y por tanto los

puntos B, O y A´ están alineados.

Ejercicio No.11 Las respuestas serían:

a) 1) El camino total a recorrer no es independiente del punto del canal donde

procede al llenado del recipiente.

2)El punto de incidencia del rayo de luz en el espejo no puede ser cualquier punto.

3) La posición del poste M influye en el costo del alambre a utilizar.



b) Caso I Galpón

Casa

Borde del canal R r

Suponemos el terreno plano , el borde del canal rectilíneo y la casa y el galpón como

elementos puntuales.

Caso II Sensor

Foco de luz Espejo R

Suponemos el foco y el sensor como elementos puntuales y el espejo rectilíneo.

Todos los elementos en un mismo plano.

Caso III

B

A

M r

Suponemos terreno plano y alambrado rectilíneo. Los postes se suponen como

elementos puntuales.

Caso I

Lo que se pretende es determinar la posición del punto R sobre la recta r para que el

camino recorrido desde la casa al galpón sea mínima.

Caso II

El punto R debe ser tal que el tiempo necesario para que la luz llegue desde el foco

al sensor sea mínimo.

Teniendo en cuenta que el rayo se mueve con movimiento rectilíneo uniforme

(velocidad constante) , tiempo mínimo equivale a recorrido mínimo.

Caso III

Como el costo en pesos del alambre es proporcional a la longitud AM+MB deberá


Capítulo II – Simetría axial – Resoluciones gastarse la menor cantidad posible de alambre , o sea , el punto M es aquél para el

cual la suma de distancias AM y MB es mínima.

d) La respuesta es afirmativa de acuerdo a la parte c) del ejercicio.

e) Dada una recta r y los puntos A y B , hallar el punto P de la recta para el cual la

suma de distancias AP + PB es mínima. B

A

P r

Ejercicio No.12

a) • B A •

M1 M2 M3 r

Deberás haber concluido que las sumas de distancias AM1+ M1B , AM2+ M2B ,

AM3+ M3B ................ son distintas.

b) La solución consiste en simetrizar el punto A ( o el punto B) respecto de la recta r

obteniendo el punto A´ ( o el punto B´) y luego cortar la recta A´B (o la recta AB´)

con la recta r determinando el punto P. B

A

P r

A´

Sean: A´= Sr (A) A´B ∩ r = P

Vamos a demostrar que para ese punto P la suma de distancias AP+PB es mínima. B A

P Q r

A´


Capítulo II – Simetría axial – Resoluciones Tomemos un punto cualquiera Q de la recta r no coincidente con P y unamos con los

puntos A y B.

Probaremos que AQ + QB > AP + PB

´Por la simetría de eje r se cumple la siguiente igualdad de segmentos: AP = A´P y

AQ = A´ Q .

En consecuencia: AP + PB = A´P + PB = A´B AQ + QB = A´ Q + QB.

Si consideras el triángulo A´QB y recuerdas que “en todo triángulo la suma de dos

lados es mayor que el tercero” podrás afirmar que: A´Q + QB > A´B .

Finalmente entonces AP + PB es mínima.

c) dA , r = a dB , r = b dA´´B´´ , r = L

B

A a b

P a a A´ L C Considerando el triángulo rectángjulo AĆB y aplicando el teorema de Pitágoras

tenemos:

d AP+PB = ( ) 22 Lba ++

Ejercicio No.13 C L B

b A

A´´ x P r a A´

Aplicando el teorema de Thales tenemos: AĆ

AÁ´´BC

A´´P=



ba

aLx

+=

baaLx+

=

Caso I

a = 50m b = 70m L =100m 41.67m120

50.100x ≅=

Caso II

a = 3m b = 5m L = 4m m 5.18

(3).4x ==

Caso III

a = 100m b=150m L = 500m m 200250

500.100x ==

Comentario.

Este ejercicio ha pretendido mostrarte una de las virtudes más importantes de la

Matemática , cual es su capacidad globalizadora.

Has resuelto tres situaciones aparentemente sin ninguna conexión mediante la

utilización de un mismo modelo geométrico , haciendo abstracción de las

particularidades físicas de cada uno de ellos.

A lo largo de tu formación irás encontrando problemas sin aparente conexión que al

ser tratados matemáticamente responden a un mismo modelo.

La resolución de ese único problema te está resolviendo todas las situaciones.

Verás que problemas de muy distintas disciplinas , problemas mecánicos , eléctricos ,

económicos, biológicos , etc , etc , en oportunidades responden a un mismo

tratamiento matemático que permite darles solución simultánea independientemente

de su esencia real.

Esta es una de las características , no menor , de la Matemática , que debes

comprender y valorar.

Ejercicio No.14 a) C M´ M P A N B


Capítulo II – Simetría axial – Resoluciones Este ejercicio es una aplicación del ejercicio anterior. Como el segmento MN es fijo ,

el punto P buscado debe ser tal que haga mínima la suma de distancias MP + PN.

Determinando M´= SBC (M) e interceptando la recta M´N con al lado BC

encontramos el punto P.

b) C

M´

M Q A N B La solución es idéntica a la parte a).

Los puntos M y N son fijos por lo que la suma de distancias AM + AN es constante.

Para minimizar el perímetro del cuadrilátero basta entonces minimizar la suma de

distancias MQ + QN problema resuelto en la parte a) .

Ejercicio No.15 Recuerda la ley de la reflexión de la luz: “el ángulo de incidencia es igual al ángulo

de reflexión”. i r

i – ángulo de incidencia

r – ángulo de reflexión superficie reflectora normal

Cuando una bola incide sobre una banda del billar rebota cumpliendo la ley anterior.

Después de tocar la banda la bola rebota y la recta sostén de su trayectoria debe pasar

por el punto A´ simétrico del punto A respecto de la banda como muestra la figura

siguiente.

A

Banda

A´


Capítulo II – Simetría axial – Resoluciones Apliquemos lo anterior al ejercicio propuesto. Debemos hallar los puntos A´, A´´ y

B´ tales que:

A´= SMN (A) A´´ = SPN (A´) B´ =SPQ (B)

B´ Q K P B J A M I N A´ A´´ Hallando la intersección de la recta A´´B´ con la banda PN determinamos el punto J

y con la banda PQ determinamos el punto K.

Cortando JA´ con la banda MN determinamos el punto I hacia el cual debemos

dirigir la bola.


CAPITULO III

EJERCICIOS SOBRE

SIMETRIA CENTRAL

α

a´ a O α´

Ana coló Herrera Héctor Patritti

ENUNCIADOS


Capítulo III - Simetría Central – Enunciados

Ejercicio No.1 Encuentra las imágenes de las siguientes figuras en las simetrías centrales que se

indican. (1) (2) (3)

(C ) O O O Q• P • CO CP CQ A C B • C D a O A M B A B M punto medio del lado CM (ABC) CO (ABCD) CB (A(a)) (5) (6) B

(4 A B C CB ( ) B

(7) Ejercicio No.2

Se desea aplicar una simetría central a los puntos de un plano π de forma que A´ sea

imagen del punto A.

a) ¿Tienes datos suficientes para determinar la simetría? b) ¿Es única?

c) Halla la imagen del punto medio del segmento AA´ en la simetría.

d) ¿Qué ocurre si A coincide con A´ ? π

A • •A´



Ejercicio No.3 Se considera el trapecio ABCD de la figura. D b C

h

A a B

a) Encuentra el centro de la simetría central en la que se corresponden los puntos

B y C.

b) Simetriza el trapecio respecto de ese punto.

c) Sean A´= CO (A) , D´= CO (D) . ¿Qué tipo de cuadrilátero es AD´A´D ?

Calcula su área en función de a y b .

d) Deduce la fórmula general para el área de un trapecio ABCD.

Ejercicio No.4

Sea ABC un triángulo escaleno , O punto medio del lado BC y D = CO (A) . a) ¿Qué tipo de cuadrilátero es el ABDC?

b) ¿Qué tipo de triángulo debería ser ABC para que ABDC fuera:

i) rectángulo ii) rombo iii) cuadrado iv) rombo con un ángulo de 60ª.

Ejercicio No.5 Sean (C1 ) y (C 2) dos circunferencias secantes en los puntos A y B.

A

(C1) (C2) B

a) Hallar la recta r que pasa por el punto A y determina cuerdas congruentes en

ambas circunferencias.

b) Dada la circunferencia (C1) y los puntos A y B de la figura anterior , hallar la

circunferencia (C2 ) para que la recta r de la parte a) sea tal que la cuerda

determinada en (C1 ) sea diámetro.



Ejercicio No.6

Dos pistas semicirculares (C1) y (C2) de igual diámetro se disponen como indica la

figura. Un atleta recorre (C1) y otro (C2) partiendo simultáneamente de A y C

respectivamente , desplazándose ambos con igual velocidad durante todo el

recorrido.

cera persona desea estar durante la totalidad del recorrido a igual distancia de ambos

atletas y alineado con ellos.

π

(C1)

A B C

(C2)

Se te pide investigar si ello es posible. Justifica tu respuesta. En caso afirmativo

indica qué debe hacer la tercera persona. Se te sugiere buscar una congruencia en la

que se correspondan las posiciones de ambos atletas en todo instante del recorrido.

Ejercicio No.7 La figura (I) muestra en planta un potrero de forma rectangular.

Se desea aislar de los animales el rincón sombreado , para lo cual se colocarán dos

tiros de alambre electrificado como ilustra la figura (II) utilizando tres postes (1), (2)

y (3) igualmente espaciados. En el punto P del potrero , figura (III), existe ya

colocado un poste que se desea utilizar como poste medio (2).

Se quiere saber en qué puntos de los alambrados (a) y (b) deben colocarse los postes

(1) y (3).

a) Plantea un modelo geométrico para dar solución al problema e indica qué

hipótesis has considerado.



b) Define la posición de los puntos A y B por sus distancias al poste principal C.

¿La solución es única?.

c) Despreciando las longitudes de alambre necesarias para atar el alambre a los

postes extremos, ¿qué longitud mínima de alambre será necesaria para realizar el

trabajo?

(a) Alambrado eléctrico

A

tajamar

C (b) fig ( I ) B

(1) (2) (3)

tiros de alambre eléctrico zona a aislar

fig. (II)

(a)

P

20m

30m (b)

fig. (III)



Ejercicio No.8 Se considera un triángulo ABC. Sean M , N y P los puntos medios de los lados AB ,

BC , y AC respectivamente.

A´= CN (A) , B´= CP (B) , C´= CM (C)

a) Probar que A´, B y C´ están alineados. Idem los puntos C´, A y B´ y también la

terna B´, C y A´.

b) Probar que AĆ´⏐⏐AC , BĆ´⏐⏐BC y A´B´⏐⏐AB .

c) ¿Qué relación existe entre los perímetros de los triángulos ABC y A´BĆ´ ?

d) ¿Qué relación existe entre sus áreas?

e) Probar que ambos triángulos tienen el mismo baricentro.

Ejercicio No.9 Sea ABCD un paralelogramo de centro O.

M es un punto interior al segmento AB , N interior al segmento AD , P = CO (M) Q

= CO (N).

a) Probar que el cuadrilátero MNPQ está inscrito en ABCD y que es paralelogramo.

b) ¿Cuántos paralelogramos puedes inscribir en ABCD?

c) ¿Puede MNPQ ser rombo? Indica cuantos rombos puedes inscribir en ABCD y

construye uno de ellos.

d) ¿Puede MNPQ ser rectángulo? ¿Cuántos rectángulos puedes inscribir en ABCD?

Construye uno.

Ejercicio No.10 Se dan los puntos O1 y O2 y un punto M variable en el plano no coincidente con

ellos.

Sean : N = CO1(M) P = CO2(M) Q = CO2(N)

Prueba que ∀M la recta PQ pasa por un punto fijo del plano que determinarás.

Ejercicio No.11

Sea ABCD el paralelogramo de la figura. D E C a O A F b B



La semirecta A(E) es la bisectriz del ángulo DAB y la semirecta C(F) es la bisectriz

del ángulo DCB.

a) Demuestra que los triángulos ADE y CBF son isósceles y congruentes.

b) Demuestra que AE⏐⏐CF (Se te sugiere utilizar la congruencia en que los

triángulos de la parte a) se corresponden).

c) Indica que tipo de cuadrilátero es AFCE y calcula la relación entre su área y la del

paralelogramo ABCD.

d) ¿ Qué ocurre con esa relación de áreas si manteniendo la medida de los lados AB

y AD variamos los ángulos del paralelogramo ABCD?

Calcula la relación para el caso b = 2a

Ejercicio No.12 Se considera el paralelogramo ABCD de la figura. D C

a O

θ

A b B

Sean b1 , b2 , b3 , b4 las bisectrices interiores de los ángulos DAB , ABC , BCD , y

CDA respectivamente.

a) Demuestra que b1 ⊥ b2 y b3 ⊥ b4 .

b) Sean: b1 ∩ b2 =M b3 ∩ b4 =P Demuestra que CO(M)=P y que MP⏐⏐AB

(ver ejercicio anterior).

c) Si b1 ∩ b4 = N y b2 ∩ b3 = Q , ¿qué tipo de cuadrilátero es MNPQ?

d) Demuestra que CO (N) = Q y que NQ⏐⏐AD.

e) Calcula los lados MN y PQ en función del ángulo θ y concluye en qué debe

transformarse el paralelogramo ABCD para que MNPQ sea un cuadrado.

f) Calcula el área del MNPQ en función de θ y concluye en qué caso el área es

máxima.

g) ¿Cuál es la relación entre b y a para que los vértices N y Q pertenezcan a los

lados CD y AB respectivamente?

Verifica geométricamente el resultado.


RESOLUCIONES


Capítulo III – Simetría Central – Resoluciones. Ejercicio No.1 (1) (C ) (2) C )

A

O (C ´) O

P A´ O´ (C´) =CO (C ) (C ) doble (C ´) (C´) =CP (C ) (3) (4) (C ) A a´ O

O´ Q B • (C ´) (C´) =CQ (C ) A´ a A´ (a´) = CB (A (a )) (5) C (6) D B´ C A´

A M B O A´ B´ A C´ B D´ C´ El rectángulo es doble. (A´B´C´) = CM (ABC ) (A´B´C´D´) = CO (ABCD ) ( 7) P

A B C C´ B´ A´ La figura es doble en CB

P´


Capítulo III – Simetría Central – Resoluciones. Ejercicio No.2

• A´ •A π a) Sí.

Recuerda que la imagen y la preimagen de un punto cualquiera del plano determinan

la simetría central cuyo centro es el punto medio del segmento que determinan.

b) Sí. Su centro es el punto medio del segmento AA´ que es único.

c) Como el punto es el centro de la simetría se corresponde consigo mismo ( punto

unido).

d) Si A coincide con A´ entonces resulta unido y por tanto debe ser el centro de la

simetría.

Ejercicio No.3 D b C h A a B a) El centro de simetría es el punto medio M del segmento BC. b) D C B´ A´ M A a B C´ b D´

c) ADA´D´es paralelogramo (sus diagonales se cortan en su punto medio).

Area ADA´ D´ = (a + b). h

d) Por la simetría el área del trapecio será la mitad del área del paralelogramo.

Area trapecio = 2b).h(a +

Has obtenido la fórmula de cálculo del área de un trapecio que conocías desde tus

clases escolares.


Capítulo III – Simetría Central – Resoluciones. Ejercicio No.4 C D

O

A B

D = CO (A)

a) ABCD es paralelogramo ya que: AB⏐⏐CD , AC⏐⏐BD por segmentos

correspondientes en la simetría.

b) i) ABC debe ser triángulo rectángulo en A. C D A B

ii) El triángulo ABC debe ser isósceles con AB = AC C D A B iii) Deben cumplirse i) y ii) por lo que el triángulo ABC debe ser rectángulo

isósceles. C D

A B

iv) Por ii) el triángulo ABC debe ser isósceles y como el ángulo CAB = 60ª , el

triángulo ABC será entonces equilátero. C D

60ª A B


Capítulo III – Simetría Central – Resoluciones. Ejercicio No.5 a) Consideremos la siguiente figura de análisis donde suponemos resuelto el

problema. M A (C1) (C2)

N

r

Si consideramos la simetría central de centro A la imagen del punto M deberá ser el

punto N pues las cuerdas MA y AN deben ser congruentes.

La imagen (C1´) de la circunferencia (C1) en tal simetría deberá contener a N por lo

que encontraremos este punto como intersección de (C2) y (C1´) .

Para resolver el problema basta entonces hallar (C1´) e interceptarla con (C2) .

(C1´) r M A (C1) N (C2) El punto N hallado y el punto A determinan la recta r solución.

(También podríamos haber resuelto el problema hallando la preimagen de la

circunferencia (C2) e interceptando con (C1) para determinar el punto M).

b) Como se pretende que el segmento AM sea diámetro de la circunferencia (C1) el

punto M será el diametralmente opuesto del punto A en (C1).

Una vez determinado M hallamos el punto N como correspondiente de M en la

simetría central de centro A.

La circunferencia (C2) buscada queda determinada por los puntos A , B y N.


Capítulo III – Simetría Central – Resoluciones. N (C1)

A (C2)

B

M

Ejercicio No.6 (C1) P A B C P´ (C2) Consideremos la simetría central de centro B. En ella se corresponden (C1) y (C2).

Además: CB (A) = C , CB (P) = P´ ∀ P∈ (C1), puntos P , P´, B alineados.

Por lo anterior teniendo en cuenta que la igualdad de los arcos AP y CP´ está

asegurada por la igualdad de velocidades de ambos atletas , la respuesta a la pregunta

es afirmativa.

La tercera persona deberá permanecer en el punto B durante todo el recorrido de los

atletas.

Ejercicio No.7 a) Si consideras como plano al piso del potrero en la zona que interesa al problema

y despreciables las dimensiones de los postes existentes y a colocar frente a las

distancias involucradas , puedes considerar el siguiente modelo geométrico:

(a)

A •

P •

C • B (b) Ana Coló Herrera Héctor Patritti

Capítulo III – Simetría Central – Resoluciones.

Se suponen además como rectas las proyecciones de los alambrados (a) y (b) sobre el

suelo , lo mismo que las del alambrado eléctrico.

El problema se reduce a hallar las posiciones de los puntos A y B para que el punto P

sea punto medio del segmento AB.

Si consderas la simetría central de centro P tendrás:

CP (B) = A pues P es punto medio del segmento AB.

Como B∈b su correspondiente A deberá pertenecer a la recta b´ tal que CP (b) = b´

El punto A debe además pertenecer a la recta (a) por lo que A = a ∩ b´.

El punto B lo determinamos como intersección de las rectas AP y b. La construcción

indica que la solución es única.

a A

b´

P C b B b) a A P´´ P y n m C P´ B b X Llamando m y n a las longitudes de los segmentos CP´ y PP´´ y x e y a las de los

segmentos CB y CA tendremos que:

x = 2m y = 2n ya que siendo P punto medio del segmento AB , P´ lo es de CB

y P´´ lo es de AC.

En nuestro caso debe colocarse A a 40m de C y B a 60m de C.

c) La longitud mínima de alambre será 2AB.

Utilizando el teorema de Pitágoras: AB = 22 yx +

Longitud alambre : L =2 144.22m13404060 22 ≅=+



Ejercicio No.8 B´ C A´ P N A M B C´ a) Se cumple que: CN (N) = N

CN (C) = B CN (triang.NCA) = triang.NBA´ ang.NBA´= ang. NCA

CN (A) = A´

CM (M) = M

CM (C) = C CM (triang.MCA) = triáng.MC´B ang.MBC´= ang.CAM

CM (A) = B

En consecuencia:

Ang.NBA´+ ang.CBA + ang.MBC´= ang. NCA + ang.CBA+ ang. CAM = 180ª

Los puntos A´, B y C´ están alineados.

Razonamientos idénticos te permiten demostrar que también están alineadas las

ternas de puntos A´, C , B´ y B´, A , C´.

b) De los resultados obtenidos en la parte anterior concluyes que:

AĆ´⏐⏐AC , A´B´⏐⏐AB , BĆ´⏐⏐BC .

c) De los resultados de la parte a) del ejercicio también puedes concluir las siguientes

congruencias de segmentos:

A´B = BC´=AC , AB´=AC´= BC , AĆ = CB´= AB.

En consecuencia : perímetro triang. A´BĆ´ = 2 perímetro triang. ABC.

d) Como los triángulos ABC y A´BC se corresponden en CN , ABC y BAC´ en CM ,

y ABC y CBÁ en CP , puedes concluir que: AreaA´ BĆ´ = 4 AreaABC

e) Las rectas AN , CM , y BP contienen las medianas del triángulo ABC, pero esas

rectas también son medianas del triángulo A´BĆ´ por lo que ambos triángulos tienen

el mismo baricentro.



Ejercicio No.9 a) D P C N O Q A M B En la simetría central de centro O se cumple:

CO (AB) = CD Como M∈AB concluimos que P∈CD.

CO (AD) = CB Como N∈AD concluimos que Q∈BC.

MNPQ inscrito en ABCD.

Siendo el segmento PQ la imagen del segmento MN en la simetría CO los segmentos

MN y PQ serán congruentes y paralelos, por lo que el cuadrilátero MNPQ es

paralelogramo.

b) Como M y N son puntos cualesquiera de los lados AB y AD podremos construir

infinitos paralelogramos MNPQ.

c) Como los segmentos MP y NQ son las diagonales del cuadrilátero MNPQ , para

que éste sea rombo deberán ser perpendiculares.

Podremos construir infinitos rombos. Basta considerar un ángulo recto con vértice O

y cortar sus lados con los lados AB y AD determinando M y N respectivamente. D P C

N

O

Q

A M B

d) Para que MNPQ sea rectángulo deberá tener uno de sus ángulos rectos o sus

diagonales iguales.

Utilizando esta última condición deberán ser iguales los segmentos OM y ON.

Basta entonces determinar los puntos M y N con la condición anterior y luego

simetrizarlos respecto del centro O.



D P C

O Q

N

A M B

Se podrán inscribir infinitos rectángulos en el paralelogramo ABCD.

Ejercicio No.10

M • •Q

O1• • • O2 O3

N • •P

Siendo: Q = CO2 (N) y P = CO2 (M) se concluye que el cuadrilátero MNPQ es

paralelogramo de centro O2.

Como O1 es punto medio del segmento MN , entonces el punto O3 = CO2 (O1)será

punto medio del segmento PQ para toda posición de M en el plano.

En consecuencia la recta PQ pasa por el punto fijo O3.

Ejercicio No.11 D E C

a h

A F B

B

a) La semirecta A(E) es bisectriz interior del ángulo DAE.

Los ángulos EAF y DEA son congruentes por alternos internos por lo cual el

triángulo ADE es isósceles.

La semirecta C(F) es bisectriz interior del ángulo BCF. Los ángulos BFC y ECF son

congruentes por alternos internos por lo que el triángulo FBC es isósceles.



Como los ángulos ADE y FBC son congruentes y se cumple además la siguiente

igualdad entre segmentos: AD = DE = BF = BC concluimos que son iguales los

triángulos ADE y FBC.

b) Si llamamos O al centro del paralelogramo ABCD se cumple:

CO(D) = B , CO(A) = C y CO(E) = F .

En consecuencia son correspondientes los segmentos AE y CF y por tanto AE⏐⏐CF.

c) De lo anterior deducimos que el cuadrilátero AECF es paralelogramo.

Area ABCD = b.h AreaAECF = (b-a).h ( AF = AB – FB = b – a)

bab

AreaArea

ABCD

AECF −=

Como puedes observar la relación es independiente de los ángulos del paralelogramo

dependiendo sólo de las medidas de los lados a y b .

Si b = 2a tendremos: 21

aa2a

AreaArea

ABCD

AECF =−

=

Ejercicio No.12

D C b2 b3 M O P b1 b4 A B a) Si llamamos θ al ángulo DAB tendremos:

ang. ADC = 180ª - θ ang. DAM = 2θ ang. ADM =

2ª180 θ−

ang.DAM – ang.ADM = 2θ -

2ª180 θ− = 90ª b1⊥ b2 .

Razonando en forma similar puedes demostrar que b3 ⊥ b4 b) D E C b2 N b3 O M P

b1 Q b4

A F B

En el ejercicio anterior demostramos que: CO (b1) = b3 y CO (b2) = b4



CO (b1∩b2) = b3∩b4 por tanto CO (M) = P.

También demostramos en el ejercicio anterior que el triángulo CBF es isósceles ,

por lo cual la bisectriz b4 es también mediatriz del segmento FC y P es su punto

medio. Como además O es punto medio del segmento AC se concluye que:

OP⏐⏐AB por paralela media del triángulo ACF , MP⏐⏐AB.

c) Los ángulos de vértices M N , P , y Q son rectos por lo que el cuadrilátero

MNPQ es rectángulo.

d) Como el punto O es punto medio del segmento MP será el centro del rectángulo

MNPQ y se cumplirá que: CO (N) = Q. G D C N O b1 b4

A B

Sea G =b4 ∩ AD . Por alternos internos son congruentes los ángulos AGB y GBC.

También son congruentes los ángulos GBC y GBA por ser b4 bisectriz. En

consecuencia son congruentes los ángulos AGB y GBA por lo que el triángulo AGB

es isósceles. Siendo b1 bisectriz del ángulo GAB , será mediatriz del segmento BG

por lo que N es punto medio del segment BG.

Como O es punto medio del segmento DB , el segmento NO es paralela media del

triángulo GBD y por tanto paralelo al lado DG. En definitiva NQ⏐⏐AD.

D C N b2 b4 b3 M P J b1 K

θ/2 Q θ/2

A I F B e) Sean: I = b3 ∩ AB F = b2 ∩ AB IJ⊥b1 FK ⊥b4 AB = b AD = a

Se cumple que : IJ = MQ = NP FK = PQ = MN AI = FB = b – a

En el triángulo AJI: IJ = (b-a).sen (2θ ) = MQ



En el triángulo FKB: FK =(b-a).cos (2θ ) =MN

Para que el rectángulo MNPQ se transforme en un cuadrado deberá cumplirse que:

(b-a).sen (2θ ) = (b-a).cos (

2θ ) sen (

2θ ) = cos (

2θ ) con 0ª< θ ≤ 90ª

Por tanto 2θ =45ª θ = 90ª

El paralelogramo ABCD deberá en consecuencia ser rectángulo.

f) Area MNPQ = MN . PQ = (b-a).sen (2θ ) . (b-a).cos (

2θ ) = (b-a)2.sen (

2θ ).cos (

2θ )

Recordando que sen (2x) = 2 senx.cosx podemos escribir que

sen (2θ ).cos (

2θ ) =

2senθ .

En definitiva: Area MNPQ = 2

senθa)(b 2−

g) D N C a b1 b4 A b B

N = b1 ∩ b4 Queremos que el punto N pertenezca al segmento CD por lo que

NA debe ser bisectriz del ángulo DAB y NB bisectriz del ángulo ABC.

Como sabemos que AD = DN b = 2a

D N C M P A Q B


CAPITULO IV

EJERCICIOS SOBRE

ROTACION

α a

O α´

a´


ENUNCIADOS


Capítulo IV – Rotación – Enunciados

Ejercicio No.1 Efectúa las rotaciones que se indican en los siguientes casos.

(C ) (C ) O O

A • P• RA , - 60º RP , + 90ª

(1) (2) D C D C O A B A B RO, - 45 RA,-60ª (3) (4) P MNP equilátero RO , - 120ª M N O • (5) Ejercicio No.2 Determina centro , ángulo y sentido de la rotación que transforma la semirecta A(a)

en la A´(a´).

a) a θ • A • A´ a´ b) Idem que transforma el segmento AB en el A´B´. A B 75ª A´ B´



Ejercicio No.3 Una escuadra “ 30o – 60o “ se rota en sentido horario con centro en el vértice A

según figura , pasando de la posición I a la posición II.

Indica el valor del ángulo de rotación en la que II es la imagen de I.

(I)

A 210ª (II) Ejercicio No.4 Un reloj de aguja está indicando las “dos de la tarde”.

Al observarlo detectas que está “parado” . Decides ponerlo en hora para lo cual giras

las agujas en sentido horario hasta que indique las “ tres y veinte” de la tarde.

Suponiendo que las agujas giran con velocidad angular constante:

a) ¿Qué ángulo giró el minutero?

b) ¿Qué ángulo giró el horario?

Ejercicio No.5 Sea ABCD un cuadrado de centro O.

Se consideran las rotaciones de ángulo θ con 0o < θ< 360o.

Se te pregunta en qué rotaciones de centro O el cuadrado es doble.

Ejercicio No.6 Dada una circunferencia de centro O y los puntos M , N , P y Q pertenecientes a ella

y tales que seg. MN = seg. P se pide:

a) Demostrar que los ángulos MON y POQ son congruentes.

b) Demostrar la proposición recíproca.

Ejercicio No.7

Sean A y A´ puntos no coincidentes y r una recta coplanar con ellos. A , A´ ∉r.

Determinar las rotaciones que transforman A en A´ y tienen centro sobre la recta r.

Discutir el problema según la posición relativa de A , A´, y r .



Ejercicio No.8 Sea un triángulo ABC y r la recta sostén de la mediana AM. C r

M A B

Sean: E = RA , + 90ª (C) D = RA , - 90ª (B)

a) Probar que r ⊥ ED.

b) Probar que seg.ED = 2 seg.AM

Te sugerimos utilizar la RA , + 90ª y considerar en ella la preimagen de D .

Ejercicio No.9 Sea ABCD un cuadrado , M punto perteneciente al segmento CD , N punto

perteneciente al segmento AD tales que: seg.MC = seg.AN , MR⏐⏐ BC , NQ⏐⏐AB,

P = MR ∩NQ.

D M C

N P Q

A R B a) Probar que los triángulos PQM y RPA se corresponden en una rotación cuyo

centro O y ángulo θ determinarás.

b) Deducir que AP⊥MQ .

Ejercicio No.10 Sea ABC un triángulo escaleno. Se construyen los triángulos equiláteros ACB´,

BCA´, y ABC´ como se indica en la figura.

a) Probar que los segmentos AA´, BB´, y CC´, son congruentes.

b) Probar que los cuadriláteros OCAB´ y AOBC´ son inscriptibles siendo

O = AA´ ∩ BB´. Deducir el valor de los ángulos COA´ y BOC´ y concluir que los

puntos C , O , y C´ están alineados.



c) Demostrar que la suma de distancias del punto O a los vértices del triángulo ABC

es igual a la distancia CC´.

d) Demostrar que la suma de distancias de cualquier otro punto del triángulo a sus

vértices es mayor que la distancia CC´ con lo que concluyes que el punto de un

triángulo cuya suma de distancia a los vértices es mínima , es el punto O definido

en el ejercicio.

A´ C B´ B

A

C´

Ejercicio No.11

Sean: recta r , punto O ∉r , y un ángulo θ tal que 0o < θ < 180º.

a)Se desea investigar si existe algún punto A de la recta r cuya imagen A´ en la RO , θ

también pertenezca a r. Indica número de soluciones.

b)Demuestra que A y A´ son simétricos respecto de la proyección ortogonal de O

sobre r.

c) Calcula la distancia AA´ en función de la distancia d del punto O a la recta r y

del ángulo θ .

d) Encuentra el punto A en el caso θ = 90ª , d = 1m.



Ejercicio No.12

Si A´= RO , - θ (A) A

A´ θ O a) Calcula la longitud del arco AA´ en función del ángulo θ y de la distancia OA=d.

b) Calcula el área limitada por el segmento AA´ y el arco AA´.

Ejercicio No.13 Se consideran dos circunferencias (C1) y (C2) tangentes en el punto P como indica la

figura.

(C1) (C2) R1 O1 P R2

O2

Sean: P´= RO1 , -θ1(P) P´´ = RO2 , + θ2(P)

a) Si los arcos PP´ y PP´´ son congruentes hallar la relación entre θ1 , θ2 , R1 y R2 .

b) ¿Qué ángulo rotará (C2) si (C1) da una vuelta completa sobre sí misma?

c) ¿Qué significado físico tiene la exigencia impuesta en a)

d) ¿Cuántes vueltas dará (C2) por cada vuelta de (C1).

e) Si (C1) y (C2) son bordes de discos de centros O1 y O2 y se usa el disco (2) como

impulsor haciéndolo girar a 1200 RPM , ¿a cuántas RPM girará el disco (1) si

R1=10cm , R2 = 2.5cm?

Ejercicio No.14

Se consideran las circunferencias C1 ( O1 , R1) , C2 ( O2 , R2) según figura

T1T3 y T2T4 son tangentes comunes a C1 y C2 , dO1O2 = d .

a) Calcula la longitud del segmento T1T3 en función de R1 , R2 y d.

b) Calcula el ángulo T1 O1 O2 en función de R1 , R2 y d.



c) Si aplicamos la RO1, θ1 a la circunferencia (C1) y la RO2, θ2 a la circunferencia

(C2 ).

¿qué relación existe entre θ1 y θ2 si los arcos correspondientes a los ángulos girados

deben ser iguales? T1 T3

(C1) (C2) O1 O2 T4 T2

Ejercicio No.15

Si materializamos el ejercicio anterior utilizando dos discos unidos por una correa ,

siendo : R1 = 30cm , R2 = 10cm , d = 50cm

(1) (2) a) Calcula la longitud de la correa.

b) ¿Cuál es la relación entre las velocidades angulares de los discos?

c) Si usamos como disco impulsor el disco (1) girando en sentido horario a 500 RPM

¿en qué sentido girará el disco (2) y a cuantas RPM?

Ejercicio No. 16 Se consideran: (C ) circunferencia de centro O y radio R , (C1) circunferencia de

centro O1 y radio R1 según figura (C1)

O1

(C ) θ

O



Se considera la rotación R O ,θ siendo θ el ángulo formado por las tangentes a (C1)

trazadas desde el centro O.

a) Hallar una relación entre R y R1 para que R O ,θ (C1) = (C2) con (C2) tangente a

(C1).

b) Si R O ,θ (C2) =(C3) , R O ,θ (C3) = (C4) , ........ R O ,θ (Cn - 1) = (Cn) con (Cn)

tangente a (C1) , hallar R1 en función de R para que las n circunferencias (Ci) envuelvan completamente a la circunferencia (C).

c) Hallar el radio R´ de la circunferencia (C´) de centro O que envuelve

exteriormente a todas las circunferencias (Ci ).

d) Si R = 5cm calcular R1 y R´ para cubrir la circunferencia (C) con 12

circunferencias (Ci).

Ejercicio No.17 Se da un cuadrado ABCD de centro O. Se desea construir un triángulo equilátero

AMN con el punto M perteneciente al segmento CD y N perteneciente al segmento

BC. Se nos propone como solución del problema la siguiente:

1) Construir el ángulo AOM = 120ª determinando el punto M.

2) Construir el ángulo MON = 120ª en el mismo sentido , determinando N. D M C 120ª 120ª

O

N

A B

a) Estudia si la solución propuesta es o no correcta. Justifica tu respuesta.

b) En caso de que no lo sea indica como resolver el problema.

c) Investiga si dado un triángulo AMN cualquiera , existe un punto P interior a él que

unido con los vértices determine tres ángulos de 120ª consecutivos con vértice en P

Indica número de soluciones y su determinación


RESOLUCIONES


Capítulo IV – Rotación - Resoluciones

Ejercicio No.1 (C ) (C ´) O´ O 90ª 60ª O´ P A O (C ´) (C )

(1) (2) D´ D C D C A´ O 45ª C´ D´ 60ª A B A≡A´ B B´ C´ (3) B´ (4) P M N M´ 120ª O N´ P´ (5)



Ejercicio No.2 a) a mediatriz seg. AA´ θ A´ bisectriz A

θ a´ O

Utilizando propiedades de la rotación determinamos el centro O como intersección

de la mediatriz del segmento AA´ y la bisectriz exterior del ángulo θ formado por

las semirectas correspondientes A(a) y A´(a´).

Uniendo el punto O con A y A´ determinamos el ángulo de rotación AOA´= θ y su

senrtido (horario en el caso de la figura).

b) 75ª B A´ A θ O B´

Como A´ es imagen de A y B´ es imagen de B, basta hallar la intersección de las

madiatrices de los segmentos AA´ y BB´ para determinar el centro O de rotación.

El ángulo de rotación es en valor y sentido AOA´= θ = 180º -75ª = 105ª



Ejercicio No.3 C B

210ª A B´

C´

El ángulo de rotación es BAB´.

ang.BAB´= ang.BAC´ – ang,B´A C´= (360º -210º) – 30ª = 120ª.

La rotación es RA , - 120ª.

Ejercicio No.4

12 11 1

10 2

9 o 3

8 4 7 5 6

a) Los ángulos 1O2 , 2O3 , 3O4 , ............ son de 30ª.

El minutero pasa de la posición (O-12) a la posición (O.4) girando un ángulo de 480ª.

La rotación en que se corresponden la posición inicial y la posición final es RO , -120ª.

El horario tiene posición inicial (O-2) , mientras que su posición final será interior al

ángulo 3º4.

Tratemos de determinar esa posición. Por cada vuelta completa del minutero el

horario gira 30ª .

Como el minutero giró 360ª + 120ª el horario habrá girado 30ª + ª30.31 = 40ª.



Por tanto la rotación que hace corresponder las posiciones inicial y final del horario

será: RO , -40ª.

La hipótesis de velocidad angular constante que se impuso al ejercicio justifica el

razonamiento anterior que supone proporcionalidad entre los ángulos girados por

ambas agujas.

Ejercicio No.5 D C

O

A B

0ª < θ < 360ª .

El cuadrado ABCD será doble en las siguientes rotaciones:

RO , ± 90ª , RO , 180ª.

Ejercicio No.6

M

O

N

Q P

a) Consideremos la rotación RO , ang.MOP .

Se cumplirá , por la igualdad de los segmentos MN y PQ , que:

RO , MOP (M) = P RO , MOP (N) = Q

RO , MOP (ang.MON) = ang.POQ ang. MON = ang. POQ

b) Recíprocamente sean ang. MON = ang. POQ .

Considerando la RO , ang.MOP se cumplirá que: RO , MOP (M) = P.

Como los ángulos MON y POQ son congruentes tendremos que :

RO , MOP (O(N)) = O(Q).



Siendo congruentes los segmentos ON y OQ por ser radios de la circunferencia se

concluye que RO , MOP (N) = Q , por lo que los segmentos MN y PQ se corresponden

en la rotación y por tanto son congruentes , MN = PO.

Ejercicio No.7 A A´

O r Mediatriz Como los centros de todas las rotaciones que transforman A en A´ pertenecen a la

mediatriz del segmento AA´ basta hallar su intersección con la recta r para obtener el

centro O.

Discusión: 1) Si la recta r es mediatriz del segmento AA´ entonces tenemos infinitas

rotaciones. Cualquier punto de la recta r es un posible entro.

2) Si la recta r es perpendicular al segmento AA´ pero no es su mediatriz entonces el

problema no admite solución.

Ejercicio No 8 C E M DO A B r D

a) Llamemos DO a la preimagen de D en la RA , +90ª. Como se cumple la siguiente

congruencia entre segmentos: AB = AD = ADO , concluimos que A es punto medio

del segmento DOB .



En el triángulo DOBC el segmento AM es paralela media por lo que r⏐⏐DOC.

Se cumple además que: RA , +90ª (DO)=D RA , +90ª(C) = E.

En consecuencia el segmento DE es la imagen del segmento DOC y por tanto son

congruentes y forman entre sí el ángulo de rotación .

Se cumple entonces que DE ⊥ r.

b) Por paralela media 2AM=DOC DE = 2 AM

Ejercicio No.9 D M C

N P Q

A R B Los triángulos PQM y RPA son congaruentes de acuerdo al primer criterio de

congruencia pues:

PQ = PR (por construcción)

MP = AR

ang.MPQ = ang.ARP = 90ª

a) En la rotación se corresponden: P R , Q P , M A.

El centro O de la rotación será el punto de intersección de las mediatricaes de los

segmentos PR y QP , es decir el centro del cuadrado PQBR. El ángulo de rotación es

de + 90ª.

b) Como RO, +90ª (M) = A y R O, +90ª (Q) = P las rectas MQ y AP son

correspondientes y por tanto perpendiculares entre sí.

Ejercicio No.10

Considerando la rotación RC , - 60ª se cumplirá:

RC , - 60ª (A) = B´

RC , - 60ª ( seg, AA´) = seg. B´B seg.AA´= seg.B´B

RC , - 60ª (A´) = B

En forma análoga si consideras la rotación RA , - 60ª en ella al segmento BB´ le



Corresponde el egmento CĆ por lo que serán congruentes.

En definitiva se cumple la soguioente congruencia de segmentos: AA¨= BB´= CC´ .

A´ C

B´

O

A B

C´

b) De la parte a) los segmentos AA´ y B´B son correspondientes en RA , - 60ª por lo

que concluimos que ang.AÓB = 60ª. Conmo el ángulo AĆB = 60ª pues BCAés

triángulo equilátero , los puntos O y C pertenecen al arco capaz de 60ª y segmento

BA´, por lo que el cuadrilátero BAĆO es inscriptible.

En la circunferencia circunscrita los ángulos COAý CBA´ son iguales por inscritos

que abarcan el arco AC´ y su valor es de 60ª.

El ángulo AOB es adyacente al ang.AÓB = 60ª por lo que AOB = 120ª.

Esto permite afirmar que también es inscriptible el cuadrilátero OBCÁ.

Por inscritos en la circunferencia circunscrita al cuadrilátero que abarcan el arco AC´

serán iguales los ángulos AOC´ y ABC´ y su valor es de 60ª.

Como consecuencia el ángulo CÓB = 60ª y finalmente COC´= 180ª por lo que los

punto C, O y C´ están alineados.

c) Demostraremos que la medida del segmento CC´ es el valor de la suma de

distancias del punto O a los vértices del triángulo ABC.

Deberemos demostrar entonces que AO + OB = OC´

Consideremos la rotación RA , - 60ª y llamemos O´= RA , - 60ª (O).




Deberá cumplirse que los segmentos AO y AO´ sean congruentes y siendo

ang.OAO´= 60º , el triángulo OAO´será equilátero.

Como ya hemos demostrado que ang.AOC´= 60ª el punto O´ estará alineado con los

puntos O y C . A´ C B´ O A 60ª B O´ C´ Se cumple entonces que OA = OO´.

En la rotación RA , - 60ª O´es la imagen de O y C´ es la imagen de B con lo que srán

congruentes los segmentos OB y O´C´.

Finalmente: OC +OA +OB = CC´

d) C A´

B´

P

A 60ª B

P´

C´



Tomemos un punto cualquiera P del triángulo ABC. La suma de sus distancias a los

vértices está dada por : PC + PA + PB.

Consideramos la RA , - 60ª y encontremos el punto P´ imagen de P en ella.

Se cumple que PA = PÁ y Pb = PĆ´ pues en la rotación anterior P´ es imagen de

P y Cés imagen de B.

En consecuencia PC + PA + PB = PC + PP´+ PĆ´, vale decir que la suma de

distancias del punto P a los vértices del triángulo ABC está dada por la longitud de la

poligonal que tiene por extremos los puntos C y C´ y como vértices el punto P y su

imagen Pén la RA , - 60ª.

Al variar el punto P varía la longitud de la poligonal, la que será mínima cuando los

puntos C , P , P´ y C´ se encuentren alineados.

Según lo demostrado anteriormente esa condición se cumple cuando el punto P

coincide con el punto O.

Ejercicio No.11

A´ r

A θ

θ r´

O a) Si llamamos r´ a la imagen de la recta r en la rotación RO, - θ siendo A un punto de r

será A´ un punto de r´.

Como deseamos que A´pertenezca además a la propia recta r deberá ser : A´= r ∩ r´.

Como 0 < θ < 180ª las rectas r y r´ serán secantes y la solución del problema es

única. Hallado A´después encontramos el punto A.

b) Siendo A´= RO, - θ (A) el centro O de la rotación debe pertenecer a la mediatriz

del segmento AA´ por lo que estos puntos serán simétricos respecto de la proyección

ortogonal P del punto O sobre la recta r , que es el punto de intersección del

segmento AA´ con su mediatriz. P A´

A 2θ

O



c) Llamemos:

Distancia del punto O a la recta r , dO , r = d

Distancia AA´, dAA´ = D ang. POA = 2θ

Por definición de tangente trigonométrica en el triángulo AOP tenemso:

tg2θ =

d2D

OPAP

= D = 2d tg2θ

d) Para el caso θ = 90ª , d =1m obtenemos D = 2 tg 45ª = 2m 1m P

A

O

Para ubicar el punto A trazamos por O la perpendicular a la recta r determinando el

punto P y luego encontramos el punto A sobre la recta r a 1 m de distancia de P de

tal forma que la terna OAP sea horaria.

(Podemos también usar el ángulo θ=90ª trazando la semirecta de origen O que

forma con la semirecta O(P) un ángulo de 45ª y respetando el sentido de la rotación

dada en el ejercicio. La intersección de r con la semirecta hallada es el punto A).

Ejercicio No.12 (C1 ) (C2 ) O1 P O2 R2

R1 θ1 θ2 P´´

P´

a) La longitud L1 del arco PP´ es L1 = R1θ1

La longitud L2 del arco PP´´ es L2 = R2θ2

Debiendo sr L1 = L2 se cumplirá que : 2

1

1

2RR

θθ

=

“Los ángulos girados son inversamente proporcionales a los radios”.



b) Si el disco (2) da una vuelta completa θ=360ª el disco (1) girará un ángulo θ1 tal

que: 1

22

1

21 R

R360ªθRRθ ==

c) La igualdad de los arcos es la expresión matemática de la exigencia física de que

las circunferencias rueden una sobre la otra sin deslizar.

d) Si n1 es el No.de vueltas de la circunferencia (C1 ) y n2 el de (C2 ) se cumplirá:

1

2

2

1RR

nn

=

“Los números de vueltas son inversamente proporcionales a los radios de los discos”.

Si n1 = 1 vuelta n2 =2

1RR vueltas

e) Si (C2 ) gira en sentido antihorario con una frecuencia de 1200 RPM , (C1 ) dará

en el mismo tiempo un número de vueltas dado por: n1 = 1

2RR n2 = 3001200.

105.2

= .

El disco (C1 ) girará a una frecuencia de 300RPM.

Ejercicio No.14 T1 T3 P ϕ O1 O2

(C1 ) (C2 )

a) Tomando PO2⏐⏐T1T3 y consedirando el triángulo O1P2 O tendremos:

O1P = R1 – R2 O1O2 = d PO2 = T1T3 = 221

2 )R(Rd −−

b) En el triángulo O1PO2 tendremos: cosϕ = d

RR 21 − .

c) LLamemos: T1´ = RO1, θ1 (T1) y T3´ = RO2, θ2 (T3) .

arco T1T1´ = R1θ1 arco T3T3´ = R2θ2 Debiendo ser iguales los arcos T1T1´, T3T3´

1

2

2

1θθ

RR

= .



Ejercicico No.15 T1

T3

ϕ O1 O2 T4 T2

a) Del ejercicio No.14:

seg.T1T3 = 221

2 )R(Rd −− arco T1T2 = 180ª

.π).R2(360ª 1ϕ−

arco T3T4 = 180ª

π).R2(360ª 2ϕ−

Longitud de la correa L: L = 2 T1T3 + arco T1T2+ arco T3T4

L = 221

2 )R(Rd −− +180ª

.π).R2(360ª 1ϕ− +180ª

π).R2(360ª 2ϕ−

Con cosϕ =d

RR 21 −

Para los valores dados obtenemos L ≅ 250cm = 2.50m.

b) Llamando ω1 y ω2 a las respectivas velocidades angulares de los discos (1) y (2),

que suponemos constantes , la relación entre ellas es inversamente proporcional a los

radios respectivos. 1

2

2

1RR

ωω

=

c) El disco (C2 ) girará en sentido horario.

n2 = n1.2

1RR = 1500 La frecuencia del disco (C2) será entonces de 1500 RPM.

Ejercico No.16 Deseamos hacer corresponde las circunferencias congruentes (C1 ) y (C2 ) de centros

O1 y O2 respectivamente , mediante una rotación de centro O, de forma que ambas

sean tangentes exteriores como se indica en la figura siguiente.

El ángulo de rotación θ será el áng.O1OO2 tomado en sentido horario, que es igual al

ángulo formado por las tangentes a (C1 ) trazadas desde el punto O.



(C1) (C2) (C3) θ (C ) O

2θ

O O1

T a) Trabajando en el triángulo rectángulo OTO1 y siendo OO1= R + r , O1T = r

deducimos que : senrR

r2θ

+= (1)

b) Si tenemos n circunferencias que rodean a (C ) tendremos:

nθ = 2π nπ

2θ=

Sustituyendo en (1) rR

rnπsen

+=

Despejando r obtenemos:

nπsen1

nπR.sen

r−

=

c) El radio de la circunferencia exterior es: R´ = R + 2r

d) Siendo R = 5cm , n = 12 tendremos:

1.74cm

12πsen1

12π5.sen

r =−

= R´= 8,48 cm

Este ejercicio que has resuelto se refiere al llamado “cojinete de bolas” o “ruleman”.

R , R´y r son respectivamente los radios de los aros interior , exterior y de las esferas

que permiten el movimiento relativo de los aros o “pistas”.



Ejercicio No.17 D M C 120ª O 120ª N A B

a) La solución dada es incorrecta.

Observa que las distancias OA y OM son distintas. El triángulo AMN construído no

es equilátero.

OA es el radio de la circunferencia (C ) circunscrita al cuadrado por lo que si

giramos el punto A un ángulo de 120ª en sentido horario , su correspndiente estará en

(C ) y no es el punto M.

El error de la solución propuesta consiste en suponer que el centro O del cuadrado

coincide con el centro del triángulo buscado.

b) Solución correcta.

D M C r 60ª

N A B r´

M∈CD y N∈BC. Los puntos M y N deben corresponderse en una rotación de

centro A , ángulo 60ª y sentidko horario. Para determinarlos basta girar la recta r y

obtener su imagen r´.Tendremos entonces que: N = r´ ∩ BC.

Hallado N buscamos su preimagen M en la rotación . Queremos estudiar la existencia de un punto P de un triángulo ABC que unido con

los vértices del mismo determine ángulos de 120ª como se indica en la figura.



C

120ª P 120ª

120ª

A B

Como ang.APB = 120ª P ∈ arco capaz de 120ª y segmento AB.

Como ang.APC = 120ª P ∈ arco capaz de 120ª y segmento AC.

La intersección de ambos arcos capaces nos determina el punto P.

El tercer arco capaz de ángulo 120ª y segmento BC cortará a los dos anteriores en el

mismo punto P. C

P

A B

El punto P existe y es único cualquiera sea el triángulo ABC siempre que uno de sus

ángulos no sea mayor o igual a 120ª.

En ese caso el arco capaz correspondiente a ese ángulo es exterior al triángulo.

C

A B


CAPITULO V

EJERCICIOS SOBRE

TRASLACION

α≡α´


ENUNCIADOS


Capítulo V – Traslación - Enunciados

Ejercicio No.1 Encuentra las imágenes de las figuras que se te indican , en las traslaciones que se

definen: D C r

u O

T u

A B (1) TOA

(2)

(C) A C

u B

T u TAC

(2) (4)

Ejercicio No.2 Se consideran: circunferencia (C ) de centro O y radio R , recta r y vector u según

figura.

©


r

θ u

Hallar un punto P ∈ (C ) y un punto Q∈r , tales que Tu (P) = Q.

Si d es la distancia del punto O a la recta r y θ el ángulo indicado en la figura , hallar

entre qué valores debe variar la norma del vector u ( en función de R , d , θ ) para

que el problema de la parte a) tenga solución.

Capítulo V – Traslación – Enunciados

Ejercicio No.3 Sea (C ) una circunferencia de centro O y radio R y u un vector no nulo.

Hallar punto P∈(C) tal que P´∈ (C) siendo P´= Tu (P).

Discutir el problema según la norma del vector u.

(C )

O u

Ejercicio No.4 Sea ABC un triángulo equilátero de circuncentro O.

A´BĆ´= TAO (ABC)

a) ¿Qué tipo de figura es la intersección de los triángulos ABC y A´BĆ´?

Calcula la relación entre su área y la del triángulo ABC.

b) Calcula la relación entre el área del pentágono ABBĆĆ y el triángulo ABC.

Ejercicio No.5 En cada uno de los siguientes casos indica si las semirectas A(a) y B(b) pueden

hacerse corresponder en una traslación. En los casos afirmativos indica el vector de

la traslación.

a a B

A B b r A b

(1) S r || s

(2) B b

a b

a A r

A (3) s B r || s

a (4) A

B

b (5)



Ejercicio No.6 E D F C I (I) A B J (II) L K

Sean ABCDEF y BCIJKL los hexágonos regulares (I) y (II) de lado a indicados en

la figura.

a) ¿ En qué traslación puedes hacer corresponder al hexágono (I) el hexágono (II)?

Indica el vector de la traslación.

b) Calcula el perímetro y el área del polígono convexo ALKJIDEF en función de a.

Ejercicio No.7 Se consideran las circunferencias (C1) y (C2) de centros O1 y O2 y radios R1 y R2

respectivamente como indica la figura. D∞ (C1) (C2) θ O1 a O2

Se define una dirección D∞ por medio del ángulo θ indicado.

a) Halla una recta r de dirección D∞ que determine cuerdas iguales sobre ambas

circunferencias.

b) Discute la posibilidad de obtener solución al variar θ.

Ejercicio No.8

a) Se consideran dos rectas secantes r y s , una dirección D∞ distinta de las definidas

por r y s, y un número real L >0. Ana Coló Herrera Héctor Patritti


Hallar un segmento RS con R∈ r , S∈ s , de dirección D∞ y longitud L.

s r

D∞

b) Construir un cuadrilátero convexo ABCD conociendo los ángulos y la medida de

los lados opuestos AB y CD.

c) Construir un cuadrilátero convexo ABCD conociendo la medida de los cuatro

lados y el ángulo que forman las rectas AB y CD.

Ejercicio No.9 Un río de orillas paralelas separa dos ciudades desigualmente alejadas de aquellas.

Se desea construir un puente perpendicularmente a la orilla de manera que ambas

localidades queden a igual distancia de la entrada correspondiente.

A •


• B Plantea un modelo geométrico del problema indicado qué hipótesis asumes y

resuelve el problema. Ejercicio No.10 Sean r y s rectas paralelas , A y B dos puntos pertenecientes al semiplano de borde r

que no contiene a s.

B •

A • r s

D∞


Hallar puntos M y N tales que M∈r , N∈s , la recta MN tenga dirección dada D∞

y además:

a) seg. AM = seg. BN

b) AM⊥BN

c) La suma de distancias AM+MN+NB sea mínima.

Ejercicio No.11 Se considera un triángulo ABC de ortocentro H.

M , N y P son los puntos medios de los lados AB , BC y AC respectivamente.

D , E y F puntos medios de los segmentos HA , HB y HC ; I , J , y K son los pies de

las alturas hC , hA , hB respectivamente.

a) Probar que: TPN (D) = E , TMP(E) = F , TNM (F) = D , TCF (P) = D.

b) ¿Qué tipos de cuadriláteros son: PDEN , PMEF , y MNFD?

c) Deducir que los puntos P , M , N , D , E , F , I , J , K , pertenecen a una

circunferencia (C ) llamada circunferencia de los nueve puntos o circunferencia de

Feuerbach.

¿Qué relación tiene (C ) con el triángulo formado por las paralelas medias del

triángulo ABC?. ¿Cuál es su centro?.


RESOLUCIONES


Capítulo V- Traslación- Resoluciones

Ejercicio No.1 r D C r´ D´ O C´ R A B u R´ u A´ B´ Tu TOA (1) (2)

A A´C C´ u O O´ B B´ u Tu TAC (3) (4) Ejercicio No.2 a) P2 Q2 O rO r (C) P1 Q1

θ u

Basta hallar la preimagen rO de la recta r en Tu y buscar su intersección con la

circunferencia (C ) determinando los puntos P , y luego los puntos Q.

En el caso planteado encontramos dos parejas soluciones (P1 , Q1 ) y (P2 , Q2).

También podríamos haber resuelto el problema encontrando la imagen de la

circunferencia (C ) en la traslación y hallando su intersección con la recta r

determinando los puntos Q.



b) Sean t1 y t2 las tangentes a la circunferencia (C ) paralelas a la recta r.

El problema planteado en la parte a) del ejercicio tiene solución en la medida que la

recta rO , preimagen de r en la traslación , sea secante o tangente a la circunferencia.

Para ello deberá pertenecer a la franja definida por las dos rectas tangentes indicadas.

Deberá cumplirse entonces que: BC ≤ || u || ≤ AC. t1 t2 r

T1

O

T2

θ θ u E D S

Llamemos d a la distancia OS y R al radio de la circunferencia.

En el triángulo T2DS: sen θ = DS

ST2 DS = senθ

Rdsen

2 −=

θST ||u||min =

senθRd −

En el triángulo T1ES: sen θ =ES

ST1 ES = senθ

Rdsen

1 +=

θST ||u||max. = senθ

Rd +

Ejercicio No.3

(C´) P1´ O´ u P1 O P2´ (C) P2

P∈ (C ) , P´∈ (C ) , P´= Tu (P) , (C ´) = Tu (C ) P´∈ (C ´)

Para resolver el problema basta entonces hallar la imagen (C ´) y luego hallar los

puntos comunes con la circunferencia (C ). De este modo hallamos dos soluciones

para el punto P´ y buscando sus preimágenes en (C ) obtenemos los puntos P.

Discusión: || u || < 2R dos soluc. , || u || = 2R una soluc. , || u || > 2R cero soluc.



Ejercicio No.4

C´ C D

O E A´ B´ 30ª 30ª A B a) La figura intersección es el triángulo A´DE.

ang. DAÉ = 60ª por ser correspondiente del ang.CAB en la traslación.

ang. A´DE = ang. AĆ´B´= 60ª por correspondientes.

En consecuencia el triángulo A´DE es equilátero.

b) Fácilmente demuestras que el ángulo CBB´= 90ª y por tanto el cuadrilátero

BBĆĆ es rectángulo. de lados L (lado del triángulo ABC) y h32 siendo h la altura

del triángulo ABC ( los puntos B y B´son correspondientes en la traslación y por

tanto seg,BB´= seg.AO = h32 ).

Area ABC = 2.hL AreaBBĆĆ = hL

32.

Area pentágono = 2.hL + hL

32. = Lh

67

37

=BCtrianguloAAreapentágonoArea

Ejercicio No.5 Para que dos semirectas se correspondan en una traslación deben ser paralelas y del

mismo sentido.

a) No existe traslación.

b) No existe traslación.

c) TAB (A(a)) = B(b) a b B A



d) a A b r s B TAB (A(a)) = B(b)

e) No existe traslación.

Ejercicio No.6 E a D F C I (I) (II) A B J L K

a) El hexágono (II) es imagen del hexágono (I) en la traslación de vector EC que se

indica en la figura.

Consideremos el triángulo rectángulo FEC. E a F 30ª C

||EC|| = 3a3

3atg30ª

a==

b) El polígono ALKJIDEF es un octógono.

El cuadrilátero ADIC es paralelogramo ya que los segmentos ED y CI son

congruentes y paralelos. Se concluye entonces que son congruentes los segmentos DI

y EC.

AL =DI = 3a Perímetro ALKJIDEF = 6a + 2 3a = 2a ( 3+ 3 )

Area ALKJIDEF = 2 Area hexag. + 2 Area CDI = 2 Area hexag. + Area EDIC

La altura del paralelogramo EDIC , tomando CI como base , es la apotema del

hexágono , cuya medida es 23a .



Area hexag. = 22

33 a2

236a.a

2apotemaperímetro.

==

Area EDIC = 2a23

23aa. =

Area ALKJIDEF = 222 a2

37a23a2

332. =+

Ejercicio No.7

d∞ (C1) r D O1 θ C O2 B (C2) A O2´ (C2´)

a) Consideremos la figura de análisis indicada donde supinemos el problema

resuelto. Se cumplirá entonces que los segmentos AB y CD serán congruentes.Si

construímos la circunferencia (C2´) indicada que pasa por los puntos A y B y tiene

giual radio que la circunferencia (C2) su centro O2´ será tal que O1O2´ ⊥ r y por

tanto O1O2´ ⊥ d ∞ y además O2O2´ ⏐⏐ d ∞ . Las circunferencia (C2) y (C2´) se corresponderán en una traslación de vector O2O2´

en la que el punto C será la imagen del punto A y D la imagen de B con lo que los

segnmentos AB y CD serán congruentes.

La solución del problema consiste enytonces:

1) Determinar el punto O2´ trazando por el punto O2 la paralela a la dirección d ∞ y

por el punto O1 la perpendicular a d ∞. 2) Construir la circunferencia (C2´) de centro O2´ e igual radio que (C2).

3) (C2´) ∩ (C1) = {A , B}

Los puntos A y B determianan la recta r solución.


Capítulo V- Traslación- Resolucione

Discusión

La existencia de la recta r dependerá de la posición relativa de las circunferencias

(C1) y (C2´).

Si:

distancia O1O2´ < R1 + R2 la recta r existe y el problema tiene solución.

distancia O1O2´ = R1 + R2 las cuerdas se reducen a un punto.

distancia O1O2´ > R1 + R2 la recta r no existe y el problema no tiene solución.

Considerando el triángulo rectángulo O1O2´O2 tenemos: O1 d O2

θ O2´

sen θ = dO´O 21 O1O´2 = d. sen θ

En resumen: para que exista recta r que resuelva el problema la dirección elegida

debe ser tal que el ángulo θ cumpla: sen θ < d

RR 21 + .

Ejercicio No.8

a) Considera una traslación Tu cuyo vector u tenga la dirección dada , cuyo sentido

sea uno de los dos posibles de esa dirección y tal que || u || = 1.

s d ∞ R S

u r r´

Aplica esa traslación a la recta r y encuentra su imagen r´-

r´ ∩ s = S . El punto R será la preimagen de S en la traslación.

b) Construyamos una figura de análisis. C D A B


Capítulo V- Traslación- Resolucione

Nuestros datos son las longitudes de los lados opuestos AB y CD y los cuatro

ángulos interiores del cuadrilátero.

Comenzamos ubicando el lado AB cjon cualquier dirección. Valíendonos de los

ángulos BAD y ABC construimos las semirectas A(D) y B(C) respectivamente.

Nos falta ubicar los vértices C y D con C en la semirecta B(C) y D en la semirecta

A(D) sabiendo la longitud del segmento CD y su dirección que está determinada ,

por ejemplo , por el ángulo CDA conocido.

Basta trazar una recta con esa dirección y utilizar la parte a) del ejercicio.

La figura siguiente te muestra la construcción del cuadrilátero.

r ang.ADC C

D

A B

c) Construyamos figura de análisis. C

D

θ

A B

Nuestros datos son las longitudes de los lados y el ángulo θ.

Comencemos construyendo el lado AB. Como la longitud AD es conocida podemos

afirnmar que el punto D pertenecerá a una circunferencia (C1) de centro A y radio

AD , idem el punto C pertenecerá a una circunferencia (C2) de radio BC y centro B.

El ángulo θ nos da la dirección del lado CD. Debemos pues encontrar un segmento

CD de longitud L conocida , de dirección dada y con el punto D perteciente a la

circunferencia (C1) y el C perteneciente a la circunferencia (C2). Resolvamos previamente este problema.



d ∞

(C1´) C

D

O1 O O2 (C1) (C2)

Si consideramos la traslación Tu con u de dirección d ∞ y || u || = L y hallamos la

imagen (C1´) de (C1) en ella , podemos afirmar que el punto C , imagen del punto D ,

deberá pertenecer a (C1´).

Como además el punto C debe pertenecer a la circunferencia (C2) lo encontramos

como intersección de (C1´) y (C2).

Hallado el punto C encontramos su preimagen D.

Los pasos para la construcción del cuadrilátero serán entonces:

1) Construimos al lado AB.

2) Construimos las circunferencias (C1= y (C2).

3) Consideramos una recta r que forma el ángulo θ con la recta AB para definirnos la

dirección ddel lado CD.

4) Hallamos la imagen (C1´) de (C1) en la traslación de vector u con la dirección de la

recta r y norma igual a L.

5) Determinamos C = (C1´) ∩ (C1).

6) Hallamos la preimagen D del punto C.

(C1´) C D

θ A B

(C1) (C2)



Ejercicio No.9 Suponemos el problema plano , orillas rectilíneas y paralelas y representamos las

ciudades por puntos.

Consideremos la siguiente figura de análisis.

A• M r1 r2 N C

•B

Se desea que seg.AM = seg. NB , MN ⊥ r1, r2.

Si construimos el punto C tal que C = TNM (B) , la figura MNBC será un

paralelogramo. Por tanto NB = MC = AM , lo que nos indica que el punto M debe

pertenecer a la mediatriz del segmento AC , y ello nos permite ubicar M sobre r1.

La construccuión que resuelve el problema será entonces:

1) Construimos el punto C tal que C = TQP (B) .

2) Construimos la meddiatriz del segmento AC y cortando con la recta r1

determinamosel punto M.

3) Ubicamos finalmente N en r2 con MN⊥r2 .

A Mediatriz de AC r1 M P C N Q B

Ejercicio No.10 a) Veamos la figura de análisis siguiente.

Deberá cumplirse que los segmentos AM y BN sean congruentes , y que el

segmento MN com M ∈ r y N∈s , tenga dirección d∞.



A • • B

M r

S N

d∞

Si consideramos la traslación TMN y hallamos A´ = TMN (A) , el cuadrilátero AAŃM

será paralelogramo por lo que los segmentos AM y AŃ serán congruentes . En

consecuencia serán también congruentes los segmentos AŃ y BN con lo que

podemos afirmar que el punt N se ncuentra en la intersección de la mediatriz del

segmento A´B y la recta s. Determinado N encontramos su preimagen M.

La solución será entonces la siguiente: Mediatriz de A´B A • • B

A´ P M r

Q N s

d∞

1) Definimos un vector PQ con dirección d∞ , P ∈ r y Q ∈ s.

2) Hallamos A´= TPQ (A).

3) Construimos mediatriz del segmento A´B y cortamos con la recta s obteniendo el

punto N.

4) Encontramos punto M preimagen del punto N en la traslación.

b) AM ⊥ BN

Consideremosla siguiente figura de análisis.



A • • B M r N s

d∞

Si consideramos el punto Aćorrespondiente de A en la traslación de vector MN , el

cuadrilátero AAŃM será paralelogramo y por tanto AM⏐⏐A´ N. En consecuencia

AŃ ⊥ BN, lo que nos permite afirmar que el punto N será punto de intersección de

la recta s y el arco capaz de 90ª y segmento AB.

Construcción:

1) Definimos un vector PQ como en el caso anterior.

2) Hallamos el punto A´ = TPQ (A).

3) Construimos Arco capaz de 90ª sobre segmento AB y cortamos con la recta s

hallando punto N (dos soluciones).

4) Encontramos punto M preimagen de N en la traslación. B A P M r A´ Q N s

c) Se desea ahora que la suma de distancias AM+MN+NB sea mínima.

• A

•B M r

d∞ N s



Como el segmento MN tiene dirección fija su longitud no varía al variar la posición

del punto M sobrel recta r.

Para que la suma de distancias pedida sea mínima deberá serlo entonces la suma de

distancias AM+BN.

Si llamamos B´ a la imagen del punto B en la traslación TNM la figura MNBB´ será

paralelogramo y los segmentos BN y B´ M serán congruentes.

En definitiva debemos encontrar un punto M de la recta r tal que la suma de

distancias AM + MB´ sea mínima , problema que ya has resuelto en el capítulo sobre

simetría axial.

La construcción para la solución del problema será entonces:

1) Definimos la traslación de vector QP y hallamos B´= TQP (B) 2) Simetrizamos A respecto de la recta r y hallamos A´.

3) Unimos el punto A´ con el punto B´ y hallamos M sobre la recta r.

4) Determinamos la preimagen de M en la traslación y determinamos N.

•A B´ •B P M r Q N s d∞

Ejercicio No.11 a) Refiriéndonos a la figura siguiente tenemos:

El segmento PN es paralela media del triángulo ABC PN⏐⏐AB , AB21PN =

El segmento DE es paralela media del triángulo ABH DE⏐⏐AB , AB21DE =

Los segmentos PN y DE son congruentes y paralelos y por tanto :

TPN (D) = E



Con un razonamiento completamente similar concluimos que:

TMP (E) = F TNM (F) = D

Como además el segmento PD es paralela media del triámgilo CMA será:

TCF (P) = D

C F J P N K H D E A I B M b) Como: PN⏐⏐DE⏐⏐AB , PD⏐⏐NE⏐⏐CI , y CI⊥AB se concluye que el

cuadrilátero PDEN es rectángulo.

Con razonamientos idénticos demostramos que los cuadriláteros PMEF y MNFD

también son rectángulos.

Consideremos la circunferencia (C ) circunscrita al rectángulo DENP.

Los segmentos DN y PE son diámetros de ella.

Como los ángulos DJN = 90ª y PKE = 90ª entonces concluimos que los puntos

J y K pertenecen a la circunferencia (C ).

Considerando ahora el rectángulo PMFE , dado que el segmento PE es diámetro , la

circunferencia circunscrita a él coincide con (C ). Concluimos por tanto que los

puntos M y F pertenecen a (C ).

Como el ángulo FIM = 90ª y el segmento MF es diámetro deducimos que el punto I

pertenece a (C ).

Hemos probado pues que los nueve puntos P, M, N,D,E,F, I, J, K son concíclicos.

c) Como P , M , y N son puntos de (C ) , la circunferencia de FEUERBACH es la

circunscrita al triángulo formado por las paralelas medias y su centro será la

intersección de las mediatrices de esas paralelas medias.


CAPITULO VI

EJERCICIOS SOBRE

ANTITRASLACION

α

O a O´ a´

α´


ENUNCIADOS


Capítulo VI – Antitraslación – Enunciados.

Ejercicio No.1 Efectúa las antitraslaciones que se te indican a continuación: C

A O B

A B

ATBC , CB t (1) ATt , AB (2) E D

F C

ATAD , FE

A B (3)

Ejercicio No.2

a) Si P´= ATe , u (P) , demuestra que el punto medio del segmento PP´ pertenece al

eje e de la antitraslación.

u P • e

b) Si A´(a´) = ATe , u ( A(a)) demuestra que el eje e es paralelo a la bisectriz del

ángulo formado por ambas semirectas.

Ejercicio No.3 Sean las circunferencias (C1 ) y (C2 ) del mismo radio indicadas en la figura , con la distancia T1T2 = dT1T2 =a (C1) T2 r T1

(C2)



a) Se desean hallar dos puntos P y Q tales que P∈(C1 ) , Q ∈(C2 ) , dPQ = 2a y el

punto medio del segmento PQ perteneciente a la recta r.

Indica como encontrar los puntos P y Q.

b) ¿Cuál es el mínimo radio de las circunferencias para que el problema tenga

solución?

Ejercicio No.4 Se considera un triángulo equilátero ABC.

a) Hallar la imagen del triángulo en la antitraslación ATAB , AB.

b) Sea M punto medio del lado BC y N punto medio del lado B´C´. Demuestra que el

punto medio del segmento MN pertenece a la recta AB.

Ejercicio No.5 Repite el Ejercicio No.6 de simetría central (capítulo III) pero suponiendo ahora que

el atleta recorre (C2 ) saliendo de B hacia C. (C1) A B C (C2)

¿Crees que la tercera persona deberá moverse a mayor , menor o igual velocidad que

los atletas?

Encuentra la relación de velocidades.

Ejercicio No.6 Sean: circunferencia (C ) de radio R , recta r y vector AB según figura. (C )

AB

r

a) Halla (C ´) imagen de (C ) en la antitraslación de eje r y vector AB.

b) Encuentra el punto P perteneciente a (C ) tal que la distancia PP´ sea mínima

siendo P´ la imagen de P en la antitraslación anterior.



c) Dado un número real K > 0 , hallar punto M ∈ (C ) tal que dMM´ = K siendo M´ la

imagen de M en la antitraslación de la parte a).

Indica entre qué valores debe variar K para que el problema tenga solución.

d) Resolver el ejercicio para: R = 3cm d = 2.5cm || AB || = 2cm dMM´ = 4cm.

Ejercicio No.7 Se consideran dos circunferencia (C1 ) y (C2 ) de igual radio R .

a) ¿En cuántas antitraslaciones con vector de norma R puedes lograr que (C2 ) sea

imagen de (C1 ) ? Determínalas.

b) Si A es un punto de (C 1) , ¿ qué puedes afirmar de sus correspondientes en las

antitraslaciones de la parte a)?

c) ¿Qué relación deben cumplir la distancia entre centros de las circunferencias y el

radio R para que el problema tenga solución.?

(C1 ) (C2 )

O1 d O2

Ejercicio No.8 Sea ABCD un paralelogramo según figura.

D a C b θ A B a) Halla la antitraslación AT1 que transforma la semirecta A(B) en la D(C).

b) Halla la antitraslación AT2 que transforma la semirecta B(A) en la D(C).

c) Sea u el vector de AT1 y v el vector de AT2 . Si θ = 60ª encuentra la relación

entre a y b para que se cumpla: || u ||. ||v|| =1/4 Area ABCD.

Ejercicio No.9 Sea ABCD un rectángulo de centro O. D b C

a A B



a) Encuentra la congruencia indirecta M que a la semirecta C(A) le hace

corresponder la semirecta A(D).

b) Halla la relación entre a y b para que el eje de M pase por el punto D.

c) Bajo las condiciones de la parte b) y siendo D´= M(D) demuestra que los

triángulos CDD´ y ADD´ tienen igual área.

d) Halla la relación entre el área del polígono convexo ABCD´ y el área del

rectángulo ABCD.


RESOLUCIONES


Capítulo VI – Antitraslación - Resoluciones

Ejercicio No.1 (1) C A´

B

A C´

ATBC , CB

B´

(2) (C) A O B

t

O´

(C´)

(3) ATAD , FE

C´ D´

B´ E D E ´ F A´ F´ C A B Eje Ejercicio No.2 P e N M P´ Q PO


Capítulo VI – Antitraslación - Resoluciones

a) Sea PPO || NQ. Los triángulos PMN y NQP´ son congruentes pues son

rectángulos, con los ángulos MPN y QNP´ iguales por correspondientes , y los lados

PM y NQ congruentes pues PM = MPO = NQ.

De la congruencia deducimos que los segmentos PN y NP´ son congruentes por lo

que el punto N es punto medio del segmento PP´.

b) a p θ 1 P 2 e A

6 5 A´ 3 4 AO

a´ aO

ATe , u (A(a)) = A´(a´) Sea θ el ángulo formado por las semirectas correspondientes. Sea p la semirecta de

origen P y paralela al eje e de la antitraslación.

Demostraremos que los ángulos 1 y 2 son iguales con lo que la semirecta P(p) será

la bisectriz del ángulo θ .

Se cumplen las siguientes igualdades angulares:

1 = 3 por ángulos correspondientes.

4 = 5 por ángulos correspondientes.

3 = 4 por corresponderse en la simetría axial de eje e.

5 = 6 por opuestos por el vértice.

6 = 2 por alternos internos.

Por transitiva entonces los ángulos 1 y 2 son iguales y la semirecta P(p) es la

bisectriz del ángulo θ .

Ejercicio No.3

a) Si consideras la antitraslación ATr , T1T2 en ella a la circunferencia (C1) le

corresponde la circunferencia (C2 ).


Capítulo VI – Antitraslación – Resoluciones

(C1) P1 P2

23a

a r T1 T2

23a

(C2)

Q1 Q2

Todo punto de (C1) tendrá su correspondiente en (C2) y en virtud del ejercicio

anterior el punto medio del segmento que esos puntos determinan pertenecerá al eje

r con lo que cumplimos con una de las condiciones pedidas del problema.

Nos queda por resolve el problema de encontrar puntos P y Q es que se correspondan

en la antitraslación con el punto P∈(C1) y tal que disten entre ellos la distancia 2a .

Analicemos a qué distancia del eje de una antitraslación debe encontrarse un punto A

del plano para que su imagen A´ diste de él una distancia dada k. A K M eje

AO A´

u

Del triángulo rectángulo AAOA´ concluimos que:

AAO = 22 uK − AM = ½ 22 uK −

Aplicando lo anterior a nuestro problema podemos afirmar que el punto P que

buscamos como solución deberá distar del eje r de la antitraslación una distancia d

tal que: d = ½ ( )2

3aa2a 22 =−

antitraslacion a distancia 2

3a . Obtenemos para el punto P en el caso de la figura

dos soluciones P1 y P2.



b) Si el diámetro de la circunferencia (C1) es menor que 2

3a no existirá solución.

La condición de existencia de soluciones es entonces: R ≥ 4

3a

Ejercicio No.4 a) C

A´ B´ A B

ATAB , AB (ABC) = A´B´C´ C´

b) C M

P A B A´ B ´

N

C´ Como ATAB , AB (C) = C´ ATB AB , AB (B) = B´ ATAB , AB (CB) = C´B´ y

por tanto se corresponderán sus puntos medios M y N en la abtitraslación.

En virtud de la propiedad demostrada en el ejercicio No.2 a) , concluimos que el

punto P ∈ AB.

Ejercicio No.5 (C1) P1 • O1 B O2 C r A

P2 • (C2)



Las posiciones de los atletas se corresponden en una antitraslación de eje r y vector

AB. Por consiguiente el punto medio del segmento P1P2 pertenece al eje r para toda

posición P1 en la semicircunferencia AB.

La tercera persona deberá entonces recorrer el segmento O1O2 ya que si P1 coincide

con el punto A el punto P2 coincide con B y el punto medio del segmento P1P2 es el

punto O1 y si P1 coincide con B el punto P2 coincide con C y el punto medio es O2.

Como los segmentos O1O2 y AB son congruentes la tercera persona deberá recorrer

una distancia menor que los atletas por lo que deberá hacerlo a menor velocidad.

La longitud del arco AB es: L = 2

AB.π .

Como la relación de velocidades es la misma que la relación de las longitudes

tendremos: 1.572π

AB2

AB.π

VV

2

1 ≅== V1 ≅ 1.57 V3

Siendo V1 la velocidad del atleta y V3 la velocidad de la tercera persona.

Ejercicio No.6 a) (C) O

A B

Punto P sol. parte b) r

P´ (C´) O´

Para antitrasladar la circunferencia basta que encuentres O´ correspondiente de su

centro O, y con el mismo radio obtienes (C´).

b) Recuerda que en una antitraslación cuanto mayor sea la distancia de un punto al

eje de ella , mayor será la distancia a su imagen. En consecuencia el punto de la

circunferencia que está a menor distancia de su imagen será el punto de ella más

cercano al eje de la antitraslación (Punto P de la figura anterior).

c) Busquemos el correspondiente del punto M en la antitraslación siendo a la norma

del vector AB , y K la distancia MM´.



M r K

MO a M´

En el triángulo MMOM´: MMO = 22 ak − .

El punto M debe distar del eje r la distancia : dMM´ = 2

ak 22 − .

Construyendo la paralela al eje r a esa distancia y cortando con la circunferencia (C)

obtenemos los puntos M soluciones.

El problema admite solución si dM , r está comprendida entre b-R y b+R siendo b la

distancia del centro O de la circunferencia (C) al eje r y R el radio de la misma.

O sea: b - R ≤ 2

ak 22 − ≤ b + R

Finalmente entonces: ( ) ( )2222 Rb4aKRb4a ++≤≤−+

d) R = 5cm b = 8cm || AB || =10cm K = 20cm

Verifiquemos las desigualdades anteriores.

( )22 Rb4a −+ ≅11.66 ( )22 Rb4a ++ ≅ 27.86

Como K cumple las desigualdades exigidas el problema admite dos soluciones.

Ejercicio No.7 e2 e1

(C1) (C2)

O1 P O2

u2 u1

OO Oo



a) Determinaremos eje y vector de la antitraslación.

Como O1 y O2 deben corresponderse , el eje e debe pasar por P, punto medio del

segmento O1O2.

Si llamamos Oo al correspondiente de O1 en la simetría axial de eje e1 , el triángulo O1 OoO2 es rectángulo en OO.

En consecuencia el punto Oo pertenece a la circunferencia de diámetro O1O2.

Como la norma del vector u debe ser igual al radio R tendremos dos posibles

antitraslaciones. Los puntos Oo los obtenemos cortando la circunferencia de

diámetro O1O2 con las circunferencias (C1) y (C2).

Los ejes pasando por P son paralelos a los respectivos vectores.

Las antitraslaciones son entonces: ATe1, u1 y ATe2 , u2 .

b) Dado A∈(C1) llamemos A´ y A´´ a sus correspondientes en las antitraslaciones

anteriores. Ambos puntos deben pertenecer a la circunferencia (C2) y podemos

afirmar que serán puntos distintos ya que si coincidieran habríamos encontrado dos

congruencias indirectas distintas que harían corresponder las semirectas O1(A) y

O2(A´).

c) Considerando el triángulo O1 OoO2 , la condición para que existan las

antitraslaciones es que la norma del vector u , o sea R , sea menor que la distancia

entre los puntos O1 y O2 , es decir: R < dO1O2

Ejercicio No.8 a) u D C

M eje

b

A a B

Como los puntos A y D se corresponden en la antitraslación el eje pasará por el

punto medio M del segmento AD.

Como las semirectas correspondientes A(B) y D(C) forman un ángulo nulo el eje de

la antitraslación debe ser paralelo a ambas. Por consiguiente el eje es la recta paralela

a AB por el punto M. El vector u se obtiene proyectando el vector AD en la dirección del eje.



b) Como los puntos B y D se corresponden el eje pasará por el punto medio O

(centro del paralelogramo) del segmento BD.

Como además las semirectas correspondientes B(A) y D(C) forman 180ª el eje tendrá

dirección perpendicular a ellas.

El vector v de la antitraslación lo obtenemos como proyección del vector BD sobre

la dirección del eje. e D C

v O

A B

c) D a C

v

b

60ª

A u E B

Area ABCD = a. || v || || u || . || v || =41 a .|| v || || u || =

41 a (I)

En el triánagulo AED tenemos: || u || = b. cos60ª = 2b (II)

De las igualdades (I) y (II) obtenemos : a = 2b

Ejercicio No.9 a) D b C

bisectriz u a

A eje B



En la antitraslación a la semirecta C(A) le corresponde la semirecta A(D) por lo cual

el punto A es imagen del punto C y el eje debe pasar por el punto medio del

segmento CA o sea el centro del paraalelogramo.

Debe además ser paralelo a la bisectriz del ángulo que forman las citadas semirectas

correspondientes , indicada en la figura.

Proyectando ortogonalmente sobre el eje hallado el vector CA obtenemos el vector u

de la antitraslación.

b) D C

u

O b

A a B eje

Como se desea que el eje de la antitraslación pase por el vértice D deberá ser

entonces la diagonal BD.

Como el punto O pertenece al eje , su correspondiente también pertenecerá al eje.

Siendo además O un punto de la semirecta C(A) tendrá su correspondiente sobre la

semirecta A(D) , por lo que concluimos que el correspondiente del punto O es el

vértice D y en consecuencia el vector de la antitraslación es el vector OD.

Se cumple que en la antitraslación considerada A es imagen de C , y D es imagen de

O , por lo que se deduce que los segmentos CO y AD son congruentes y en

consecuencia el triángulo AOD es equilátero.

El triángulo DAC será entonces un triángulo rectángulo de ángulos 30ª - 60ª por lo

que: 3ª60tgab

== 3a.b =

c) D´

E D C

30ª

O a A a 3 B



El punto D´ correspondiente de D en la antitraslación no es más que el simétrico del

punto O respecto del punto D.

Del triángulo DED´: DÉ = DD´. sen 30ª = DO. sen 30ª = 2a

DE = DD´. cos 30ª = 2

3a.

Area (DDĆ) = 4

3.a2

2a.3a.

2DC.DÉ 2

== (I)

Area (DDÁ) =4

3.a22

3aa.

2DA.DE 2

== (II)

De las igualdades (I) y (II) se concluye lo pedido.

d) Area (ABCD´) = Area (ABCD) + 2 Area (DCD´) = 22 a2

33432.a3a.a =+

Area (ABCD) = 2a3

23

(ABCD) Area(ABCD´) Area

=


CAPITULO VII

COMPOSICION DE

CONGRUENCIAS

M1 M2

P P´ P´´

M1 O M2

Ana Colo Herrera Hector Patritti

INTRODUCCION


Capítulo VII - Composición de Congruencias – Introducción

INTRODUCCION Para resolver los ejercicios que te planteamos debes tener presentes ciertos

conocimientos que has adquirido en el curso respecto de la composición de

congruencias.

A efectos de ayudarte a recordarlos te los mencionamos a continuación.

1) LA COMPOSICION DE CONGRUENCIAS ES OTRA CONGRUENCIA

Componer dos Congruencias M1 y M2 , en ese orden , significa simplemente

aplicarlas “sucesivamente” a los puntos del plano.

Adoptaremos la siguiente notación:

M = M2 o M1 significa aplicar a los puntos del plano en primer término la

Congruencia M1 y luego a las imágenes obtenidas aplicarles la Congruencia M2 .

M1 M2


* * * P P´ P´´

M = M2 o M1

La Congruencia M resultante de la composición transforma P en P´´ y notaremos:

(M2 o M1) (P) = M2[ M1(P) ] = M2 (P´) = P´´

2) LA COMPOSICION DE CONGRUENCIAS NO ES CONMUTATIVA.

No es válido que: M2 o M1 = M1 o M2

Lo que afirmamos es que conmutando las Congruencias no obtendremos en general el

mismo resultado , lo cual no significa que para determinadas parejas M1 , M2 ello no

pueda ocurrir.

Capítulo VII - Composición de Congruencias – Introducción La antitraslación es un ejemplo donde se cumple la propiedad conmutativa.

Se o TAB = TAB o Se .

Repara que de acuerdo a nuestra notación deberás efectuar las composiciones de

“derecha” a “ izquierda”.

3) LA COMPOSICION ES ASOCIATIVA .

M = M3 o M2 o M1 = ( M3 o M2) o M1 = M3 o ( M2 o M1)

En los ejercicios esta propiedad resultará importante para facilitarte su resolución.

4) Recuerda además:

a) CLASIFICACION DE CONGRUENCIAS:

DIRECTAS – Identidad , Simetría Central , Traslación , Rotación.

INDIRECTAS – Simetría axial , Antitraslación

b) DEFINICION DE LAS CONGRUENCIA según las semirectas y semiplanos que en

ellas se corresponden.

c) PROPIEDADES DE LAS CONGRUENCIAS.

Veamos , a título de ejemplo , el siguiente ejercicio.

Una pieza metálica con forma de disco circular como el ilustrado en fig. (1) debe

llevarse, en un proceso industrial, de la posición inicial (I) a la posición final (II) situada

en el mismo plano, fig (2).

Fig. (1)



POSICION (I)

O1

POSICION (II) A O2

FIG. (2)

Asumiendo el disco como figura geométrica F consideramos F(II) como imagen de F(I)

en una congruencia.

Se sabe que en el proceso se llega a la posición (II) aplicando primero una rotación de

centro A, 90° , sentido horario ( RA , - 90° ) seguida de una rotación de centro O2 , 90°,

sentido horario ( R02 , - 90° ) .

En definitiva F(II) es la imagen de F(I) en la composición M tal que:

M = . °−°− 90, 90, 2 AO RoR

O1 O1

N N O3

N´´ N´ A O2 A O2

RA, - 90° RO2 - 90°

Fig.(3) Fig.(4


Capítulo VII - Composición de Congruencias – Introducción Se te pregunta ahora:

¿ En lugar de aplicar las dos congruencias indicadas , puedes obtener el mismo

resultado aplicando una sola?.

¿Cuál es esa congruencia y cuáles son sus elementos canónicos?

Ya sabes que la respuesta a la primera pregunta es afirmativa ya que la composición de

congruencias es otra congruencia.

Intentemos ahora determinarla.

Lo primero que podemos deducir es que debe ser una congruencia directa por ser

composición de congruencias directas.

La sola inspección de la figura (2) te permite desechar la Identidad y la Traslación.

Se tratará entonces de una rotación ( Simetría Central como caso particular).

Veamos la posibilidad de que se trate de una simetría central.

De serlo habremos resuelto el problema , en caso contrario trataremos de hallar los

elementos de una rotación.

Los puntos O1 y O2 son correspondientes por lo que si M es una simetría central su

centro debería ser el punto medio O3 del segmento O1 O2.

Cualquiera otra pareja de puntos correspondientes deberían determinar segmentos cuyo

punto medio fuera O3.

¿Será O3 punto medio del segmento NN´´ ?

De serlo los puntos N , O3 , y N´´ deberán estar alineados y además los segmentos

NO3 y N´´O3 deberán ser congruentes.

Si consideras el cuadrilátero O1NO2N´´ , como se cumple que O1N es congruente con

O2N´´ y O1N⏐⏐O2N´´ , puedes afirmar que se trata de un paralelogramo una de cuyas

diagonales es el segmento O1O2 .

Por tanto el segmento NN´´ , que es la otra diagonal , pasa por O3 y éste es su punto

medio

Finalmente entonces: 3O90 - ,A 90 ,2 )( ) C R =°°− oOR (

Tal vez pienses que hemos ido demasiado rápido en nuestra afirmación anterior y

que sería necesario previamente chequear otras parejas de puntos correspondientes

para ver si el punto O3 es punto medio de los segmentos por ellos determinados.


Capítulo VII - Composición de Congruencias – Introducción .

Si recuerdas el axioma de determinación de las congruencias concluirás que ello no es

necesario ya que al haber tomado las parejas (O1 , O2) y (N , N´´) has definido las

semirectas O1(N) y O2(N´´) correspondientes , y siendo directa la congruencia ella es

única .

Hemos logrado encontrar la congruencia resultante de la composición comparando la

figura F(I) y su imagen F(II) , aunque si haces abstracción del disco lo único que en

realidad hemos hecho fue seguir al punto O1 en ambas rotaciones para hallar su imagen

final O2 y al punto N para hallar su imagen N´´.

Aplicar luego que la congruencia era directa y así llegamos al resultado.

Esta forma de razonar será la base de uno de los métodos que podrás aplicar para

resolver composiciones y que veremos más adelante.

Debes recordar también una serie de teoremas que has visto en la parte teórica sobre

composición de dos simetrías axiales y que resumimos en el cuadro siguiente.

En el mismo a los ejes de las simetrías axiales por motivos de simplicidad los notaremos

con números, 1, 2 , etc.

EJES 1 y 2 COMPOSICION

1

COINCIDENTES 2 S2 o S1= I

A 2 S2 o S1 =TAB

1

PARALELOS B Dirección ⊥ ejes 1, 2

AB Sentido de 1 a 2

||AB|| = 2d d distancia 1-2



1

θ

2 S2 o S1 = θO,-2R

SECANTES O El sentido se determina girando el eje 1 hacia el 2 por el menor de los dos ángulos posibles 1 2 PERPENDICULARES O S2 o S1 = CO

1) Recuerda también la descomposición de las congruencias en composición de dos

simetrías axiales que surge del cuadro anterior. TRASLACION

“ Toda traslación TAB puede expresarse de infinitas formas como composición

de dos simetrías axiales cuyos ejes 1 y 2 deben cumplir:

i) Ser perpendiculares a la dirección del vector AB .

ii) Distar entre ellos 2

AB

iii) Deben numerarse respetando el sentido del vector AB.

1 2 2 1


B B

A 2

AB A

2AB

CORRECTO INCORRECTO


¿ Que significa de “infinitas formas”?

Significa que la pareja 1-2 puedes desplazarla paralelamente a sí misma colocándola en

la posición que te resulte más conveniente.

1´´ 2´´

1´ 2´


1 2 B

A 2

AB

2

AB

2

AB

Cualquiera de las parejas indicadas (1-2), (1´- 2´) o (1´´- 2´´) corresponde a una

descomposición correcta de la traslación de vector AB. ROTACION

“Toda Rotación de centro O , ángulo ± θ , puede expresarse de infinitas formas como

composición de dos simetrías axiales cuyos ejes deben cumplir:

i) Pasar ambas por el punto O .

ii) Formar entre sí un ángulo igual a 2θ

iii) Los ejes deben numerarse respetando el sentido de la Rotación.

1 2 2 1

2θ RO, - θ 2

θ

O O

CORRECTO INCORRECTO


En este caso “ infinitas formas” significa que la pareja 1-2 puedes girarla alrededor del

punto O colocándola en la posición que consideres mas conveniente.

1 2

2θ

1´

2θ

2´

Las parejas (1-2) , (1´-2´) corresponden a descomposiciones correctas de la rotación de

centro O , ángulo θ , sentido horario.

SIMETRIA CENTRAL

“Toda simetría central de centro O puede expresarse de infinitas maneras como

composición de dos simetrías axiales cuyos ejes deben cumplir :

i) Pasar ambos por O.

ii) Ser perpendiculares entre sí .

En este caso la numeración de los ejes es indiferente.

1 2 2 1

O O

CO = S2 o S1 CO = S2 o S1

CORRECTO CORRECTO



“Infinitas formas” significa en este caso que puedes girar la pareja de ejes alrededor de

O y situarla en la posición que desees. 1

1´ 2´


O 2

1´´

2´´

Cualquiera de las parejas (1-2) , (1´- 2´) , (1´´- 2´´) es una descomposición correcta de la

simetría central CO .

Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción

METODOS PARA RESOLVER EJERCICIOS SOBRE COMPOSICION

Te indicaremos tres posibles formas de encarar la resolución de este tipo de

problemas , a saber :

I) Descomposición en simetrías axiales.

II) Utilización del teorema fundamental de las congruencias.

III) Utilización de la circunferencia (CP).

I) DESCOMPOSICION EN SIMETRIAS AXIALES.

Ejemplificaremos el método mediante la resolución de un ejercicio.

Se considera un cuadrado ABCD (sentido antihorario) de centro O. Expresar en

forma canónica la congruencia M tal que:

M = RA, - 90° o CO o TAB

Descompongamos cada una de las congruencias de la composición en composición

de simetrías axiales.

Sea entonces:

TAB = S2 o S1 CO = S4 o S3 RA , -90° = S6 o S5

Nuestra congruencia M nos quedará expresada entonces como :

M = S6 o S5 o S4 o S3 o S2 o S1

En primera instancia podrías pensar que hemos complicado el problema pues en

lugar de tener que componer tres congruencias debemos ahora componer seis. La

diferencia está en que estas seis congruencias son simetrías axiales y verás que en

esta forma logramos resolver nuestro ejercicio.

En principio tu descomposición podría ser como la que te indicamos en la fig. (1).

Con esta descomposición , sin embargo , ninguna ventaja obtendríamos. Resulta ser

una descomposición “ inconveniente”.



3 1 2

D C

O 4

5

A B

45°

Fig. (1) 6

|| AB / 2||

La esencia del método consiste en manejar “convenientemente” la descomposición

de forma que ejes CONSECUTIVOS (que naturalmente corresponden a

congruencias diferentes) COINCIDAN , para lo cual según antes vimos la pareja

(1-2) puede desplazarse paralelamente a sí misma , la pareja (3-4) puede girarse

alrededor de O y la pareja (5-6) puede girarse alrededor de A.

Volviendo a nuestro ejemplo las posibles parejas a coincidir son : (2-3) y (4-5).

Intentémoslo con los ejes 2 y 3.

Tendremos la situación de la figura (3).

2 3 1 2 3

O E O 4

A B A B

Fig.(3) Fig.(4)

Una vez ubicados los ejes 2 y 3 ubicamos los ejes 1 y 4 obteniendo lo indicado en

fig.(4).

Tendremos entonces:

M = S6 o S5 o S4 o S3 o S2 o S1 = M = S6 o S5 o S4 o S1 pues S3 o S2 = I

Ocupémonos ahora de la posible coincidencia de los ejes 4 y 5.


Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción Como el eje 5 proveniente de la descomposición de la rotación debe pasar por A esa

coincidencia no es posible.

Asociando los ejes 1 y 4 obtienes una simetría central de centro en el punto E.

Recuerda ahora que esa pareja 1-4 puedes girarla alrededor de E y situarla en la

posición que desees. Girémosla entonces hasta que el eje 1 coincida con la recta EF.

En esta nueva posición lo denominaremos eje 1´.

El eje 4 pasará ahora a la posición que denominaremos 4´. (Si tienes en cuenta que la

descomposición de una simetría central es conmutativa lo que en realidad hemos

hecho ha sido intercambiar la numeración de los ejes 1 y 4 ). Nos encontramos ahora

en la situación de la fig (5).

4´ 4´ 5´ 6´

E F 1´ E O 1´

A A

Fig. (5) Fig.(6)

Descomponiendo la rotación de centro A en la pareja 5´- 6´ con el eje

5´coincidiendo con 4´ tendremos la situación de la figura (6).

Nuestra composición se ha transformado obteniéndose finalmente:

M = S6 o S5 o S4 o S1 = S6´ o S5´ o S4´ o S1´ = S6´ o I o S1´ = S6´ o S1´

Hemos logrado reducir la composición de las seis simetrías originales a solamente

dos. El resultado de esta última composición lo obtienes del cuadro (I) de la

Introducción .

El resultado final será entonces la Rotación de centro O , 90° , sentido antihorario.

M = RO , + 90°

Es posible que llegado este momento te surja la pregunta:

¿Cualquier composición de congruencias puede reducirse finalmente a la

composición de dos simetrías axiales, como en el caso del ejemplo?



Al resolver ejercicios verás que ello ocurre en ocasiones ; en otras podrás reducir la

composición a una sola simetría axial , en cuyo caso ella será el resultado de la

composición ; y en otros llegarás a la composición de tres simetrías axiales de ejes no

concurrentes volviéndose imposible toda nueva coincidencia de ejes.

Recuerda que:

“Toda congruencia puede expresarse como composición de , a lo sumo , tres

simetrías axiales”

Si logramos entonces darle solución a este último problema estarás en condiciones de

resolver cualquier composición utilizando el método que hemos estado analizando.

Ocupémonos entonces de él.

COMPOSICIÓN DE TRES SIMETRIAS AXIALES

DE EJES NO CONCURRENTES

PREVIO

Composición de una simetría axial y una central.

Caso 1)

M = Se o CO O ∉ e

e

+ O

Expresamos la simetría central como composición de dos axiales: CO = S2 o S1

con la condición de que el eje 2 sea paralelo al eje e . Sea P = e ∩ 1.

Tendremos ahora la siguiente situación:

M = Se o S2 o S1 1

Como Se o S2 = T2OP e P

finalmente obtenemos:

M = AT1, 2OP 2 O

En resumen basta trazar por O la perpendicular al eje e obteniendo el eje de la

antitraslación.



.Llamando P a la proyección ortogonal del centro O sobre el eje e de la simetría

axial el vector de la Antitraslación será 2OP .

(e) eje de la simetría P

•O Centro de la simetría Vector de la AT. Eje de la AT.

CASO 2)

M = CO o Se O ∉ e

Con un razonamiento totalmente análogo al anterior tendremos:

M = S2 o S1 o Se siendo el eje 1 paralelo al eje e

2

e P

1 O

Como S1 o Se = T2PO tendremos finalmente:

M = AT2, 2PO

e P

• O

Vector de la AT.

Eje de la AT.

El único cambio respecto del caso anterior es entonces el sentido del vector de la

Antitraslación.



COMPOSICION DE TRES SIMETRIAS AXIALES

Ejes no concurrentes

M = S3 o S2 o S1 1

θ 2

A

3

Giremos la pareja 1-2 alrededor del punto A hasta la posición 1´- 2´ con la condición

de que el eje 2´ sea perpendicular al eje 3.

Tendremos entonces la siguiente situación:

θ 2´

1´

A

3

O

M = S3 o S2 ´ o S1´

Como 2´⊥ 3 , S3 o S2 ´ = CO siendo O = 2´∩ 3 .

En consecuencia:

M = S3 o S2 o S1 = CO o S1´

Hemos reducido entonces la composición al problema previo ( caso 2 ).



1´

e

P

+ O

Finalmente entonces:

M = ATe , 2 PO

“La composición de tres simetrías axiales de ejes no concurrentes es pues una

Antitraslación”.

El método de descomposición en simetrías axiales te conducirá a la solución de la

composición en cualquier caso.

El único requerimiento será tu habilidad para lograr las coincidencias de ejes

posibles.

A medida que aumenta el número de congruencias componentes el método descrito

tiene la desventaja de volverse más laborioso.

Como casos particulares de composición de tres simetrías axiales veremos a

continuación los casos de ejes concurrentes y paralelos .

• Ejes concurrentes

M = S3 o S2 o S1 1

2

O

3

Para resolver el problema basta que gires la pareja 1-2 alrededor del punto O hasta

una nueva posición 1´- 2´ con el eje 2´ coincidiendo con el eje 3.



1

ϕ 2

O 1´

ϕ

3 ≡ 2´

M = S3 o S2 o S1 = S3 o S2´ o S1´ = I o S1´ = S1´

En definitiva: M = S1´

• Ejes paralelos

M = S3 o S2 o S1 1 | | 2 | | 3

1

2

3

Basta que traslades la pareja 1-2 a la nueva posición 1´- 2´ con la condición de que 2´

coincida con 3.

Tendremos entonces: M = S3 o S2 o S1 = S3 o S2´ o S1´ = I o S1´ = S1´

M = S1´

1´

3≡2´


Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción II) UTILIZACIÓN DEL TEOREMA FUNDAMENTAL

PREVIO

Recuerda las siguientes propiedades:

a) “El centro de una Rotación pertenece a la mediatriz del segmento determinado

por un par de puntos correspondientes”.

b) “El centro de una Rotación pertenece a la bisectriz exterior del ángulo formado

por dos semirectas correspondientes”.

c) “El eje de una Antitraslación contiene al punto medio del segmento determinado

por un par de puntos correspondientes” .

d) “El eje de una Antitraslación es paralelo a la bisectriz interior del ángulo formado

por dos semirectas correspondientes” .

Ten presente también que si en una composición el número de congruencias

indirectas involucrado es PAR , la congruencia resultante será DIRECTA y si el

número es IMPAR será INDIRECTA.

METODO (II)

Los pasos que deberás seguir para la aplicación de este método son:

1ro.)

Determinar si la congruencia es directa o indirecta .

2do.)

Elegir una semirecta cualquiera del plano y aplicando ordenadamente cada

congruencia de la composición hallar su imagen final.

3ro.)

Según la posición relativa de ambas semirectas se determina la congruencia

resultante y utilizando las propiedades antes mencionadas se hallan sus elementos

canónicos.

Resolveremos , mediante este método , el mismo ejercicio que hemos resuelto por el

método (I).

Hallar M tal que M = RA , - 90° o CO o TAB

D C

A B



1ro) Como las tres congruencias a componer son directas se concluye que M será

una congruencia directa.

2do) Elijamos como semirecta A(B).

Tendremos entonces:

TAB CO RA , - 90°

A(B) op. B(A) op. D(C) B(C)

D C

A B

Como M [ A(B)] = B(C) , siendo M directa , se concluye que es una Rotación .

3ro.) Determinación de sus elementos canónicos.

Como : M (A) = B el centro de la Rotación debe pertenecer a la mediatriz del

segmento AB. ( Propiedad a) )

El centro debe pertenecer también a la bisectriz exterior del ángulo que forman las

semirectas correspondientes , por lo que el centro debe pertenecer a la recta BD

(propiedad b) ).

La intersección de ambas rectas , punto O, será el centro de la Rotación buscada.

D C

O Bisectriz exterior

A B Mediatriz de AB

Siendo B el correspondiente del punto A el ángulo de la Rotación será AOB es decir

90° sentido antihorario.

En definitiva: M = RO , + 90°

Reencontramos entonces el resultado que ya habíamos obtenido por el método de

descomposición en simetrías axiales.



Modificación del método anterior tomando un par de puntos.

Podemos sustituir las semirectas utilizadas tomando un par de puntos del plano y

hallando sus correspondientes imágenes.

Si bien la composición es independiente de los puntos elegidos , una “adecuada”

elección de ellos puede facilitarte la resolución.

Como sugerencia si alguna de las congruencias de la composición tiene puntos

unidos resultará conveniente manejarlos al momento de la elección.

Retomemos el ejemplo que hemos estado utilizando.

M = RA , + 90° o CO o TAB D C

1) Reconocemos M como congruencia directa. + O

2) Elección de los puntos. A B

Elijamos A como primer punto.

TAB CO RA , + 90°

A B D B M(A) = B *

Como la traslación de vector AB no tiene puntos unidos podemos pensar en elegir

como segundo punto aquél que al aplicarle la traslación nos de cómo imagen el punto

O , pues entonces permanecerá unido en la segunda congruencia. Ese punto sería la

preimagen de O en la traslación.

También podríamos pensar en aquel punto que luego de aplicarle las dos primeras

congruencias nos diera como imagen al punto A para que permaneciera unido en la

rotación.

Busquemos ese punto. La preimagen de A en CO es el punto C, cuya preimagen en

TAB es el punto D.

Tomemos entonces a D como segundo punto.

TAB CO RA , + 90°

D C A A M(D) = A *

De las expresiones marcadas con asterisco podemos concluir que los segmentos AD

y BA son correspondientes , por lo que la congruencia será una Rotación.

El centro de la misma será la intersección de las mediatrices de los segmentos AB y

DA o sea el punto O. Al corresponderse A con B el ángulo será de + 90°.



III) METODO DE LA CIRCUNFERENCIA (CP)

Está basado en la modificación vista del método (II).

El primer punto a utilizar es arbitrario , mientras que , y en esto radica la diferencia

con lo anterior , como segundo punto se toma la imagen del primero.

Supongamos una congruencia M tal que:

M = Mn o M n – 1 o M n – 2 o ...................o M2 o M1

Sea P el punto elegido. Tendremos entonces:

M1 M2 ......................................... M n – 1 M n

P P1 P2 .............................. P n – 1 P´

En consecuencia: M(P) = P´.

Tomemos ahora Pćomo segundo punto.

M1 M2 .......................................... M n – 1 M n

P´ P´1 P´2 .............................. Pń – 1 P´´

En consecuencia : M(P´) = P´´

Tendremos entonces que en la congruencia M al segmento PP´ le corresponde el

P´P´´. M (PP´) = P´P´´ PP´ = P´P´´

Cualquiera sea entonces la congruencia M , el punto P´´ deberá pertenecer a una

circunferencia de centro P´ y radio P´P, a la que denominaremos

circunferencia (CP).

Veremos que las posiciones relativas de los puntos P , P´, P´´ , nos permitirán

determinar la congruencia M con sus elementos canónicos.

Distinguiremos dos casos según que Pćoincida o no con P.

1er. Caso - P´ no coincide con P.

Distinguiremos a su vez tres subcasos:

a) P ≡ P´´ P P´

b) P´´ diametralmente opuesto a P

c) P , P´, P´´ , no alineados


Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción a) P coincide con P´´

M

Directa Indirecta

CO Se

P ≡P ´´ • • P´ (O) punto medio del (e) mediatriz del

segmento PP´ segmento PP´

P O P´ P P´

e

b) P´´ diametralmente opuesto de P

P P´ P´´

M

Directa Indirecta

Traslación Antitraslación

Vector PP´ Vector PP´ eje PP´

P P´ P P´ eje



c) P , P´, P´´, no alineados

M

Directa Indirecta

P´´ Rotación Antitraslación

Las mediatrices de los La paralela media del

P P ´ segmentos PP´ y P´ P´´ triángulo PP´P´´

determinan el punto O determina eje y vector

Centro O Vector MN Angulo POP´ Eje MN

O

P´´ P´´

P P´ N

P M P´

2do. Caso - P´coincide con P.

En estas condiciones la circunferencia (CP) se reduce a un punto y P´´ también

coincide con P.

Debemos entonces tomar un segundo punto Q y hallar su imagen Q´en M.

La composición resultante dependerá de la posición relativa de los puntos Q y Q´.

Q coincide con Q´

Directa Indirecta M es la Identidad M es simetría axial de

M = I eje PQ.

Q no coincide con Q´

Directa Indirecta

M es la rotación de centro P M es simetría axial de

y ángulo QPQ´ eje PN , mediatriz del Si el ángulo resulta de 180° segmento QQ´.

M será simetría central de centro P.



Apliquemos este método para resolver el ejercicio que utilizamos en los métodos

anteriores.

D C

M = RA , -90° o CO o TAB

A B

Tomemos A como primer punto.

TAB CO RA , -90°

A B D B M(A) = B

La circunferencia (CP) tendrá entonces centro B y radio BA.

B2 D C

O

A B B1

(CP)

Hallemos ahora el correspondiente del punto B.

TAB CO RA , -90°

B B1 B2 C M(B) = C

De acuerdo entonces a los cuadros vistos anteriormente la congruencia M será la

Rotación cuyo centro es el punto de corte de las mediatrices de los segmentos AB y

BC , es decir el punto O , y el ángulo de rotación será AOB es decir 90° sentido

antihorario.

M = RO , + 90°


Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares.

ALGUNAS COMPOSICIONES PARTICULARES 1) Composición de dos Simetrías Centrales

Distinguiremos dos casos según los centros sean o no coincidentes.

a) Centros coincidentes. M = CA o CA • A CA CA A A A M(A) = A • B B B´ B M(B) = B Hemos tomado dos puntos , uno el propio centro A y un segundo punto B y hemos

hallados sus correspondientes en la composición.

Ambos han resultado ser puntos unidos. Como M es directa y tiene dos puntos

unidos será entonces la identidad.

M = CA o CA = I

b) Centros no coincidentes.

M = CB o CB A

Utilicemos la circunferencia (CP) para resolver la composición.

Tomemos comoprimer punto al centro A.

CA CB CB A CBB

A A A´ A´ A´´ 1A´

La circunferencia tendrá centro A´ y radio A´A .

A B A´ A´´ 1A´

Siendo A y A´´ diametralmente opuestos en la circunferencia la congruencia

directa M es la Traslación de vector AA´. M = T2AB


Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares.

Veamos la composición , descomponiendo en simetrías axiales.

M = C B o CA CA = S2 o S1 C B = SB 4 o S3

La forma conveniente de ubicar los ejes de las simetrías es la indicada en la fig.(1).

1 4

2 A B 3

2AB fig.(1)

En consecuencia : M = S4 o S1 = T2AB

Siendo M una traslación te estará permitido entonces, dada la composición CB o CB A ,

desplazar la pareja de centros A y B manteniendo la dirección , sentido y norma del

vector AB.

El resultado obtenido , leída la igualdad de derecha a izquierda , te permite afirmar

que toda Traslación puede expresarse como composición de dos Simetrías Centrales

cuyos centros deben cumplir:

• La recta que ellos determinan tiene la dirección del vector traslación.

• La distancia entre ellos debe ser la mitad de la norma del vector traslación.

2) Composición de tres simetrías centrales

Distinguiremos dos casos según los centros estén alineados o no.

a) Centros alineados

M = CC o CB o CB A

A B C

Utilizando la propiedad asociativa podemos escribir: M = CC o (CB o CB A) .

Traslademos ahora la pareja AB a una nueva posición A1BB1 de manera que B1

coincida con C.


Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares

A B A1 B1 C

Finalmente : M = CC o (CB o CB A) = CC o ( ) = (C1AC oC 1B C o = 1AC o )C 1B 1AC

M = 1AC

El centro A1 de la simetría es un punto alineado con los centros dados y no es más

que la preimagen del centro C en la traslación de vector AB.

El resultado es independiente de la posición relativa de los centros dados.

b) Centros no alineados

M = CC o CB o CB A

A * * B

* C

De acuerdo a lo dicho anteriormente podemos trasladar la pareja A,B . Hagámoslo de

manera que en su nueva posición B1 el punto B coincida con C . La nueva posición

de A será A1.

A * * B

* C A1 BB1

M = CC o CB o CB A = CC o = I o1AC o C 1B 1AC = 1AC

M = 1AC

Como el cuadrilátero ABCA1 es por construcción un paralelogramo el resultado te

permite afirmar que:



“La composición de tres simetrías centrales de centros no alineados es otra Simetría

Central cuyo centro es el cuarto vértice del paralelogramo cuyos restantes vértices

son los centros dados, considerados en el orden dado en la composición”.

Al momento de enfrentarte a esta composición debes poner especial atención al

construir el paralelogramo que te determina el centro de la simetría resultante.

Es frecuente el error de construir un paralelogramo que no es el debido , por no

respetar el orden de los tres vértices dados como centros de las simetrías

componentes de la composición.

3) Composición de Traslaciones

M = T u o T v

a) u y v opuestos ( v = - u )

u

v

Tomemos dos puntos A y B del plano y busquemos sus correspondientes.

T u T v

A A´ A M(A) = A

B B´ B M(B) = B

Siendo la congruencia M directa con dos puntos unidos será la Identidad.

M = T u o T v = I

b) ) u y v no opuestos .

u v

Tomemos un punto A del plano y utilicemos A1 A1´

la circunferencia (CP) . A A´ A´´

M(A) = A´ M(A´) = A´´

Demostraremos que A , A´, A´´ están alineados.


Capítulo VII –Composición de Congruencias –Composiciones particulares

Como los triángulos AA1A´ y A´ A´´ tienen sus tres lados respectivamente

congruentes son congruentes. En consecuencia los ángulos A

´1A

1 AA´ y A´A´´ son

iguales y siendo AA

´1A

1 y A´ rectas paralelas , los puntos A , A´, y A´´ están

alineados.

´1A

Concluímos entonces que : M = TAA´ AA´= u + v

Finalmente entonces : M = T u + v

“La composición de dos traslaciones es otra traslación de vector suma de los vectores

de las traslaciones componentes” .

Generalización.

“La composición de n traslaciones es otra traslación cuyo vector es la suma de

los n vectores de las traslaciones componentes”.

Recuerda que para efectuar la suma de los n vectores debes construir la poligonal de

vectores.

A título de ejemplo si : M = Tw o Tz o Tv o Tu = Ts

u v z w

v

u z

s w

Si la poligonal resulta cerrada : M = I

Como la suma de vectores es conmutativa la composición de traslaciones es

conmutativa.

Lo anterior te permite expresar cualquier traslación en composición de traslaciones ,y

ello , de infinitas formas , es decir considerando cualquier poligonal cuya resultante

sea el vector de la traslación dada.



4) Composición de dos Rotaciones

Distinguiremos dos casos , Rotaciones de igual centro y Rotaciones de distinto

centro.

a) Igual centro A1

i) Igual sentido. A´

M = RO , θ o RO , ϕ = RO , ( θ + ϕ ) θ + ϕ

θ

ϕ A

O

“La composición de dos Rotaciones de igual centro y sentido es otra Rotación del

mismo centro , mismo sentido y ángulo suma de los ángulos de las Rotaciones

componentes”.

ii) Sentidos contrarios.

M = RO , θ o RO , ϕ = RO , (ϕ − θ)

A A´

ϕ - θ ϕ

θ A1

O

“La composición de dos Rotaciones de igual centro y sentidos contrarios es otra

Rotación del mismo centro , ángulo diferencia y sentido de la rotación de mayor

ángulo”.

2) Distinto centro

M = ϕθ ,2O ,1O R R o

Distinguiremos dos casos según las rotaciones tengan igual sentido o sentidos

contrarios.



a) Igual sentido.

i) ϕ + θ ≠ 360°

Descomponiendo ambas Rotaciones en composición de simetrías axiales con los ejes

indicados en la figura tendremos:

M = = Sϕθ ,2O ,1O R R o 4 o S3 o S2 o S1 = S4 o S1

4

O1 O2 θ/2

2 3

ϕ / 2

1

O ϕ / 2 + θ / 2= ω

La condición ϕ + θ ≠ 360° exigida a los ángulos de rotación asegura que los ejes

1 y 4 son secantes en un punto O.

En consecuencia la congruencia M será una Rotación de centro O , ángulo 2ω ,

sentido antihorario.

Como ω = ϕ / 2 + θ / 2 el ángulo de la rotación será ϕ + θ .

M = RO , ϕ+θ

En el caso ϕ + θ = 180° la congruencia M será una simetría central de centro O.

ii) ϕ + θ = 360°

Bajo esta condición los ejes 1 y 4 resultan paralelos .

θ/2

O1 2 3 O2

ϕ / 2 u

1 4



Tendremos entonces: M = S4 o S3 o S2 o S1 = S4 o S1= T u

Las características del vector u son:

Dirección perpendicular a los ejes 1 y 4 .

Sentido de 1 a 4 .

Norma igual al doble de la distancia entre los ejes 1 y 4.

Finalmente entonces : M = T u

b) Sentidos contrarios.

i) ϕ ≠ θ

M = = Sϕθ ,2O ,1O R R o 4 o S3 o S2 o S1 = S4 o S1

La condición exigida asegura que los ejes 1 y 4 son secantes.

O 1 4 ω O1 ϕ / 2 O2 2 3 θ / 2

En el triángulo OO1O2 tenemos : 22ϕωθ

+=

222ϕθϕθω −=−=

O sea : 2ω = θ−ϕ

Finalmente entonces: M = RO , θ−ϕ

“La composición de dos rotaciones de ángulos diferentes , sentidos contrarios ,

distintos centros, es otra Rotación cuyo sentido es el sentido de la rotación de mayor

ángulo , y cuyo ángulo es la diferencia de los ángulos de las rotaciones componentes.

El centro O se determina como indica la figura.

ii) ϕ = θ Bajo esta condición de igualdad de ángulos los ejes 1 y 4 serán paralelos y la

congruencia M es una Traslación de vector u cuyas características son :



Dirección perpendicular a los ejes 1 y 4

Sentido de 1 a 4 .

Norma igual al doble de la distancia entre los ejes 1 y 4.

1 4

O1 ϕ / 2 2 O2 3

θ / 2

u

5) Composición de dos Antitraslaciones Distinguiremos tres casos según la posición relativa de los ejes de las

antitraslaciones.

a) Ejes coincidentes

M = ATe , v o ATe , u u v e

Como la antitraslación es conmutativa resulta conveniente expresar la composición

en la siguiente forma:

u + v eje (e)

M = Tv o Se o Se o Tu = T v o T u M = T u + v


Capítulo VII –Composición de Congruencias- Composiciones particulares Caso particular.

Si el vector u + v es el vector nulo ( u opuesto de v ) entonces : M = I

b) Ejes paralelos

M = ATs , v o ATr , u

u

r

d

s

v

Podemos expresar M en la siguiente forma: M = T v o Ss o Sr oT u

La composición de la dos simetrías axiales nos da una traslación de vector z:

Ss o Sr = T z

En consecuencia: M = T u o T z o T u = Tu + v + z = T w

u v

z

w

La aplicación del teorema de Pitágoras en el triángulo rectángulo formado por los

vectores permite obtener la norma del vector w en función de las normas de los

vectores u , v , y z. Recuerda que la norma del vector z es igual a 2d.

El cálculo de uno de los ángulos agudos del triángulo rectángulo te permite fijar

también la dirección del vector w. 3) Ejes secantes

u v

r s

M = ATs , v o ATr , u


CapítuloVII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares Efectuemos esta composición utilizando una pareja de puntos del plano y hallando

sus correspondientes en M.

La congruencia M será directa .

Llamemos P al punto de corte de los ejes de las antitraslaciones P = r ∩ s.

Tomemos un punto A del plano para hallar su correspondiente en M.

Elijamos ese punto A como la preimagen de P en la primera antitraslación de la

composición , vale decir : AT r , u (A) = P.

Para determinar el punto A basta aplicarle al punto P la congruencia [ AT r , u ] - 1. Como P pertenece al eje r su preimagen también pertenecerá a r y será tal que

A = T- u (P).

Como segundo punto B tomaremos la preimagen de A en la primera antitraslación de

la composición , vale decir : ATr , u (B) = A.

El punto B pertenecerá al eje r y será tal que : B = T- u (A).

Correspondiente de A en la composición. P v u A A´ r s AT r , u ATs , v A P A´ Correspondiente de B en la composición. B´ P u v A A´ r B s AT r , u ATs , v B A B´

Los segmentos AB y A´B´ se corresponden en M , por lo que M será una Rotación.


Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares El centro O de la Rotación es el punto de intersección de las mediatrices de los

segmentos AA´ y BB´.

El ángulo de la rotación es el ángulo AOA´, y el sentido de la rotación será en

nuestro caso horario

mediatriz de BB´ mediatriz de AA´ B´

u P v A A´ . B

r s

O

Volvamos a efectuar la composición descomponiendo en Simetrías Axiales.

M = ATs , v o A Tr , u =T v o Ss o T u o Sr = T v o Ss o S2 o S1 o Sr

Tomamos el eje 2 de la simetría axial correspondiente a la descomposición de la

tralación Tu pasando por el punto P.

P v u r 1 2 s

||2u||

Giremos ahora la pareja (r - s) a una nueva posición (r´- s´) de manera que (r´)

coincida con 2. Para ello es necesario realizar un giro de 90°.

Tendremos entonces: M = T v o Ss o Sr o S2 o S1 = T v o Ss´ o Sr´ o S2 o S1 M = T v o Ss´ o S1

La figura siguiente muestra esta situación.



r´ s´ P v r s

1 2

Descomponemos ahora la Tv.: Tv = S4 o S3 de forma que el eje 3 coincida con el

eje s´.

Tendremos finalmente: M = S4 o S3 o Ss´ o S1 = S4 o S1

3 s´ 4

1 P v φ

r s φ

O

M = RO , 2 φ

Observando la última figura podemos concluir que para determinar el centro O de la

Rotación resultante de la composición basta:

1) Trazar la perpendicular al eje r por el punto R tal que PR = 2u

−

2) Trazar la perpendicular al eje s por el punto S tal que PS = 2v

El punto de intersección de ambas perpendiculares determina el punto O .



El ángulo de Rotación es el doble del ángulo que forman los ejes de las

Antitraslaciones dadas. P φ

R S r s φ

O

De lo anterior puede deducirse que la composición de dos Antitraslaciones cuyos

ejes son perpendiculares entre sí , es una Simetría Central .

6) Composición de una Antitraslación y una Rotación

M = RO , + θ o ATe , u

Consideramos el caso en que el punto O no pertenece al eje (e) de la Antitraslación.

• O

u

e

La congruencia M será indirecta.

Intentemos la composición con la circunferencia (CP).

Elegiremos como punto A la preimagen de O en la Antitraslación. Para hallar el

punto A deberás aplicarle al punto O la congruencia inversa de la Antitraslación

dada.

A = ATe , - u (O)



Eje de la AT.

O≡A´ N

A´´

Eje (e) M Q θ

A R fig.(1) ´1A

Tendremos:

ATe , u

Tu Se RO , + θ

A R O A´≡ O

Se Tu

O R A´´ ´1A

De lo anterior se deduce que los segmentos AO y O se corresponden en la

Antitraslación por lo que el punto pertenece a la circunferencia (CP) como indica

la figura .

´1A

´1A

De acuerdo a la posición relativa de los puntos A , A´, A´´ concluímos que la

congruencia M es una Antitraslación.

La paralela media del triángulo AAÁ´´ nos define el eje y el vector de dicha

Antitraslación.

Por tanto: M = ATMN , MN

Analicemos la figura anterior.

Los ángulos A´Á y NMQ son congruentes por correspondientes. ´1A

El ángulo A´Á es inscrito en la circunferencia , siendo el ángulo A´Ó su ´1A ´

1A


Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares central correspondiente.

Por tanto: 2

NMQ θ=

Veamos como podemos determinar eje y vector de la Antitraslación M rápidamente

Seguiremos los siguientes pasos:

1)Hallamos la proyección ortogonal Q del punto O sobre el eje (e) de la

Antitraslación dada.

2) Determinamos sobre el eje (e) el punto M tal que QM =21

− u

3)Construímos el ángulo 2

θ en el sentido de la Rotación con vértice en M y lado el

eje (e).

4) Descomponiendo el vector MO en la dirección del eje obtenemos 21 MN , mitad

del vector de la Antitraslación resultado.

La fig. (2) muestra los pasos anteriores.

2

MN • O Eje

u

θ/2

M Q e Fig.(2)

Estando dados el punto O , el eje (e) y el vector u , la posición del punto A´´ sobre la

circunferencia (CP) de la figura (1) depende exclusivamente del ángulo de

rotación θ.

Como la congruencia M es indirecta podríamos preguntarnos si eventualmente no

podría ser una simetría axial.

Para que ello ocurriera sabemos que el punto A´´ debería coincidir con el punto A, en

cuyo caso el eje de la simetría axial sería la mediatriz del segmento AO.



Intentemos determinar el ángulo θ 0 de la Rotación de sentido antihorario para tener

como resultado de la composición una Simetría axial .

Volviendo a la fig. (1) y llamando ϕ al ángulo AO , para que A´´≡ A deberá ser: ´1A

θ 0 = 360° - ϕ .

Si logramos calcular el ángulo ϕ con los datos de nuestro problema habremos

encontrado el ángulo θ 0 buscado.

Si consideras el triángulo rectángulo MOQ verás que la medida del cateto OQ es

dato del problema ( distancia del centro O de la Rotación al eje de la Antitraslación)

y la medida del cateto MQ es ||2u|| .

En consecuencia: d 2

u

2tg =ϕ

d 2

u tg

2Arc=

ϕ

Finalmente: θ 0 = 360° - ϕ = 360° - 2 .2ϕ = 360° - 2

d 2

u tgArc

Es claro que si la Rotación de la composición planteada en el problema que hemos

estudiado fuera de sentido horario en lugar de antihorario el valor del ángulo θ 0 para

que la congruencia M fuera Simetría Axial sería: θ 0 = ϕ .


ENUNCIADOS


Capítulo VII - Composición Congruencias - Enunciados Ejercicio No. 1 Dada la congruencia M demuestra que :

a) ( M –1) –1 = M

b) Si M = M2 o M1 entonces : M –1 = (M2 o M1)-1 = M1-1 o M2

-1

“La inversa de una composición es la composición de las congruencias inversas en

orden inverso”.

Ejercicio No. 2

a) Dada una congruencia M1 se desea componer con otra congruencia M2 de forma

que la composición sea la Identidad.

¿ Qué relación existe entre M1 y M2 ?.

b)Se sabe que: M3 o M2 o M1 = I

i)¿ qué relación existe entre M3 y la pareja M2 , M1 ?

ii)¿ qué relación existe entre M1 y la pareja M2 , M3?

iii)¿ qué relación existe entre M2 y la pareja M1 , M3 ?

Ejercicio No. 3

Dado el cuadrado ABCD de la figura con M y N puntos medios de los lados CD y AB

respectivamente , se sabe que :

ATMN , 2CB o SAC o TAB o CO o RA,90° = I

a) Expresa en forma canónica la congruencia M1 = SAC o TAB o CO o RA,90°.

b) Idem M2 = ATMN , 2CB o SAC o TAB o CO D M C O A N B


Capítulo VII - Composición Congruencias - Enunciados Ejercicio No. 4 Considera el triángulo rectángulo BAC de la figura

Sea r la mediatriz del segmento AB y s la mediatriz del segmento AC.

B a) Aplica al punto B sucesivamente Sr y Ss y halla su

correspondiente en la composición M = Ss o Sr .

b) Expresa M en forma canónica y deduce qué relación

existe entre el punto de intersección de las mediatrices y el lado BC. A C

c) ¿ Qué has demostrado respecto del circuncentro de un triángulo rectángulo?

Ejercicio No. 5 Sean M y N los puntos medios de los lados AC y BC respectivamente de un triángulo

ABC.

a) Aplica al punto A sucesivamente las simetrías centrales CN y CM y halla su

correspondiente.

b) Expresa en forma canónica la congruencia M tal que M = CN o CM y deduce qué

relación existe entre los segmentos MN y AB respecto de su posición relativa y de

sus longitudes.

Ejercicio No. 6 Sea ABC un triángulo de baricentro G , M punto medio del lado AB , N punto medio

del lado BC y GO = CM (G) .

a) Si M = CN o CM halla G1 = M (GO)

b) Investiga que tipo de cuadrilátero es AGOG1C.

c) ¿ Qué particularidad debe tener el triángulo ABC para que el cuadrilátero anterior

sea un rectángulo?. Justifica.

d) En caso que el triángulo ABC sea equilátero, ¿ el cuadrilátero anterior será cuadrado?


Capítulo VII - Composición Congruencias - Enunciados

Ejercicio No.7 Sea ABCD el cuadrado de centro O de la figura. D M C Expresar M en forma canónica y hallar la imagen del cuadrado en ella si: O A N B a) M = TAB o CB B

b) M = SAB o CM c) M = RD, - 90º o TAC d) M = CA o CO o CC e) M = CA o CB o CB C f) M = TBA o TDB o TCD g) M = RA , -90º o TBD o CB Bh) M = SCD o SBC o S AB

Ejercicio No. 8

Efectuar la composición M =T u o Se para el eje e y el vector u de la figura. u e a) Investigar si la composición es conmutativa.

b) Hallar M = TAC o SAB referida al cuadrado del ejercicio anterior.

Ejercicio No. 9 Se considera un cuadrado ABCD cuyo lado tiene longitud a .

a) Hallar M = RO , +90º o ATAB , AB .

b) Hallar los puntos del cuadrado que están a mayor distancia de sus correspondientes

en M . Calcular esa distancia en función de a .



Ejercicio No. 10

Estudiar la composición: M = ATe , u o RO , + θ

O • u e

a) Utilizando la circunferencia (CP).

Se sugiere usar como primer punto la preimagen de O en M .

b) Teniendo en cuenta el estudio que habíamos efectuado de la composición: RO , + θ o ATe , u

¿ Qué puedes afirmar sobre la conmutatividad de esta composición?

Ejercicio No. 11 Sea ABCD un cuadrado y ( C ) la circunferencia circunscrita. Llamemos t a la recta

tangente a ( C ) en el punto B.

a) Hallar M = St o SAB .

b) Hallar ( C´ ) = M ( C ) .

c) Indica la figura correspondiente del arco menor DA en M.

d) Considera un punto cualquiera P del arco menor DA y halla P´= M(P).

Demuestra que P , P´, y A están alineados ∀ P.

Ejercicio No. 12 Se da un segmento OO´ y se consideran las circunferencias ( C ) y ( C ´) de centros O y

O´ respectivamente y radio R = 23 OO´.

Sean: ( C ) ∩ ( C´) = { A,B} y C = AB ∩ OO´.

Sobre la circunferencia ( C ) se considera un punto P no coincidente con A y B.

P´= TOO´ (P) A´= TOO´ ( A) P´´ punto diametralmente opuesto a P´ en

(C ´).

a) Demuestra que AB ⊥ OO´ y que C es punto medio del segmento OO´.

b) Demuestra que PA | | P´´B y que los segmentos PA y P´´B son iguales.

c) Demuestra que la recta PP´´ pasa por un punto fijo al variar P en ( C ).



d) Hallar las posiciones de P sobre ( C ) para que el área del triángulo PP´P´´ sea

máxima. Ejercicio No. 13 Se considera un triángulo ABC y sea O su circuncentro.

Demuestra, usando composición de simetrías axiales , que el ángulo AOC es el doble

del ángulo formado por las mediatrices de los lados AB y BC.

Ejercicio No. 14 Sea ( C ) una circunferencia de centro O y diámetro AB.

C es un punto de ella no coincidente con A y B.

Por O se traza una recta variable ri y sea ri´ = TCB o TAC (r i).

Demuestra que las rectas ri´ pasan por un punto fijo del plano que deberás determinar.

¿ Qué ocurre si variamos el punto C sobre ( C ) ?

Ejercicio No. 15

Sea ABC un triángulo equilátero y M = SAC o SBC o SAB.

a) Prueba que el eje de la congruencia M contiene a la paralela media del triángulo

ABC paralela al lado BC.

b) Calcula la norma del vector de la congruencia M en función de la medida del lado

del triángulo ABC.

Ejercicio No. 16

Una congruencia M se dice “involutiva” si M2 = I

a) Demuestra que M es involutiva si y solo si M = M – 1.

b) La traslación Tu con || u || ≠ 0 , ¿ es involutiva ?

c) Una RO , - θ con θ ≠ 180º , ¿ es involutiva?.

d) ¿ Cuáles congruencias son involutivas?

d) Si una congruencia M es involutiva, encuentra M 3 y M 4.Generaliza para M n.



Ejercicio No. 17

Hallar M – 1 si:

a) M = CO b) M = Se c) M = TAB

d) M = RO , - θ e) M = ATe , AB

Ejercicio No.18

Se sabe que: M2 o M1 = RO , - 120º (O dado).

a) ¿ Cuántas parejas M1 , M2 crees que cumplen la igualdad ? Justifica.

b) Si M1 = T u

u

O •

c) Si M1 = Se encuentra M2

e

O •

Ejercicio No. 19

Si ABCD es un cuadrado de centro O, encuentra la congruencia M tal que:

a) CO o M o TAB = RA , - 90º.

b) Idem si:

S AB o CO o M o TAB = RA ,+ 90º.

Ejercicio No.20

Investiga la existencia de la congruencia M en los siguientes casos:

i) M2 = I ii) M2 = CO iii) M2 = TAB iv) M2 = RO , - θ

v) M2 = S e vi) M2 = AT e , u



Ejercicio No. 21

a) Encuentra M 3 para las distintas congruencias M del ejercicio No. 17.

b) Halla M sabiendo que M 3 = AT e , AB .

c) Halla M sabiendo que M n = RO , −θ .

Ejercicio No. 22

Se sabe que: M2 = TAB

a) ¿ Cuántas congruencias M cumplen lo anterior?. Encuéntralas .

b) Si A´ = M (A) halla el lugar geométrico de A´ para el caso en que M es

congruencia directa.


RESOLUCIONES


Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución

Ejercicio No.1

a) Definamos la congruencia M .

O O´ a O´ α´

M O(a) O´(a´) α a´

α α´ O

La congruencia M- 1 será entonces:

O´ O

M- 1 O´(a´) O (a)

α´ α

Finalmente:

O O´

( M- 1)- 1 O(a) O´(a´) ( M- 1)- 1 = M

α α´

b) Sean:

O O´ O´ O´´

M1 O(a) O´(a´) M2 O´(a´) O´´ (a´´)

α α´ α´ α´´ α a O´ α´

O a´ O´´ a´´

α´´

La congruencia M = M2 o M1 es tal que:

O O´´ O´´ O

M O (a) O´´(a´´) M –1 O´´ (a´´) O (a)

α α´´ α´´ α

Para las congruencias inversas de M1 y M2 se cumplirá:



O´ O O´´ O´

M1-1 O´(a´) O (a) M2

-1 O´´(a´´) O´(a´)

α´ α α´´ α´

Componiendo:

O´´ O

M1-1 o M2

-1 O´´ (a´´) O (a)

α´´ α

M -1 = ( M2 o M1 ) –1 = M1-1 o M2

-1

Ejercicio No.2

a) M2 o M1 = I M2 = M1 –1

b) i) M3 o M2 o M1 = I Asociando: M3 o (M2 o M1) = I

M3 = (M2 o M1) –1

ii) M3 o M2 o M1 = (M3 o M2 ) o M1 M1 = (M3 o M2 ) –1

iii) M3 o M2 o M1 = I Componiendo a la izquierda con M3-1 tendremos:

M3-1 o M3 o M2 o M1 = M3

-1 o I M2 o M1 = M3-1

Componiendo ahora a la derecha con M1-1 obtenemos:

M2 o M1 o M1-1 = M3

-1 o M1-1 = (M1 o M3) -1


M2 = (M1 o M3) –1

Ejercicio No.3

ATMN , 2CB o SAC o TAB o CO o RA , +90º = I

a) M1= SAC o TAB o CO o RA , +90º

ATMN , 2CB o M1 = I M1 = (ATMN , 2CB) = ATB

1-MN , 2BC

b) M2 = ATMN , 2CB o SAC o TAB o CO

M2 o RA , +90º = I M2 = (RA , +90º) –1 = RA , - 90º


Capítulo VII-Composición de Congruencias –Resolución

Ejercicio No.4 B

r P

A C

S

a) S r (B) = A S s (A) = C

b) Componiendo: M = S s o S r = CP P = r ∩ s

Como M (B) = C entonces el punto P es punto medio del segmento BC.

En un triángulo rectángulo el punto de intersección de las mediatrices de los catetos

es el punto medio de la hipotenusa.

c) Has demostrado que : “ El circuncentro de un triángulo rectángulo es el punto

medio de su hipotenusa”.

Ejercicio No.5

a) CN o CM (A) = CN (C) = B

C M N A B

b) Como: CN o CM = T2MN T2MN (A) = B AB⏐⏐ MN y AB = 2 MN.

En consecuencia el segmento que une puntos medios de dos lados de un triángulo es

paralelo al tercer lado y su longitud es la mitad de la longitud de ese lado.

(El segmento MN es la ya conocida por ti “paralela media” de un triángulo ).

Ejercicio No.6

a) Aplicando la composición a GO obtenemos:

CM CN

GO G G1


Capítulo VII -Composición de Congruencias–Resolución

GM = MGO

GN = NG1 C

G1

N

G

A M B

GO

b) Como CN o CM = T2MN se cumple que:

T2MN (GO) = G1 GOG1 ⏐⏐ MN y GOG1 = 2 MN.

Como el segmento MN es paralela media del triángulo ABC , entonces: AC = 2 MN

y AC⏐⏐ MN.

De lo anterior deducimos que: GOG1 ⏐⏐ AC y GOG1 = AC , por lo que el

cuadrilátero AGOG1C es paralelogramo.

c) AGOG1C será rectángulo cuando sus diagonales AG1 y CGO sean iguales.

Como GN = NG1 y GM = MGO , deberán ser iguales las medianas AN y CM por

lo que el triángulo ABC debe ser isósceles con AB = BC.

d) En las condiciones anteriores el triánggulo AMGO resulta rectángulo en M.

Calculemos el lado AGO se este triángulo.

Recuerda que la altura de un triángulo equilátero de lado a vale a23 , por tanto

CM = a23 .

Como G es baricentro , entonces GM = MGO = a63 .

Aplicando el teorema de Pitágoras en el triángulo AMGO obtenemos:

AGO 2 =

3a

63a

2a 222

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ AGO = a

33 ≠ AC

El cuadrilátero AGOG1C no resulta ser cuadrado.



Ejercicio No.7 a) Resolveremos el ejercicio descomponiendo primeramente en simetrías axiales. D C

a 4

a / 2

A B Q 1

2 3 Fig. (1)

M = TAB o CB = SB 4 o S3 o S2 o S1

Como indica la figura (1) los ejes 2 y 3 coinciden , por lo que: M = S4 o S1 = CQ

Resolvamos nuevamente el ejercicio utilizando ahora la circunferencia (C.P). C D

A B Q B´ Fig. (2)

Tomemos como 1er. punto al punto B.

CB TAB CB TAB B B B´ B´ A B´´≡ B

Como M es directa entonces: M = CQ siendo Q el punto medio del segmento BB´.

b) M = SAB o CM

D M C

A N B

Esta composición fue estudiada en

el capítulo anterior y su resultado es: M = ATMN , 2 MN .



c) M = RD , - 90º o TAC Utilicemos la circunferencia (CP) , tomando A como primer punto.

TAC RD , -90ºA C A A unido.

Tomemos como segundo punto la preimagen E del punto D, en la traslación. TAC RD , -90ºE D D D C

Como M es directa , A unido y D = M(E) concluimos que:

M = RA , - 90º.

E A B

Comprueba el resultado utilizando descomposición en simetrías axiales.

d) M = CA o CO o CC A1

Utilicemos la (CP) , tomando C como primer punto.

CA CO CA D C C C A A O

CA CO CA A A1 A2 C A B

Como M es directa :

M = CO A2 CP

Verifica el resultado utilizando descomposición en simetrías axiales.

También puedes asociar dos de las simetrías centrales en una traslación de vector

doble de la distancia entre centros según vimos en el capítulo anterior.

e) M = CA o CB o CC

Este caso de centros no alineados ya lo has visto con anterioridad. El resultado es:

M = CD

f) M = TBA o TDB o TCD

Construyendo la poligonal CDBA obtenemos: D C

M = TAC

A B



g) M = RA ,+ 90º oTBD o CB

Tomemos B como primer punto . CB TBD RA , + 90ºB B D B

Siendo B unido , la (CP) se reduce a un punto.

Debemos tomar un segundo punto para determinar M , tomemos el punto C.

CB TB BD RA , + 90º C C´ A A M ( C ) = A

D C

A B

C´

La congruencia M será finalmente: M = RB , + 90º Comprueba el resultado descomponiendo en simetrías axiales.

h) M = SCD o SBC o SAB

Puedes asociar la composición SCD o SBC

y obtienes: SCD o SBC = CC.

Entonces: M = CC o SAB D C

Composición que ya has

Estudiado y cuyo resultado es:

M = ATBC , 2BC A B Eje Ejercicio No.8 a) M = Tu o Se

Consideremos el vector u con origen sobre la recta e.

Utilicemos la (C)P).

Se T u Se T u

A A B B B1 B´

B´es el punto de intersección de la (CP) con el eje e , distinto del punto A.


Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución (CP) B u M N eje A P B´ e B1

M es indirecta M = ATMN , MN

Como el segmento MN es la paralela media del triángulo ABB´ , los segmentos MN

y AP serán congruentes. EL vector AP es la proyección del vector u sobre la recta e.

En resumen para hallar los elementos de la antitraslación resultante bastará:

1ro.) Trazar por el punto medio del vector u la paralela a la recta e , obteniendo así

el eje de la antitraslación.

2do.) Proyectar el vector u sobre la recta e, obteniendo así el vector de la

antitraslación. u

Eje Vector de la AT. E b) Repitiendo el razonamiento anterior tendremos: u

e A P B´

R S eje

B1 (CP )

Repitiendo el razonamiento anterior tendremos:

T u S e T u S e A B B1 B1 B´ B´



El eje de la antitraslación resultante es la recta RS y su vector es RS.

Puedes afirmar entonces que la composición no es conmutativa.

El vector de la antitraslación sigue siendo el mismo , pero cambia el eje , que pasa a

ser el simétrico del eje de la parte a) respecto de la recta e. u e vector de la AT. Eje de la AT.

c) M = TAC o SAB

D C

r O

A B

En virtud de la parte a) del ejercicio: M = ATr , AB Ejercicio No.9 M = RO , + 90º o ATAB , AB (CP) B´ C´ D C a O A B C1


Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución Tomemos el punto A como primer punto. ATAB , AB R O, + 90º ATAB , AB RO , + 90º A B C C C1 C´

Dada la posición de los puntos A , C y C´ tendremos:

M = ATAC , AC

b) Los puntos pedidos son los puntos del cuadrado que están más alejados del eje de

la antitraslación, es decir B y D.

Si B´es el punto imagen de B an la antitraslación se ve fácilmente que la

distancia BB´=2a. Idem la distancia DD´, siendo D´la imagen de D en la

antitraslación.

Ejercicio No.10

M = ATe , u o RO , + θ

Antes de resolver este ejercicio repasa la composición en orden inverso que ya

hemos estudiado.

Utilizaremos nuevamente la (CP) tomando como primer punto la preimagen de O en

M , es decir , trataremos de hallar el punto P tal que M(P) = O.

Esto implica que M –1(O) = P.

(ATe , u o RO , +θ) –1 = (RO , +θ)

–1 o (ATe , u) –1= RO , -θ o ATe , - u

RO , -θ o ATe , - u (O) = P. O u N M e P θ θ / 2

P1 O´

RO , +θ ATe , u RO , +θ ATe , u P P1 O O O O´ M indirecta

M = ATNM ; NM siendo N punto medio de PO y M punto medio de OO´.


Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución La composición es entonces no conmutativa.

Al cambiar el orden de los factores componentes el eje de la antitraslación resultante

se simetriza respecto de la ecta que pasa por el punto O y es perpendicular a la

recta e . Lo mismo ocurre con el vector de la antitraslación.

Ejercicio No.11

a) M = St o SAB D C (C ) O t P • 45º A B O´ (C ´) M = RO, + 90º D´ A´ P´

b) Rotamos el centro O y hallamos su imagen O´. Construimos la circunferencia

(C ´) de centro Oý radio OA.

c) RO, +90º (D) = D´ RO, +90º (A) = A´ RO, +90º ( DA ) = DÁ´

d) Ubicamos el punto P´ tal que los arcos PA y PÁ´sean congruentes.

Los puntos D , A y D´ están alineados ya que en la RO, +90º a la recta CD le

corresponde la recta A´D´. Como ambas rectas deben formar un ángulo de 90º y

como la perpendicular por A a D es única , se concluye la alineación de D , A y D´.

PAD es un ángulo inscrito en (C ) con arco correspondiente PD.

PÁD´ es un ángulo inscrito en (C ´ ) con arco correspondiente PÓ´.

Como las circunferencias (C ) y (C ´) y los arcos PD y P´D´son respectivamente

congruentes se cumplirá que: Ang. PAS = Ang. PÁD´.


Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución En función de la alineación de los puntos D , A y D´ finalmente concluimos que los

puntos P , A , y P´ están alineados.

Ejercico No.12 P1 P2´´

A A´ P P´ O O´ Fig. (1) C P´´ (C ) B (C ´) P2 P1´´

a) Por construcción: OA = O´A OB = O´B´ le recta AB es mediatriz del

segmento OO´. En consecuencia AB ⊥ OO´ y C punto medio del segmento OO´.

b) P´= TOO´ (P) A´= TOO´ (A)

EEn la TOO´ , (C ´) es la imagen de (C ). Por tanto P´∈ (C ´) y A´∈ (C ´).

Como Ang.BAA´= 90º concluimos que B y A´son diametralmente opuestos en (C ´).

Consideremos los puntos P y A en la composición CO´ o TOO´.

TOO´ CO´ TOO´ CO´ P P´ P´´ A A´ B

CO´ o TOO´ (AP) = BP por lo que: AP = BP

EEn la traslación TOO´ , AP⏐⏐A´P´ y en CO´ , A´P´⏐⏐BP´´ AP⏐⏐BP´´.

c) Resolvamos la composición CO´ o TOO´.

M = CO´ o TOO´ = CO´ o CO´ o CC = CC

Tendremos entonces: CC (P) = P´´ ∀P la recta PP´´ pasa por el punto fijo C.

d) Considera un triángulo ABC y sea MN una paralela media de él. C M H N Fig. (2)

A J B



Area ABC = 2

AB.CJ Area MNC =

2MN.CH

Como : AB= 2 MN y CJ = 2 CH Area ABC = 4 Area MNC.

Utilicemos este resultado en nuestro ejercicio.

Area PP´P´´ = 4 Area CO´P´´ pues el sgmento Co´es paralela media del triángulo

PP´P´´.

El área del triéngulo PP´P´´ será máxima cuando lo sea el área del triángulo CO´P´´.

Tomando como base al segmento CO´fijo , la altura será ña distancia del punto P´´ a

la recta CO´.

Deberemos entonces maximizar esa distancia , lo que nos da para P´´ los ectremos

del diámetro de la circunferencia (C ´) perpendicular a la recta CO´. Puntos P1´´ y

P2´´ de la fig.(1).

A partir del punto P´´ obtenemos las posiciones P1 y P2 del punto P, extremos

deldiámetro de lla circunferencia (C) perpendicular a la recta OO´.

Ejercicio No.13 C O m2 A M B m1 Consideramos la composición Sm2 o Sm1.

Se cumple que: Sm2 o Sm1 (A) = C.

Efectuendo la composición: Sm2 o Sm1= RO, -2MON.

En consecuencia C es la imagen de A en tal rotación y se cumplirá entonces:

Ang. AOC = 2 Ang. MON

Ejercicio No.14 C ri r i´ A O B O´ (C )


Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución ri´= TAC o TCB (ri)

Efectuemos la composición: TAC o TCB = TAB TAB (ri ) = ri´ y O´= TAB (O).

Como el punto O y el vector AB son fijos , será fijo el punto O´.

Dado que las rectas ri pasan poar el punto O , las ri´ pasarán por O´.

Si variamos la posición del punto C en la circunferencia (C ) variarán los vectores

AC y CB pero no su resultante AB.

Por consiguiente las rectas ri´ seguirán pasando por el punto fijo O´.

Ejercicio No.15 B´ C N A M B Q P Eje de la AT.

a) M = SAC o SBC o SAB

La congruencia es una antitraslación cuyos elementos determinaremos hallando una

pareja de puntos correspondientes.

Tomaremos como primer punto la preimagen P del punto C en la composición.

Ese punto P será la preimagen de C en la simetría axial de eje AB , (MC = MP) ya

que el punto C permanecerá unido en las dos restantes simetrías.

Busquemos ahora el correspondiente del punto B.

SAB SAC SBC

B B B B´ M (B) = B´

El eje de la antitraslación pasará entonces por el punto medio M del segmento PC y

por el punto medio N del segmento BB´, es decir será la paralela media MN del

triángulo ABC.

b) Como: M (P) = C, el vector de la antitraslación será QC siendo Q = SMN (P).


Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución Los triángulos PMB y PQB son congruentes pues:

Ang.PMB = Ang.PQB = 90º Ang.MBP = Ang.PBQ = 60º y lado PB común.

MB = BQ = a / 2 siendo a la medida del lado del triángulo equilátero ABC.

Finalmente: || QC|| = a23 .

Ejercicio No.16

Demostraremos primero que si M es involutiva , entonces: M = M –1.

Como M es involutiva se cumple que: M 2 = I M o M = I.

Precomponiendo con M –1 tendremos:

M –1 o M o M = M –1 o I = M –1 M = M –1.

Demostraremos ahora que si M = M –1 , entonces M es involutiva.

Precomponiendo con M:

M o M = M o M –1 M 2 = I M es involutiva.

b) M = Tu M 2 = Tu o Tu = T2 u Tu no es involutiva.

c) M = RO , θ (θ≠180º) M 2 = RO , θ o RO , θ = RO , 2θ RO , θ no es involutiva.

c) Solamente son involutivas la simetría axial y la simetría central.

d) En efecto: M = Se M 2 = Se o Se = I

M = CO M 2 = CO o CO = I

e) M 3 = M 2 o M Si M es involutiva entonces: M 2 = I M 3 = M

M 4 = M 2 oM 2 Si M es involutiva entonces: M 4 =I o I M 4 = I

n par M n = I M n

n impar M n = M .

Ejercicio No.17

a) M = CO Como CO es involuiva , entonces : M –1 = CO.

b) M = Se Como Se es involutiva , enonces . M –1 = Se.

c) M = TAB A B De acuerdo a la definición de traslación: TAB A(B) op. A(B) α α


Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución B A (TAB ) -1 op. A(B) A(B) Esta es la definición de TBA. α α (TAB ) -1 = TBA

d) M = RO, -θ

Razonando en forma similar a la parte c) con la definición de rotación , concluimos

que: (RO, -θ) –1 = RO, + θ

e) (ATe , AB ) –1 = (Se o TAB ) –1 = (TAB ) –1 o (Se) –1 = TBA o Se =AT e , BA

(ATe , AB ) –1 = AT e , BA

Ejercicio No.18

M2 o M1 = RO , -120º

a) SI eliges arbitrariamente una de las dos congruencias , por ejemplo M1,

componiendo con su inversa tendremos:

M2 o M1 o M1-1 = RO , -120º o M1

-1 M2 = RO , -120º o M1-1.

Por cada congruencia M1 tendremos una M2 , por lo que existen infinitas parejas

soluciones.

b) M1 =Tu

M2 oTu = RO , -120º

M2 oTu o (Tu ) –1 = RO , -120º o (Tu ) –1= RO , -120º o T – u

M2 = RO , -120º o T – u

2 1 u 3 60ª A 4 O

M2 =S4 o S3 o S2 o S1= S4 o S1 = RA , - 120ª

M2 = RA , - 120ª



c) M2oSe = RO , -120ª

M2o Se o ( Se)-1 = RO , -120ª o ( Se)-1= RO , -120ª o Se

M2 = RO , -120ª o Se

Resolvamos esta composición.

• A eje e M O • 120ª M´ M2 congruencia indirecta.

Tomemos como primer punto a la preimagen A del punto O en la simetría Se . Se RO , -120ªA O O

En consecuencia por el punto medio M del segmento AO pasa el eje de la

congruencia resultante de la composición.

Tomemos M como segundo punto. Se RO , -120ª M M M´

Como por el punto medio del segmento MM´ pasa el eje de la congruencia que

buscamos, el mismo será la recta MM´.

Finalmente: M2 = ATMN , MN

Ejercicio No.19

a) CO o M o TAB = RO . – 90ª

Precomponiendo con (CO)-1 : (CO)- 1o CO o M o TAB = (CO)- 1 o RO . – 90ª

M o TAB = (CO)- 1 o RO . – 90ª

Poscomponiendo con (TAB ) –1= TBA :

M o TAB o (TAB ) –1 = (CO)- 1 o RO . – 90ª o (TAB ) –1

M = (CO)- 1 o RO . – 90ª o TBA = CO o RO . – 90ª o TBA



Si observas el resultado final al que hemos llegado , todo ocurre como si

“despejaras” la congruencia M de la igualdad original.

Para ello “pasas” del primer miembro al segundo miembro cada congruencia

compuesta con M, como su inversa , respetando el orden de la composición.

Encontremos ahora la expresión canónica de M.

D a C

O E

A B

La congruencia M es directa.

Hallemos el correspondiente del punto B en la composición.

TBA RO . – 90ª CO

B A D B

El punto B es unido por lo que M será entonces una rotación de centro B.

Tomemos como segundo punto a la preimagen E , de O ,en la traslación.

TBA RO . – 90ª CO

E O O O

Finalmente entonces: M = RB , EBO = RB , + 90ª

b)

SAB o CO o M oTAB = RA , + 90ª

M = CO o SAB o RA , + 90ª o TBA

M es una congruencia indirecta. Tomemos B como primer punto.

TBA RA , + 90ª SAB CO

B A A A C M(B) = C

Tomemos C como segundo punto. C será el centro de la circunferencia (CP).

TBA RA , + 90ª SAB CO

C D D´ D´ D´´ M(C) = D´´



eje

D C N D´´

M

D´ A B

Finalmente: M = ATMN , MN

M es punto medio del lado BC , N es punto medio del segmento CD´´.

|| MN || = 2

2a

Ejercicio No.20

Calculemos primeramente M2 para las distintas congruencias.

1) M = CO M 2 = CO o CO = I

2) M = Se M 2 = Se o Se = I

3) M = T u M 2 = T u o T u = T2 u

4) M = RO , ± θ M 2 = RO , ± θ o RO , ± θ = RO , ± 2θ

5) M = ATe , u M 2 = ATe , u o ATe , u = T u o Se o Se o T u = T 2u

a) i) M = I

M = CO Cualquier centro O

M = Se Cualquier eje e

M = RO , - 90ª

ii) M2 = C O

M = RO , + 90ª



M directa Solución única M = T AB / 2

iii) M 2 = TAB

M indirecta Infinitas soluciones M = ATe , AB / 2

( el eje e es cualquier recta con la

dirección del vector AB)

iv) M 2 = RO , ± θ M =RO , ± θ/ 2

v) M 2 = Se La igualdad planteada es imposible ya que M 2 es directa.

vi) M 2 = ATe , u Idem caso anterior.

b)

M 2 = M1

Como M 2 es una congruencia directa , la congruencia M existe si M1 es directa.

Bajo esa condición M puede ser Identidad ,Traslación , Rotación , Simetría central ,

Simetría axial o Antitraslación.

Ejercicio No.21

a) i) M = CO M3 = M2 o M = I o M = M = CO

ii) M = Se M3 = M2 o M = I o M = M = Se

iii) M = TAB M3 = T 3AB

iv) M = RO , ± θ M3 = RO , ± 3θ

v) M = ATe , AB M3 = ATe , 3AB

b) M3 = ATe , AB M = ATe , AB/ 3

c) M n = RO , ± θ M = RO , ± θ / n

Ejercicio No.22

M 2 = TAB

a) M directa: M = TAB / 2

M indirecta : M = ATe , AB / 2 ( e cualquier recta con dirección AB )

b) A´= ATe , AB / 2 (A) Al variar el eje e paralelamente a sí mismo el L.G. es la

mediatriz del segmento AB. Ver ejercicio 2(d) del capítulo Lugares Geométricos.


CAPITULO VIII

LUGARES

GEOMETRICOS


ENUNCIADOS


Capítulo VIII - Lugares Geométricos– Enunciados Ejercicio No.1

Sea A un punto variable sobre una recta fija r y A´= M (A). Hallar LG. de A´ si :

a) M = Se siendo e una recta dada:

i) secante con la recta r.

ii) paralela a la recta r.

b) M = CO

i) O∉ r

ii) O∈ r

c) M = TMN MN no paralelo a la recta r

d) M = RO , - θ O ∉ r , θ dado.

e) M = ATe , u e secante con la recta r , u vector dado paralelo a la recta e .

Ejercicio No.2

Sea A un punto fijo del plano. Hallar LG. de A´=M (A) en los casos que se indican,

discutiendo según la posición relativa del punto A respecto de los elementos que

definen la congruencia M .

a) M = Se La recta e varía paralelamente a sí misma.

b) M = Se La recta e varía pasando por un punto fijo O del plano.

c) M = Tu u tiene dirección fija y norma variable || u || = x ∀x ∈ R.

d) M = Tu u de dirección variable y norma constante || u || = k.

e) M = ATe , u u vector dado paralelo al eje e.

Eje e varía:

i) Paralelamente a sí mismo

iii) Pasando por un punto fijo O del plano.

f) M = ATe , u Eje e fijo , vector u paralelo al eje e y de norma variable.

g) M = RO , − θ O punto fijo , θ variable entre 0º y 360º.

Ejercicio No.3

Hallar el L.G. de los puntos A del plano que distan k cms. de su correspondiente A´

en la congruencia M si:


Capítulo VIII - Lugares Geométricos– Enunciados a) M = Se eje e , dado.

b) M = CO centro O , dado.

c) M = RO , - θ O y θ dados.

d) M = ATe , u eje e y vector u , dados.

¿ Qué condición deben cumplir k y || u || para que exista L.G.?

e) M = Tu

Ejercicio No.4 Se consideran: recta fija r , puntos fijos A, B , M y N según figura.

C punto variable en el segmento MN. r N

• C

2a

M

θ

A a B

AM ⊥ r AM = d

a) LG. del cuarto vértice del paralelogramo ACBD.

b) ¿Para qué posiciones del punto C se obtienen los paralelogramos ACBD de áreas

máxima y mínima?

Calcula esas áreas en función de a , d y θ.

Ejercicio No.5 Sea (C ) una circunferencia de centro O y radio R. AB es una cuerda fija de ella ( no

diámetro). Se considera un punto C variable en el mayor arco AB. El punto C no

coincide con A ni B.

a) LG. de D , cuarto vértice del paralelogramo ACBD.

b) Se construye el triángulo equilátero BCE ( sentido horario). Hallar LG. de E.

c) Hallar la posición del punto C en (C ) para que el lado del triángulo BCE sea

igual al segmento AB.

d) Hallar la posición del punto C en (C ) para que el área del triángulo BCE sea

máxima. Calcular esa área en función del radio R de (C ).


Capítulo VIII - Lugares Geométricos– Enunciados Ejercicio No.6 Sean O y r según figura. Sobre la recta r se considera un punto variable R y se

construye el triángulo rectángulo isósceles ROS ( sentido horario) con el ángulo

ROS = 90º.

r

• R d

O

a) LG. de S.

b) Encontrar la posición del punto R para que el perímetro del triángulo ROS sea

mínimo. Calcular ese perímetro en función de la distancia d.

Ejercicio No.7

Sean O1 y O2 dos puntos fijos. En un mismo semiplano respecto de la recta O1O2 se

consideran los puntos M y N según figura.

• M • N

MO1 = NO2 = k

θ θ

O1 O2

a) LG. de M y LG. de N al variar θ , 0< θ < 180º.

b) Mostrar que N = (M). ¿Qué característica presenta el movimiento del

segmento MN al variar θ?

2O1OT

c) ¿Conoces alguna aplicación práctica basada en esa característica?

Ejercicio No.8 Igual problema que el anterior pero con los puntos M y N en distintos semiplanos

respecto de la recta O1O2


Capítulo VIII - Lugares Geométricos– Enunciados • M

θ O1O2 > O1M

O1 O2 θ

• N

a) LG. de M y LG. de N al variar θ. 0º ≤ θ ≤ 360º

b) Demostrar que M y N son correspondientes en una antitraslación cuyos elementos

se determinarán.

c) ¿Qué describe el punto medio del segmento MN?

Si M describe su LG. en sentido antihorario , ¿en qué sentido describe el punto N el

suyo?

d)¿Para qué valores del ángulo θ la longitud del segmento MN es máxima y mínima?

Calcula esas longitudes.

d) Dibuja las posiciones del segmento MN para :

θ = 0º , θ = 45º , θ = 90º , θ = 180º y θ = 270º.

Intenta imaginar el movimiento del segmento MN al variar el ángulo θ en forma

contínua entre 0º y 360º.

¿Crees que en algo ese movimiento se asemeja a los “ corcovos” de un potro?

En la solución de este ejercicio te comentaremos algo sobre la utilización de un

dispositivo mecánico basado en el movimiento del segmento MN.

Ejercicio No.9

Sea r una recta fija y A un punto fijo de ella.

Se consideran las circunferencias (C ) de radio R que pasan por el punto A.

(C ) ∩ r = {A , B }. Se construyen los triángulos ACB isósceles con AC = BC y C

perteneciente a (C ) , en un mismo semiplano de borde r .

Se te pide que encuentres el LG. del punto C al variar las circunferencias (C ).

Te sugerimos hallar previamente el LG. de los centros de las circunferencias (C ).

Ejercicio No.10 R r r || CD

D C

A B


Capítulo VIII - Lugares Geométricos– Enunciados Sean la recta r y el cuadrado ABCD según la figura anterior.

Consideremos la recta s determinada por los puntos R y C ; recta t perpendicular a s

por el punto A ; M y N puntos de t tales que AM = AN = CR.

a) LG. de M.

b) LG. de N.

Ejercicio No.11 Repetir el problema anterior pero haciendo variar el punto R en el arco CD de la

circunferencia circunscrita al cuadrado , en lugar de hacerlo sobre la recta r.

Ejercicio No.12 Sea ABCD un cuadrado de lado a y P un punto cualquiera del plano no coincidente

con D. Se consideran las simetrías axiales de ejes AD y BD de forma tal que

SAD(P) = Po SBD(Po) = P´

a) Probar que para todo punto P del plano el triángulo PDP´es rectángulo isósceles.

b) Si P varía en la semirecta A(B) hallar LG. de P ´.

c) Si P varía ahora sobre la circunferencia (C ) circunscrita al cuadrado , hallar el

LG. de P´.

d) En las condiciones de la parte anterior , ¿cuál es la posición del punto P para que

la distancia a su imagen sea máxima?

Calcular esa distancia en función de a y el área del triángulo PDP´ en ese caso.

e) Hallar la posición del punto P sobre la circunferencia (C ) para que la distancia a

su imagen valga a.

Ejercicio No.13

Sea (C ) una circunferencia de diámetro BC; A punto medio del arco BC ; N punto

perteneciente al menor arco AC y M punto diametralmente opuaesto de N en (C ).

MA∩BN = P MC∩AN = Q

a) Demostrar que: RA , - 90º (N) = P RA , - 90º (Q) = M

b) L.G. de P y L.G.de Q al variar N.

c) Probar que : RB , + 90º (Q) = N

d) ¿En qué composición de rotaciones el punto P es imagen del punto Q?

e) Usando lo anterior demuestra que los segmentos AB y PQ son congruentes y

paralelos.



Sean AB y CD diámetros perpendiculares de una circunferencia (C ) de centro O.

Sobre el segmento AB se considera un punto variable I.

a) Estudia la composición : M = RO , -90º o SDI y prueba que el eje de la

congruencia M pasa por el punto medio del segmento AD.

b) Encuentra el LG. de I´, siendo I´= M(I).

c) Indica las posiciones del eje de M cuando el punto I coincide con A y cuando

coincide con B.

Ejercicio No.15

Sean O1 y O2 puntos fijos.

Se consideran: R O1, - 60º , R O2, - 120º y P punto cualquiera del plano.

P´= R O1, - 60º (P) P´´ = R O2, - 120º (P´)

a) Hallar M = R O2, - 120º o R O1, - 60º y demostrar que el punto medio O del

segmento PP´´ es fijo para todo P.

b) Sea O(a) una semirecta interior al ángulo convexo O1OO2.

Encuentra sobre la semirecta la posición del punto P para que P , P´, y P´´ estén

alineados.

c) Indica el LG. de la proyección ortogonal de O1 sobre la semirecta O(A) , y el LG.

de P al variar la semirecta O(a) en el interior del ángulo O1OO2, cumpliéndose para P

las condiciones de la parte b) del ejercicio.

Ejercicio No.16

Sean la recta r , la semirecta A(a) , los puntos A y B , fijos según figura.

a

C r

A m B p

Sobre la semirecta A(a) se toma un punto variable C y se construyen los

paralelogramos BACD. Hallar L.G. de D´ al variar C , siendo D´= Sr (D).



Sean A , B , C , tres puntos fijos de una circunferencia (C ).

a) Expresar en forma canónica la congruencia M tal que: M = CC o TAB.

b) LG. del punto unido de M al variar el punto C en (C ) con A y B fijos.

Ejercicio No.18 Se considera el trapecio birrectángulo de la figura.

D a C

a

A 2a B

a) Expresar en forma canónica la congruencia M: M = b) Sobre el lado BC se considera un punto P variable.

Hallar LG. de P´ siendo P´= M (P).

c) Hallar la posición de P para que el área del polígono convexo PBP´B´ sea máxima,

siendo B´= M(B).

Calcular dicha área en función de a y hallar su relación con el área del trapecio.

Ejercicio No.19 Sea (C ) una circunferencia de centro O y radio R ; y t la recta tangente a (C ) en P

según figura.

O

t P u u || t

Sea M = Tu o RO , − θ siendo || u || = longitud del arco de (C )

correspondiente al ángulo al centro θ.

a) Hallar el LG. de O´, siendo O´= M(O) al variar θ entre 0º y 360º.

b) Sea P´= M (P) . Dibuja prolijamente la posición de P´ para θ=45º , θ= 90º ,

θ=180º, θ=270º , θ=360º

Para hacerlo toma R = 2 cm y calcula la norma del vector u aproximando con 2

decimales.


Capítulo VIII - Lugares Geométricos– Enunciados Si tomaras nuevos valores de θ irías encontrando nuevos puntos del L.G. que

describe el punto P´. ¿Conoces ese lugar geométrico ?

c) ¿Imaginas qué significado físico tiene la exigencia que hemos impuesto a la norma

del vector u ?

En la resolución del ejercicio te hablaremos sobre este L.G. muy “famoso” , que

tiene algunas propiedades que seguramente te sorprenderán.

Ejercicio No.20

Sea (C ) una circunferencia de centro O y radio R , y los puntos A1 , B1 , A2 , B2 ,

indicados en la figura.

A2 BB2

θ2

A1 BB1

θ1

O

Un punto M varía en el arco A1A2 y otro punto N varía en el arco B1 B2 , de modo

que la cuerda MN se mantiene paralela al segmento A1 B1 para todo M.

a) Hallar el LG. del punto medio del segmento MN.

b) Hallar LG. del cuarto vértice del rombo OMQN ( sentido horario) al variar M.

c) Calcula en función de θ1,θ2 y R , la longitud del LG. hallado en la parte anterior.

d) Calcula en función de θ1,θ2 y R , el desplazamiento del punto M en la dirección

A1 B1.

e) Si R = 30 cm , θ1 = 30º , θ2 = 75º , encuentra las longitudes pedidas en las partes

c) y d).

f) ¿Conoces alguna aplicación práctica del L.G. de Q? En la resolución te haremos

algunos comentarios sobre ella.


Capítulo VIII - Lugares Geométricos– Enunciados Ejercicio No.21 Sea el arco de circunferencia correspondiente a un ángulo central de 90º como se

indica.

B

M

O A

Sobre el arco AB se considera un punto variable M. Se construye el triángulo

isósceles OMP , sentido horario , con OM = MP y P ∈ OA.

Sea Q = CM (P).

a) Demuestra que el punto Q pertenece al segmento OB y encuentra las posiciones

extremas de Q.

b) ¿Conoces alguna aplicación física de este LG?

Ejercicio No.22 Sea ABC un triángulo isósceles con AB = AC , ang BAC = 30º.

Se considera una semirecta A(r) según indica la figura ,variable por A con el ángulo

θ tal que 0º<θ<60º.

B´= Sr (B) B´´ = TBA (B´) BB´∩ r = D BB´´∩ AB´= E A

a) LG. de B´al variar la semirecta A(r ) .

b) LG. de B´´. r θ

c) LG. de E. B C

d) LG. de D´ siendo D´= M(D) con M = TBC o CA .

Ejercicio No.23 Sean A y A´ dos puntos fijos del plano no coincidentes.

a) ¿En cuántas antitraslaciones A´ es imagen de A? Indica eje y vector de una de

ellas.

b) Demuestra que los ejes de las antitraslaciones de la parte anterior pasan por un

punto fijo del plano que determinarás.

c) Sea AO tal que Tu (A) = AO . Encuentra el LG. de AO al variar la ATe , u .

e) ¿Cuál es la máxima norma posible del vector u? Determina para ese caso el eje


Capítulo VIII - Lugares Geométricos– Enunciados de la correspondiente antitraslación.

e) Determina los AO y los ejes de las AT para el caso || u || =2

AA´ .

f) Si AO-1 y AO-2 son los puntos hallados en la parte anterior calcula el área del

cuadrilátero A AO-1A´ AO-2 si el segmento AA´ tiene medida d.


RESOLUCIONES


Capítulo VIII - Lugares Geométricos – Resoluciones Ejercicio No.1 a) i) A r e A´ r´ ii) A r e A´ r´ Como A∈r A´∈ r´ siendo r´= Se (r) LG. de A´= Se ( LG. de A) = r´.

b) i) r A O r´ A´

LG. de A´= CO ( LG. de A) = CO (r) = r´.

ii) r A O A´ r´ LG. de A´= CO ( LG. de A) = CO (r) = r´= r .

c) M N

r r´

A A´ LG. de A´= TMN ( LG. de A) = TMN ( r ) = r´.


Capítulo VIII - Lugares Geométricos – Resoluciones d) r´ r A θ θ A´ O LG. de A´= RO , − θ (LG. de A) = RO , − θ(r) = r´

e) r A

e A´

r´

LG. de A´= ATe , MN ( LG. de A) = ATe , MN (r) = r´.

Ejercicio No.2 a) r A e LG.

Mostraremos que el LG. pedido es la recta r , perpendicular a la dirección de los

posibles ejes e , y que contiene al punto A.

En efecto ,el punto A´ = Se (A) , por propiedad de la simetría axial, pertenece a r ∀e.

Recíprocamente cualquier punto B de la recta r es correspondiente de A en una

simetría axial cuyo eje será la mediatriz del segmento AB, cuya dirección coincide

con la de la recta e.


Capítulo VIII - Lugares Geométricos – Resoluciones

b) A L.G. A´ O e (c ) Se (A) = A´ Se (O) = O Los segmentos OA y OA´son

congruentes. Siendo fijos los puntos O y A concluímos que la distancia OA´ es

constante y por tanto A´ pertenece a la circunferencia (C ) de centro O y radio OA.

Recíprocamente cualquier punto B de la circunferencia (C ) será correspondiente del

punto A en una simetría axial cuyo eje será la mediatriz del segmento AB que pasará

por el centro O de (C ).

El LG. es entonces la circunferencia (C ).

c) A A´ r

u

Al variar la norma del vector u , el punto A´ pertenece a la recta r que tiene la

dirección dada por el vector y pasa por el punto A.

Recíprocamente cualquier punto B de la recta r será correspondiente del punto A en

una traslación de vector AB , vector que tiene la dirección dada por u y por norma

cierto número real positivo.

En consecuencia el LG. pedido es la recta r.

d) A´= Tu (A)

A´

u

(C ) A

Como la norma del vector u es constante independientemente de su dirección , la

distancia AA´ será constante y el punto A´ pertenecerá a la circunferencia (C ) de

centro A y radio AA´ = || u ||.



Recíprocamente cualquier punto B de la circunferencia (C ) será imagen de A en una

traslación de vector AB , con || AB|| = || u ||.

El L G. será entonces la circunferencia (C ).

e)

i) A

r r´ u

e

AO A´

L.G.

ATe , u (A) = A´ AO = Se (A) A´= Tu (AO)

Al variar el eje e paralelamente a sí mismo el LG. de AO es la recta r ⊥ e por A

según vimos en el caso a) del ejercicio.

Como A´ es el correspondiente de AO en la traslación de vector u tendremos:

LG. de A´= Tu (LG. de AO) = Tu (r) = r´.

ii) Sean: AO = Se (A) A´= Tu (AO)

(C ´)

(C ) A

o u A´

Ao L.G.

Ya vimos en el caso b) del ejercicio que el LG. del punto AO es la circunferencia

(C ) de centro O y radio OA.

En consecuencia: LG. de A´= Tu (LG. de AO) = Tu (C ) = (C ´).

f) A

u

e

LG. AO A´



AO = Se(A)

Como la recta e es fija , entonces AO es fijo. Aplicando el caso c) del ejercicio

concluimos que el LG. de A´ será la recta paralela a e por el punto AO.

g) A´= RO , θ (A)

A A´

θ

O (C )

L.G.

Como los segmentos OA y OA´ son congruentes , el punto A´ pertenecerá entonces

a la circunferencia (C ) de centro O y radio OA.

Recíprocamente cualquier punto B de (C ) es imagen de A en una rotación de

centro O y ángulo AOB.

El LG. es entonces la circunferencia (C ) .

Ejercicio No.3

a) A LG.

K / 2

Ao e K / 2

A´ LG.

AA´= k AAo =k / 2 dA , e = k / 2.

El LG. de A se compone de las rectas paralelas al eje e a distancia k/ 2 .

b)

AA´= k AO = k / 2 A

El LG. es la circunferencia de centro O k/2 . LG.

y radio k / 2. O

A´



c) A M A´

O LG.

AA´= k ang.AOM = θ

En el triángulo AMO rectángulo , tenemos:

AM = k / 2 ang. AOM = θ / 2 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=

2sen

AMOAθ

OA constante.

El LG. de A es entonces la circunferencia (C ) de centro O y radio OA = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

22sen

kθ

.

d) L.G. A

u d

e

L.G. Ao A´

AA´= k AAo= 2d AoA´= || u ||

Aplicando el teorema de Pitágoras tenemos:

(2d)2 + || u || 2 = k2 d = 2

u k 22 −

El LG. se compone de las rectas paralelas al eje e a distancia d.

e)

En el caso de la traslación Tu la distancia entre correspondientes será igual a la

norma del vector u , por lo que:

K ≠ || u || No hay puntos del plano que disten k de su correspondiente.

K = || u || Todos los puntos del plano distan k de su correspondiente.



Ejercicio No.4 N

2a

C

M

d r θ

A O B N´ D L.G. M´ a) ACBD paralelogramo , CD y AB diagonales CO = OD.

Por tanto podemos afirmar que: CO(C) = D ∀ C.

En consecuencia: LG. de D = CO ( L.G. de C ) = CO ( MN ) = M´N´

b) Area ACBD = 2 Area Triang. ACB = 2

AB.hC

hC es la medida del segmento de perpendicular trazada desde el punto C a la recta

AB.

En consecuencia el área será máxima cuando sea máxima hC , y será mínima cuando

sea mínima hC.

hC max = d N , AB hC , min = d M , AB

Calculemos esas distancias. N

M

θ d θ R P A Q

En el triángulo MPA tenemos: hC , min = MP = d.cos θ

En el triángulo RQN tenemos : hC , max = NQ = NR . sen θ = (RM+MN) senθ.



En el triángulo RMA tenemos: RM = senθ2atgdh

tgd

max C ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=⇒

ϑϑ

Area ACBD max = ( )θθθθ

2asend.cosasen2atgda +=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

AreaACBD min = a.d.cosθ.

Ejercicio No.5

C

O

A B M

D L.G.

a) Los segmentos AB y CD son diagonales del paralelogramo ACBD. Por tanto se

cumplirá que:

MC = MD MA = MB M punto fijo . Por consiguiente: CM ( C ) = D ∀ C.

Finalmente : LG.de D = CM ( LG. de C) = CM ( Arco ACB ) = Arco ADB.

b)

Como el punto B es fijo , los segmentos BC y BE congruentes y el áng. CBE = 60º,

podemos afirmar que el punto E será imagen de C en la rotación de centro B , ángulo

60º , sentido horario para toda posición de C.

En consecuencia : LG. de (E) = RB, - 60º (LG. de C ) = Arco A´EB.

(Se excluyen los extremos A´ y B ).



LG de E C2 A´ C1

(C )

C

O

E A B

c)

Como el segmento BC es lado del triángulo BCE basta entonces hallar sobre la

circunferencia (C ) el punto C1 tal que el segmento BC1 sea congruente con el

segmento AB.

d)

Para que el área del triángulo BCE sea máxima debe ser máximo el lado. Debemos

buscar entonces el punto C2 de la circunferencia (C ) tal que BC2 sea máximo.

El punto C2 será entonces el punto diametralmente opuesto al punto B en (C ).

El área del triángulo BCE será el área de un triángulo equilátero de lado 2R.

Area max. BCE = 2

3R4

32R.=

Ejercicio No.6

r´

R

P

r

d LG.

O S

a) Siendo ROS triángulo rectángulo isósceles tendremos: RO , - 90º ( R ) = S ∀S.

En consecuencia: LG. de (S) = RO , - 90º ( LG.( R ) ) = r´. (r´ ⊥ r )



b) El perímetro será mínimo cuando lo sea la medida del segmento OR , es decir

cuando R coincida con P.

Siendo OP = d OS = d RS = d. 2 será:

Perímetro ROS = d ( 2 + 2 )

Ejercicio No.7

a) Al variar θ entre 0o y 180o los lugares geométricos de los puntos M y N son

obviamente las semicircunferencias (C1) y ( C2) excluyendo los puntos extremos de

las mismas. M N

(C1) (C2)

θ θ

O1 O2

b) Como los segmentos O1M y O2 N son congruentes y paralelos el cuadrilátero

O1MNO2 es paralelogramo y en consecuencia los segmentos MN y O1O2 son

congruentes y paralelos para todo punto M. En consecuencia TO1O2(M)=N ∀ M.

El segmento MN se mueve entonces paralelamente a sí mismo.

Te mostraremos a continuación varias aplicaciones de este ejercicio. Si supones que

los cuatro vértices del paralelogramo son articulaciones , tienes lo que se conoce

como paralelogramo deformable. M N

O1 O2

Si fijamos la barra O1O2 , las barras O1M y O2N girarán alrededor de O1 y O2

respectivamente y la barra MN se desplaza paralelamente a sí misma variando su

distancia a la barra O1O2 .

1) A B

D C



El columpio para niños que se esquematiza en la figura , es una aplicación del

paralelogramo deformable.

Repara en el paralelogramo ABCD donde los puntos A y B se mantienen fijos lo que

permite que el asiento del columpio se mueva manteniéndose siempre horizontal

pero variando su altura respecto del piso.

2) El costurero de las abuelas que se muestra esquematizado en la figura es otra

aplicación del paralelogramo deformable.

Observa como los cajones se abren pero manteniéndose siempre horizontales.

3) Las cajas de herramientas, como las de la figura, son similares al costurero.

Observa el mecanismo de la manija de la caja que permite , bajándola , su apertura

y subiéndola , su cierre.

Los receptáculos se mantienen siempre horizontales. En su frente puedes ver los

paralelogramos.


Capítulo VIII -Congruencias– Lugares Geométricos – Resoluciones

4) Las balanzas que se utilizan para pesar cartas y algunas balanzas de laboratorio

como las mostradas en las figuras, utilizan el mismo principio, garantizando que los

platillos permanezcan horizontales al inclinarse el fiel.

Observa los paralelogramos indicados como ABCD.

B A

C

D • • D • C

Escala graduada en • •A •B

unidades de peso

5) El mecanismo de apertura de ciertos tipos de ventana como la mostrada en la

figura también utiliza el principio del paralelogramo deformable. D A

C

B

6) Otra aplicación muy común y que seguramente conoces son los limpiaparabrisas

de muchos omnibuses , camiones y locomotoras en que la escobilla , solidaria al

paralelogramo, se mantiene vertical moviéndose paralelamente a si misma , lo que la

diferencia de la escobilla del limpiaparabrisas de un auto en cuanto a su movimiento. paralelogramo deformable escobilla PARABRISA


Capítulo VIII -Congruencias– Lugares Geométricos – Resoluciones 7) Las biela que interconectan las ruedas motrices de una locomotora forman el

cuarto lado de un paralelogramo cuyos vértices son los cubos de las ruedas y los

puntos de conexión de la biela con la rueda. En este caso los puntos C y D efectúan

revoluciones completas alrededor de A y B , a diferencia de los casos anteriores

donde la gama de movimientos tenía restricciones.

D C A B

Ejercicio No.8

(C1) M (C2)

O1 θ MO O2 NO

θ θ

M´ N

a) Como las longitudes de los segmentos O1M y O2N son constantes, los lugares

geométricos de M y N son obviamente las circunferencias (C1) y (C2).

b)Si consideramos la antitraslación de eje O1O2 y vector O1O2 es evidente que

siendo O1M´ NO2 un paralelogramo se cumple: ATO1O2 , O1O2 (M) = N ya que

M´ = S O1O2 (M) y N = T O1O2 (M´).

Por tanto el punto medio del segmento MN pertenece a la recta O1O2. Al variar θ

entre 0o y 360o ese punto medio describe el segmento O1O2 .

c) Si el punto M se mueve en sentido antihorario , el punto N lo hace en sentido

horario .

d) Para que el segmento MN tenga longitud máxima, la distancia del punto M al eje

O1O2 debe serlo también.



Por tanto son los puntos M correspondientes a θ=90o y θ=270o.

Para que el segmento MN sea de longitud mínima la distancia del punto M al eje

O1O2 debe serlo también.

Los puntos M son los correspondientes a θ=0o y θ=180o.

Si llamamos d a la distancia O1O2 y L a la longitud del segmento O1M tendremos:

MNmax. = ( ) 2222 d4Ld2L +=+ MNmin.= d

e) θ=45o θ=90o

M

M

θ ϕ ϕ N N N ϕ θ M N M θ=180o θ=270o

Observa como al variar θ , varía el ángulo ϕ de la barra respecto de la recta O1O2.

La variación de ϕ cumple: 0 ≤ ϕ ≤ ϕmax siendo tg ϕmax =d

2L

Si observas el movimiento del segmento MN partiendo de la posición

correspondiente a θ=180o , digamos de la posición horizontal, verás que el segmento

MN se mueve hacia adelante levantando su extremo N y bajando M. El punto N

llega a su máxima altura para θ = 270o ; a continuación el punto N vuelve a bajar

mientras el segmento MN se mueve hacia atrás, etc, etc.

El movimiento del segmento MN se asemeja bastante al movimiento del lomo de un

potro que está corcoveando. Como la longitud del segmento MN es variable resulta

imposible unir los puntos M y N mediante una barra rígida.

Sin embargo existe una solución mecánica muy sencilla y muy utilizada en variados


Capítulo VIII -Congruencias– Lugares Geométricos – Resoluciones mecanismos que permite solidarizar los puntos M y N mediante una barra rígida.

La solución consiste en una barra provista de una ranura cuya longitud sea no menor

que la máxima longitud del segmento MN, como te indica la figura siguiente.

Longitud de la ranura

Barra ranura

Los extremos M y N de las barras O1M y O2N corren por la ranura y obligan a la

barra a realizar el mismo movimiento que el segmento MN.

Considera el siguiente dispositivo mecánico.

N

θ

O1 θ O2

M

Los brazos O1M y O2N giran alrededor de los puntos fijos O1 y O2 en sentidos

contrarios respetando la igualdad de los ángulos θ como lo planteamos en el

ejercicio. Mediante la barra con ranura mostrada en la figura solidarizamos los

extremos M y N de los brazos giratorios.

Si ahora solidarizamos rígidamente a la barra con ranura una cubierta con forma , por

ejemplo, de potro u otro animal que cubra la estructura anterior, tendrás uno de los

juegos que alguna vez habrás observado en parques de diversiones, en el cine o la


Capítulo VIII -Congruencias– Lugares Geométricos – Resoluciones televisión. No es por cierto ésta, que hemos presentado, la única solución para este

tipo de juegos, pero es una de las posibles.

Ejercicio No.10 a) r R

r´

D C t

r´´ s

LG (N) M

A B

LG(M)

N

Considerando la RD , - 90ª tenemos: RD , - 90ª ( C ) = A

Como s⊥t se cumplirá que: RD , - 90ª (s) = t , RD , - 90ª (C(R)) = A(M) ,

RD , - 90ª ( R ) = M . Por tanto LG.(M) = RD , - 90ª ( LG.(R))=r´ .

b) Se cumple también que: CA(M) = N

LG.(N) = CA( LG.(M)) = r´´

Ejercicio No.11

a) Del ejercicio anterior , RD , - 90ª ( R ) = M

LG.(M) = RD , - 90ª (LG.(R)) = RD , - 90ª (CD).

b) CA(M) = N LG.)N = CA(LG.(M))

R

D C

M

LG(M)

A B

LG (N)

N


Capítulo VIII -Congruencias– Lugares Geométricos – Resoluciones Ejercicio No.12 a)

B´

P´

D C

Po P

A B

SBD o SAD = RD , +90ª

Siendo RD , +90ª (P) = P´ se cumple que: ang.PDP´ = 90o y segmentos DP y DP´

congruentes. Se concluye entonces que el triángulo PDP´ es rectángulo isósceles.

b) Si el punto P pertenece a la semirecta A(B) entonces su imagen P´ pertenece a la

semirecta C(B´) ya que: RD , +90ª (A) = C y RD , +90ª(B) = B´.

En consecuencia el LG. del punto P´ será la semirecta C(B´).

c) De acuerdo a lo anterior será:

LG.(P´) = RD , +90ª ( LG(P))

LG(P´)

D C

P

A B


Capítulo VIII -Congruencias– Lugares Geométricos – Resoluciones d) Para que la distancia PP´ sea máxima el punto P debe estar a la mayor distancia

posible del centro de rotación D. Por tanto la posición del punto P es B.

Como DB= 2 a entonces PP´= 2a22 a =

Area PDP´= 2a2

2 a 2 a= .

e) Como PP´= a será: DP =2

2 a2

a=

Por tanto DP = DO. Con el valor hallado de DP encontramos dos posibles

posiciones para el punto P sobre la circunferencia circunscrita. P´ a D

P

Ejercicio No.13

a) A D´

N LG(Q)

LG(P)

P

B Q O C M Fig (1) D Como el segmento MN es diámetro de la circunferencia, entonces ang.MAN=90o.

ang.BNA inscrito en la circunferencia con ángulo central correspondiente BOA=90o,

por tanto ang.BNA = 45o . En consecuencia el triángulo PAN es rectángulo

isósceles y se cumple que: RA , - 90ª (N)=P ∀ N.

ang.AMQ inscrito en la circunferencia con ángulo central correspondiente AOC=90ª.

Por tanto ang.AMQ=45o. El triángulo AMQ es rectángulo isósceles y se cumple

entonces:

RA , - 90ª (Q)=M.



b) De lo anterior concluimos:

LG.(P) = RA , - 90ª (LG(N)) = RA , - 90ª ( arco AC)

LG.(Q) = RA , + 90ª (LG(M)) = RA , + 90ª (arco BD) D´= RA , + 90ª (D)

c) Probaremos que el triángulo NCQ es rectángulo isósceles.

De la parte anterior: ang. MQA = ang. CQN=45o

Como el segmento MN es diámetro se cumple que: ang.MCN=90o

Siendo rectángulo isósceles el triángulo NCQ , afirmamos que: RC , +90ª (Q)=N.

d) RC , +90ª (Q)=N R A, -90ª (N)=P

R A, -90ª o RC , +90ª (Q)=P

e) Efectuemos la composición anterior. A

4 45ª 3

B O C

1 2

Fig.(2) 45 ª

R A, -90ª o RC , +90ª = S4 o S3 o S2 o S1= S4 o S1= TCB

Por tanto: TCB (Q) = P Fig.(1) y concluimos que los segmentos PQ Y BC son

paralelos y congruentes.

Ejercicio No.14

C

LG I´

A O I B

M I´

(e)

u D

a) M =RO , - 90ª o SDI M es una congruencia indirecta

.Efectuemos la composición tomando D como primer punto.


Capítulo VIII -Congruencias– Lugares Geométricos – Resoluciones SDI RO , - 90ª

D D A M(D) = A En consecuencia el eje de M

pasa por el punto medio del segmento AD.

Tomemos como segundo punto a I.

SDI RO , - 90ª

I I I´ M(I) = I´ El eje de M pasa entonces

por el punto medio del segmento II´.

M = ATe , u el vector u lo obtenemos como proyección del vector DA en la

dirección del eje (e).

b) De la parte anterior

SDI RO , - 90ª

I I I´ RO , - 90ª (I) =I´

En consecuencia: Lo.G.(I´) = RO , - 90ª (LG (I))= RO , - 90ª ( seg. AB) = seg. CD.

c) Si I coincide con A , I´ coincide con C el eje de M es la recta MC Si I coincide con B , I´ coincide con D el eje de M es la recta MD

(M es el punto medio del segmento AD).

Ejercicio No.15

a)

1 4

30o 60o

2 O1 O2 3 P

O Fig. (1)

P´´

RO2 , + 120ª o RO1 , + 60ª = S4 o S3 o S2 o S1 = S4 o S1 = CO p´´ = CO (p) Fig.(1)

De lo anterior se concluye que el punto O es punto medio del segmento PP´´ ∀ P.

Como los puntos O1 y O2 son fijos también lo es el punto O.

b) Los puntos P , O , y P´´ están alineados. P´= RO1, +60ª (P).


Capítulo VIII –Congruencias – Lugares Geométricos – Resoluciones Elegida la semirecta O(A) cualquiera sea el punto P sobre ella , sabemos que P´´

estará en la semirecta opuesta a ella. Como deseamos que P´, P y P´´ estén alineados

concluimos que P´ debe pertenecer a la semirecta O(A), como además el ángulo

P´O1P debe ser de 60o, debemos construir un triángulo equilátero P´O1P para

determinar P. a

P´ 4

1

Q

2 30o 60o 3 O1 O2

P

O

Fig. (2) P´´

c) Sea Q la proyección ortogonal de O1 sobre la semirecta O(A). Siendo recto el

ang.O1QO , Q pertenecerá al arco capaz de 90o y segmento O1O contenida en el

semiplano de borde O1O que contiene a O2.Se deberán excluir los puntos O1 y O.

Como el ángulo O1PO = 120o , P pertenecerá al arco capaz de 120o y segmento O1O

contenido en el mismo semiplano que el LG. de Q. También se excluirán los puntos

O y O1.

Ejercicio No.16

LG(D´) r

a a´ C D´ D

A B P A´ m p

1 m / 2 2

D´= S r (D) D = TAB (C) entonces D´ = S r o TAB (C)



Componiendo: S r o TAB = S r o S2 o S1 = S1

Por tanto: LG (D´) = S1(LG(C)) = semirecta A´(a´) siendo A´= S1 (A).

Ejercicio No.17

a) 3

P C 4

A B

1 2

||ΑΒ|| / 2

M = Cc o TAB = S4 o S3 o S2 o S1= S4 o S1 = CP

b) El vector CP tiene dirección fija ( la definida por la recta AB) al variar C , y su

norma es constante ( mitad de la del vector AB).

En consecuencia TBA / 2 (C) = P ∀ C

LG.(P) = TBA / 2 (LG(C))= circunferencia (C´) C (C´) LG (P) A B Ejercicio No.18 3 4 D C

a / 2 1 A R B 2

a) M = TDC o SAD o SAB = TDC o CA= S4 o S3 o S2 o S1= S4 o S1= CR

M = CR



b) D C

P B´ A R B P´ LG(P´) C´

P´= M (P)= CR (P) L.G.(P´) = CR (LG(P)) = CR(seg.BC) = seg B´C´

El cuadrilátero PBP´B´ es paralelogramo pues los segmentos BC y B´C´ son

paralelos y congruentes por ser correspondientes en la CR.

Para que su área sea máxima deberá serlo el área del triángulo BPB´.

Como BB´= 3a es constante para toda posición del punto P , deberá ser máxima la

altura relativa a P. La posición buscada de P será entonces el punto C para la cual

la altura hP = a

Area triang. BCB´= 2

3a2 Area PBP´B´= Area ABCD =23a

23a

2a)a(2a 2

=+

2A

A

trapecio

paralelog. =

Ejercicio No.19 a)

O L.G.(O) A

t u

2πR

M = Tu o R O , - θ M (O) = Tu o R O , - θ (O) = T u (O)

Como: 0 ≤ || u || ≤ 2πR concluimos que el L.G. de O´ es el segmento OA:



b) P3´

O P2´ P4´ θ P1´ P P5´ 2πR

Para determinar P´ primero rotaremos con centro O, el ángulo θ dado.

Luego calculamos el arco correspondiente a ese ángulo aproximando con dos

decimales , y finalmente efectuamos la traslación paralelamente a la recta t hacia la

derecha con la norma del vector u igual a la longitud calculada.

R=2 cm long. de la cfa. 2π R =12.56 cm

θ = 45ª long. arco = 57,1856,12

= cm Punto P1´

θ = 90ª long. arco = 14,3456,12

= cm Punto P2´

θ = 180ª long. arco = 28,6256,12

= cm Punto P3´

θ =270ª long. arco = 42,94356,12 = cm Punto P4´

θ = 360ª long. arco = 12,56 cm Punto P5´

c) Si imaginas a la circunferencia de centro O como una rueda , el pedirte que la

norma del vector u sea igual a la longitud del arco implica físicamente que la rueda

se mueve hacia la derecha sobre el piso sin deslizar ( sin patinar ).

Comentarios sobre este ejercicio.

Seguramente te habrá sorprendido que en la resolución del ejercicio te hayamos

pedido que calcularas la norma del vector traslación haciendo uso de la calculadora y

tomando como aproximación dos cifras decimales. Te daremos una explicación de

ello.

Imagina una circunferencia de radio R, cuya longitud es 2πR ¿Crees que podrías

construir un segmento con esa longitud usando solamente regla y compás?


Capítulo VIII –Congruencias– Lugares Geométricos – Resoluciones

A este problema se le conoce como rectificación de la circunferencia.

Los geómetras griegos se propusieron resolverlo con el uso de la regla y el compás

pero fracasaron.

Durante siglos se continuó intentándolo sin resultado. Recién a fines del siglo XIX

(1882) el matemático Lindemann dio respuesta al problema , pero en sentido

negativo. Demostró que es imposible construir mediante un número finito de

operaciones con regla y compás un segmento de longitud igual a la longitud de una

circunferencia de radio dado.

Existen sí variadas construcciones que te permiten construir un segmento de longitud

aproximadamente igual a la longitud de la circunferencia.

Esta imposibilidad es la razón por la que te hemos pedido en este ejercicio que

calcularas la norma del vector traslación

El interés del ejercicio fue mostrarte un L.G. del que a continuación te haremos

algunos comentarios.

El L.G. que has encontrado es una curva que recibe el nombre de CICLOIDE.

Ella muestra la trayectoria del punto P de la figura cuando el disco da una vuelta

completa sobre sí mismo sin deslizar sobre el piso.

•

P

Esta curva ya fue estudiada por Galileo (1564–1642 ) de quien seguramente has oído

hablar en tus cursos de Física. A Galileo le interesaban en particular dos problemas:

1) Calcular el área comprendida entre la curva y la recta t de nuestro ejercicio (área

sombreada en la figura)

L

t p

2) La longitud del arco de cicloide.

No pudo Galileo contestar a ninguna de las dos preguntas pero respecto del área


Capítulo VIII -Congruencias– Lugares Geométricos – Resoluciones expresó , convencido , que debería ser triple del área del disco que generaba la

curva.

Años después se obtuvieron las respuestas a tales preguntas. Los matemáticos

Roverbal ( 1602-1675) y Torricelli ( 1608-1643) lograron calcular el área en cuestión

por primera vez y el resultado obtenido fue: Area = 3πR2 . Ello daba entonces razón

a Galileo.

La longitud L de la curva fue calculada por el Arquitecto Cristopher Wren en

1696 y resultó ser : L = 8R

Estos dos resultados que tanto costaron históricamente , tú mismo podrías obtenerlos

cuando alcances un curso de matemática donde aprendes un tema denominado

Integración.

Esperamos que llegado ese momento, que no dudamos alcanzarás, recuerdes

plantearte y resolver ambos problemas.

Te comentaremos ahora dos propiedades muy interesantes que tiene la cicloide.

Imagina un plano vertical y en él una cicloide invertida , como indica la figura.

Consideramos sobre la cicloide dos puntos A y B con B más bajo que A.

A

(1) Cicloide

B Plano vertical (2)

Supon que ahora unimos los puntos A y B con otras curvas , por ejemplo las curvas

(1) y (2) y el segmento de recta AB.

Obviamente tienes otras infinitas curvas que pasan por ambos puntos que también

podrías considerar.

Planteamos ahora el siguiente problema.

Un disco, sobre el que solamente actúa la fuerza de gravedad (peso) se deja rodar sin

deslizar a lo largo de las distintas curvas partiendo del punto A y llegando al punto B.


Capítulo VIII -Congruencias– Lugares Geométricos – Resoluciones Si te preguntáramos por cual de los cuatro caminos que hemos considerado crees que

el disco demora menor tiempo para ir de A hasta B , ¿qué contestarías?

Es probable, y no sin cierto fundamento, que puedas pensar que el camino de tiempo

mínimo es el segmento de recta AB, por ser mínima la distancia entre ambos puntos.

Si así hubieras contestado tu respuesta no habría sido correcta., pues la respuesta

correcta es justamente, la CICLOIDE.

Este hecho fue demostrado por primera vez por los hermanos Bernoulli, matemáticos

suizos muy famosos. La demostración involucra conocimientos matemáticos que

están fuera del alcance de nuestros cursos.

Otra propiedad sorprendente de esta curva es la siguiente.

P1 •

• P2

•P3 C

Supongamos que soltamos desde distintas alturas discos que ruedan sin deslizar

sobre la cicloide bajo la acción de la fuerza de gravedad. En la figura hemos indicado

tres de esos discos que se sueltan simultáneamente desde los puntos P1 , P2 y P3.

Todos ellos rodarán hacia el punto más bajo de la cicloide que hemos llamado C.

Los discos recorrerán distancias diferentes pero sin embargo todos demorarán el

mismo tiempo en llegar al punto C, es decir todos llegan en el mismo instante.

¿Sorprendente, verdad ?

La cicloide es la única curva que tiene esta propiedad . La demostración de la misma

se la debemos al físico holandés Christian Huygens (1629-1695), muy conocido por

sus trabajos en Optica y todo lo relacionado con la luz y la Astronomía.

Huygens invento´ los relojes de péndulo y por ello propuso que los péndulos

deberían oscilar siguiendo una cicloide pues de esa forma el tiempo de las

oscilaciones sería siempre el mismo , independientemente de la amplitud de ellas ,

cosa que no ocurre cuando el péndulo recorre un arco de circunferencia, como

seguramente recordarás de tus cursos de Física.



Ejercicio No.20 a) A2 P2 B2 M N LG de P θ2 A1 P1 B1 θ1 A O B

Sea P el punto medio de la cuerda MN, la recta PO es entonces la mediatriz del

segmento MN.

Al variar MN paralelamente a sí misma su punto medio pertenecerá a esa recta fija

(mediatriz del segmento AB). Fácilmente limitas ese lugar geométrico utilizando las

posiciones extremas A1BB1 y A2B2B . El LG. es el segmento P1P2:

b) Q2

LG de Q A2 P2 B2 Q1 M N A1 B1

A B O

Como los segmentos MQ y QN son congruentes concluimos que el punto Q

pertenece a la mediatriz del segmento MN.

Las posiciones extremas Q1 y Q2 del punto Q las encontramos construyendo los

rombos de diagonales A1BB1 y A2B2B respectivamente. Q1 es el simétrico del punto O

respecto de P1 y Q2 es el simétrico del punto O respecto de P2 .



c) Posición inicial Posición final Q1 Q2

A1 P1 B1 θ1 R A2 P2 BB2

θ1 θ2 A´1 O θ2 A´2 O

OQ1 = 2 OP1 =2Rsenθ1 OQ2 = 2 OP2 = 2Rsenθ2

Q1Q2 = OQ2 – OQ1 = 2R ( senθ2 - senθ1 )

d) A´1 es la proyección ortogonal del punto A1 sobre la recta AB y A´2 la del

punto A2 .

OA´1 =R cos θ1 OA´2 = R cosθ2

El desplazamiento Δ x del punto M en la dirección de AB será entonces:

Δ x = OA´1 - OA´2 = R ( cos θ1- cos θ2 )

e) R= 30 cm θ1= 30ª θ2 =75ª

Desplazamiento del punto Q: Δy = 2R ( senθ2 - senθ1 ) Δy ≅ 28 cm

Desplazamiento del punto M: Δ x = R ( cos θ1- cos θ2 ) Δ x ≅ 18,3 cm.

f) Si supones que los vértices del rombo son articulaciones estás en presencia del

llamado rombo deformable que es utilizado en variadas aplicaciones , algunas de

las cuales te mostramos a continuación.

La figura siguiente te muestra un modelo de gato para autos que seguramente

conocerás. C

A B

D



Los puntos A y B se mueven sobre la circunferencia de centro D, que juega el

mismo papel que el punto O de nuestro ejercicio.

La rotación de los brazos AD y BD se consigue con el mecanismo de tornillo que

puedes observar en la figura. Al girar la manivela , los puntos A y B se desplazan

acercándose el uno al otro con lo que la barra AB se desplaza paralelamente a sí

misma y el punto C sube.

Ejercicio No.21 a) Q1 Q

B

M a O A P

Por construcción se cumple: ang. MOP = ang. OPM seg.MP = seg. MO

Como Q= CM (P) se cumple: seg.MP = seg MQ por lo que el triángulo OMQ es

isósceles y en consecuencia ang. MOQ = ang. OQM

ang. QMO + ang. OMP = 180o (1)

ang.QMO = 180o - 2ang MOQ

ang. OMP = 180o -2ang. MOP

Sustituyendo en (1) obtenemo:

180ª - 2ang. MOQ +180o - 2ang. MOP = 180o

2(ang.MOQ + ang. MOP) = 180o ang.MOQ + ang.MOP = 90o

En consecuencia el punto Q pertenece a la semirecta O(B).

Posiciones extremas.

Cuando M coincide con B , Q está en Q1 tal que OQ1 = 2 OB

Cuando M coincide con A , Q está en O. Q varía entonces en el segmento OQ1



b) Si articulas las barras OM y PQ en el punto M , fijas el extremo O de OM y

desplazas el punto P sobre la semirecta O(a) que oficia de guía , el punto Q describe

un movimiento rectilíneo de dirección perpendicular a O(a). La figura que te

mostramos es una de las aplicaciones de este ejercicio.

O P

Este es otro tipo de gato que reproduce el ejercicio que has resuelto.

El desplazamiento rectilíneo del punto P hacia el punto O se logra en forma similar al

caso del gato del ejercicio anterior.

Ejercicio No.22 A

60ª 30ª

L.G. de B´

B´

r

B C

a) B´= S r (B) Por tanto los segmentos AB y AB´ son congruentes. Como A y B


Capítulo VIII -Congruencias– Lugares Geométricos – Resoluciones son puntos fijos el LG. de B´ es el arco de circunferencia de centro A y radio AB

indicado en la figura.

b) B´´ = TBA (B´) En consecuencia : LG. de B´´= TBA ( LG(B´))

El centro del LG. es el correspondiente del punto A en la traslación.

L.G de B´´

B´´ A

L.G. de E E

B´

r

B C

c) Como el cuadrilátero BB´B´´A es paralelogramo pues los puntos A y B´´ son

los respectivos correspondientes de B y B´ en la traslación anterior, el punto E

definido en el ejercicio es su centro y por tanto el segmento AE tiene longitud mitad

de la del segmento AB , y por tanto longitud constante al variar la semirecta A(r). En

consecuencia el punto E pertenece a la circunferencia de centro A y radio mitad de la

longitud AB

.El LG de E es el indicado en la figura anterior.

´d) D´=TBC o CA (D) LG.(D´)= TBC o CA(LG(D)) Efectuemos la composición. A K 1

2

B C

´ 3 4

M = TBC o CA = S4 o S3 o S2 o S1 = S4 o S1 = CK

LG.(D´) = CK (LG(D)) Para dar solución al problema debemos entonces hallar el LG. del punto D.


Capítulo VIII -Congruencias– Lugares Geométricos – Resolución Observemos que áng. BDA=90o , por consiguiente el punto D pertenece al arco

capaz de ángulo 90o y segmento AB. El LG es la parte de arco interior al ángulo

convexo BAS indicado en la figura. Efectuando la simetría de centro K obtenemos

finalmente el LG. de D´.

L.G. de D´

A K

S

L.G. de D

B C


CAPITULO IX

EJES Y CENTRO DE

SIMETRIA


ENUNCIADOS


Capítulo IX - Centros y ejes de simetría - Enunciados. Recordemos las definiciones de Ejes y Centros de simetría de una figura.

EJE

Una recta e es eje de simetría de una figura F si y sólo si:

S e (F) = F

CENTRO

Un punto O es centro de simetría de una figura F si y sólo si:

CO (F) = F.

Ejercicio No. 1 Indica , si existen , ejes y centros de simetría de las siguientes figuras.

a) Recta r

r

b) Segmento AB.

A B

c) Angulo BAC B

A

C

d) Triángulo isósceles MNP P

M N

Ejercicio No.2 Repetir el ejercicio No.1 en los siguientes casos:

a) Circunferencia (C )

(C )


Capítulo IX - Centros y ejes de simetría - Enunciados. b) Círculo de centro O

O

c) Vectores de igual norma y sentidos opuestos

A B

F1 F2

d) Paralelogramo MNPQ

M N

Q P

Ejercicio No. 3 Repetir el Ejercicio No.2 en los siguientes casos:

a) Perfil T b) Perfil L c) Perfil I d) Sector circular

EJES Y CENTROS DE SIMETRIA DE POLIGONOS REGULARES

Ejercicio No.4 Demuestra que todo polígono regular está inscrito en una circunferencia.

Ejercicio No.5 Demuestra que si un polígono regular tiene eje de simetría éste debe ser diámetro de

la circunferencia circunscrita.


Capítulo IX - Centros y ejes de simetría - Enunciados. Ejercicio No.6 a) Demuestra que en un pentágono regular ninguna de sus diagonales es diámetro de

la circunferencia circunscrita. (Recuerda que llamamos diagonales de un polígono a

los segmentos que unen vértices no consecutivos).

b) Generaliza lo anterior para un polígono de número impar de lados.

c) Para los polígonos de la parte b) demuestra que la mediatriz de un lado debe

pasar por un vértice del polígono. Ejercicio No.7 a) Demuestra que en un cuadrado las diagonales son diámetros de la circunferencia

circunscrita.

b) Demuestra que las mediatrices de los lados también son diámetros de la

circunferencia circunscrita.

c) Generaliza lo anterior para un polígono de número par de lados.

Ejercicio No.8

Considera un polígono regular de n lados y un diámetro cualquiera de la

circunferencia circunscrita que no pase por los vértices del polígono ni sea mediatriz

de alguno de sus lados.

Demuestra que ese diámetro no puede ser eje de simetría del polígono.

Ejercicio No.9 a) Demuestra que en un polígono regular de numero impar de lados , las

mediatrices de esos lados son ejes de simetría del polígono.

b) Demuestra que en un polígono regular de número par de lados, los diámetros de

la circunferencia circunscrita que unen vértices del polígono y las mediatrices de

sus lados son ejes de simetría del mismo.

c) ¿Cuántos ejes de simetría tiene un polígono regular de n lados?

Ejercicio No.10 Considera un polígono regular de n lados:

a) Encuentra la condición que debe cumplir el número n para que exista algún par

de ejes de simetría que sean perpendiculares entre sí.

b) De lo anterior concluye alguna afirmación sobre la existencia de CENTRO de

simetría de los polígonos regulares.


Capítulo IX - Centros y ejes de simetría - Enunciados. Ejercicio No.11 Desde la escuela primaria te han enseñado a construir un hexágono regular usando la

circunferencia circunscrita.

a) Construye un hexágono regular. ¿Cuántas veces has “pinchado” el compás?

b) Te animas a construirlo “pinchando” una sola vez? Justifica.

Ejercicio No.12 a) Demuestra que todo polígono regular de número PAR de lados tiene parejas de

lados paralelos.

b) Demuestra que en todo polígono regular de número IMPAR de lados no existen

parejas de lados paralelos.


RESOLUCIONES


Capítulo IX – Centros y Ejes de simetría - Resoluciones Ejercicio No.1 a) Recta r

a

r

EJES: 1) La propia recta r ya que S r (r) = r

2) Cualquier recta como a , perpendicular a r ya que S a ( r ) = r

CENTRO: Cualquier punto O de la recta r ya que CO( r ) = r

b) Segmento AB

r • A M B

e

EJES: 1) Recta r sostén del segmento AB pues Sr (AB) = AB.

2) Recta e mediatriz del segmento AB pues Sr (AB) = BA.

CENTRO: M punto medio del segmento AB pues CM ( AB) = BA.

c) Angulo BAC B

e A

C

EJE: Recta e sostén de la bisectriz interior del ángulo BAC pues Se (BAC)=CAB.

CENTRO: No tiene.

d) Triángulo isósceles MNP P

EJE: Mediatriz e del lado MN pues Se (MNP) = NMP

M N

CENTRO: No tiene e


Ejes y Centro de simetría – Capítulo VIII –Resoluciones Ejercicio No.2

a) Circunferencia (C ) de centro O. e O

(C )

EJES: Cualquier recta e que pase por el centro O pues Se ( C ) = ( C ).

CENTRO: Punto O ya que CO ( C ) = ( C )

b) Círculo F de centro O

F

O•

e

EJES: Cualquier recta e que pase por O pues S e(F) = F

CENTRO: Punto O pues CO ( F ) = F

c) Dos vectores con puntos de aplicación A y B , igual norma y distinto sentido.

F1 A M B F2

e

EJE: 1) Recta r sostén del segmento AB. Sr (F) = F.

2) Mediatriz e del segmento AB . Se (F) = F.

CENTRO: Punto M , medio del segmento AB. CM (F) = F. d) Paralelogramo MNPQ.

M N EJE: No tiene. O Q P CENTRO: Punto O intersección de sus diagonales. CO (MNPQ)=PQMN.


Capítulo IX – Centros y Ejes de simetría - Resoluciones Ejercicio No.3 a) Perfil T A B

e EJE: Recta e mediatriz del segmento AB.

CENTRO: No tiene.

b) Perfil L (alas iguales).

A e B C EJE: Recta e sostén de la bisectriz interior del ángulo recto ABC. Se (L)=L.

CENTRO: No tiene.

c) Perfil I A e1 B

e2 C D EJES: e1 mediatriz del segmento AB y e2 mediatriz del segmento AC.

CENTRO: Punto O = e1∩ e2 .

d) Sector circular F A F B O e EJE: Recta e bisectriz del ángulo AOB . Se (F) = F.

CENTRO: No tiene.


Capítulo IX – Centros y Ejes de simetría -Resoluciones Comentario

Las tres primeras figuras que hemos utilizado en este ejercicio son secciones planas

de los llamados “ perfiles “, muy utilizados en construcción , o secciones planas de

vigas utilizadas en estructuras.

Estos perfiles o vigas pueden ser de variados materiales: metálicos, plásticos,

hormigón , etc.

La mayor o menor resistencia de ellos a determinadas solicitaciones (fuerzas

actuantes) depende de la forma de la sección a través de ciertas características de

estas , como por ejemplo la posición del centro de gravedad de la sección , su

momento de inercia respecto de ciertos ejes, etc.

Para hallar la posición del centro de gravedad, así como para el cálculo del momento

de inercia de la sección es muy importante la determinación de ejes de simetría y

centro de simetría de la misma , en caso de existir.

La simetría resulta también de importancia en los procesos de fabricación de perfiles

y vigas.

El conocimiento entonces de ejes y centro de simetría de figuras resulta en muchos

casos de importancia relevante.

Si observas el mundo en que vives notarás que figuras simétricas, planas o

espaciales, las encuentras a cada instante.

Intenta observar el mundo físico desde este punto de vista y seguramente te

sorprenderá.

Ejes y centro de simetría de polígonos regulares Ejercicio No.4 Para la resolución de este ejercicio recuerda la definición de polígono regular.

“Llamamos polígono regular a aquel que tiene todos sus lados y ángulos

iguales”.

Consideremos un polígono regular de n lados , ABCDE....... .

Tomemos tres vértices consecutivos , por ejemplo , A ,B C. Estos tres puntos no

alineados determinan una única circunferencia (C ) que los contiene y cuyo centro O

determinamos como intersección de las mediatrices de los lados AB y BC.


Capítulo IX – Centros y Ejes de simetría - Resoluciones

B

C

A

D

O

(C )

Demostraremos que los restantes vértices D,E,F,.... deben pertenecer a la

circunferencia (C ).

Los triángulos ABC y BCD son congruentes (dos pares de lados respectivamente

iguales y el ángulo comprendido igual). Ambos se corresponden en una congruencia

directa M en la que:

M(A) = B M(B) = C M(C) = D

Por propiedad de la rotación (“El centro pertenece a la mediatriz del segmento

determinado por toda pareja de correspondientes” ) , M resulta ser la Rotación de

centro O y ángulo AOB .

Si recuerdas que: “en toda rotación con centro en el centro de una circunferencia ésta

es doble” concluirás que el punto D debe pertenecer a (C ).

Con razonamiento idéntico demostramos que los restantes vértices pertenecen a (C ).

Finalmente todo polígono regular admite una circunferencia circunscrita.

Ejercicio No.5

Sea un polígono convexo regular de n lados inscrito en una circunferencia (C ).

Supongamos que el polígono admite un eje de simetría e.

Llamando F al polígono se cumplirá que: Se (F) = F.

En la simetría el contorno del polígono también será doble, por lo cual todo vértice

tiene por correspondiente en la simetría un vértice.


Capítulo IX – Centros y Ejes de simetría -Resoluciones El eje de simetría que hemos supuesto existente debe necesariamente cortar al

contorno del polígono en dos puntos , los que eventualmente podrían ser vértices.

Esto nos permite asegurar que existirá por lo menos un vértice del polígono que no

será unido en la simetría. Llamemos A dicho vértice.

Se cumplirá que: Se (A) = A´ debiendo A´ coincidir con alguno de los restantes

vértices del polígono por lo que pertenecerá a la circunferencia (C ).

El segmento AA´ será entonces cuerda de la misma , y siendo el eje e mediatriz del

segmento determinado por el par de correspondientes AA´, será recta diametral de la

circunferencia (C ) como queríamos demostrar.

Ejercicio No.6 Consideremos el pentágono regular ABCDE .

Llamemos O al centro de la circunferencia circunscrita al mismo.

A

B

E

O

C

D

a) Consideremos una diagonal cualquiera , por ejemplo CE.

Los arcos de circunferencia AB , BC , CD , DE y EA son congruentes.

Como el número de arcos es impar (5) la circunferencia (C ) queda dividida en dos

arcos diferentes CDE y EABC de lo que se concluye que la diagonal CE no pasa por

el punto O.

El razonamiento es válido para las restantes diagonales.

b) Si el polígono tiene n vértices , la circunferencia (C ) queda dividida en n arcos

iguales .Siendo n impar, cualquier diagonal dividirá a la circunferencia (C ) en dos

arcos de diferente longitud por lo que no pasará por su centro.


Capítulo IX – Centros y Ejes de simetría -Resoluciones

c) Sea un polígono regular de n lados con n impar.

B

A

O

P

Sea AB uno de sus lados y P la intersección de su mediatriz con el mayor arco AB ,

contenido en el semiplano de borde la recta AB que contiene al polígono.

Como la mediatriz de AB es eje de simetría de la circunferencia los arcos AP y PB

son congruentes debiendo existir en cada uno de ellos la misma cantidad de vértices

del polígono.

Como el número es impar concluimos que necesariamente el punto P debe ser uno de

ellos. Ejercicio No.7 a) Consideremos el cuadrado ABCD y sea O el centro de su su circunferencia

circunscrita (C ).

A

(C )

B O D

C

Como el ángulo inscrito BAD es recto , su central BOD es un ángulo llano, por lo

que los puntos B , O y D están alineados. La diagonal BD es entonces diámetro de

(C ). Idéntico razonamiento para la diagonal AC.


Capítulo IX – Centros y Ejes de simetría - Resoluciones

b) A

B O D

C

Como el centro de la circunferencia equidista de A y B la mediatriz de ese lado debe

pasar por O. Por idéntica razón , la mediatriz del lado CD también debe pasar por O.

Como ambos lados tienen la misma dirección la perpendicular a ellos por O es única,

lo que nos indica que ambas mediatrices coinciden.

Idéntico razonamiento para la mediatriz de los lados BC y AD.

c) Consideremos un polígono AB.. MN... de n lados , siendo n un número par.

Q B

A

(C )

m M

N

P

Sea m la mediatriz del lado AB. (C )∩m = {Q,P} como indica la figura.

Obviamente los arcos ANP y BMP son congruentes.

Incluyendo los puntos A y B deben existir en cada uno de esos arcos 2n vértices

del polígono por lo que P no será vértice.

La mediatriz m intercepta entonces al contorno en un punto interior a un lado al que

hemos denominado MN. Como los arcos MP y PN son congruentes en la simetría

axial de eje m los puntos M y N se corresponden , por lo que m es entonces

mediatriz de un segundo lado del polígono ( MN).


Capítulo IX – Centros y Ejes de simetría - Resoluciones Ejercicio No.8 Sea un polígono regular de n lados y la recta diametral r que no pasa por ninguno de

sus vértices ni es mediatriz de ninguno de sus lados.

Demostraremos que r no puede ser eje de simetría del polígono.

Para ello razonaremos por absurdo suponiendo que la recta r es eje de simetría.

A´

A B

P

O

B´

r

La recta r debe interceptar a dos lados del contorno del polígono. Sea AB uno de

ellos y P = AB ∩ r .

Apliquemos la simetría axial de eje r al lado AB.

Sr (AB) = A´B´

Como P es unido en la simetría AB ∩ A´B´= P.

Si recuerdas que el contorno del polígono es doble en la simetría puedes afirmar que

el segmento A´B´debe ser lado del polígono con lo que el punto P debe ser vértice.

Esto ultimo es absurdo pues tendríamos tres vértices: A , B y P alineados.

En consecuencia la recta r no puede ser eje de simetría del polígono.

Ejercicio No.9 a) Consideremos un polígono regular de n lados , siendo n un número impar.

Llamaremos A1 , A2 , ......... A n –2 , A n-1 , A n , a sus vértices.


Capítulo IX – Centros y Ejes de simetría - Resoluciones Consideremos el lado A1 A2 y su mediatriz e que ya hemos demostrado en un

ejercicio anterior que pasa por algún vértice del polígono al que denominaremos Ak.

e

A1 A 2

An A3

An-1 A4

Ak

Exceptuando A1 , A2 y A k , nos restarán n-3 vértices , siendo n-3 un número par.

La mitad de ellos pertenecerán al mayor arco A1Ak y la otra mitad al mayor arco

A2A k .

Como los arcos A1 A n y A 2 A3 son congruentes en la simetría axial de eje e los

puntos A n y A3 se corresponderán.

Análogamente ocurrirá con An-1 y A4 y así sucesivamente.

En consecuencia , e es eje de simetría del polígono.

Existen n mediatrices de los lados.

b) Consideremos ahora un polígono de número PAR de lados.

Sea A1A2 uno de sus lados y e su mediatriz.

Ya hemos demostrado que ella será mediatriz de otro de los lados del polígono. Sea

Ak – 1 Ak ese lado.

Se cumplirá que: Se (A1) = A2 Se (A2) = A1

Se (Ak-1) = Ak Se (Ak) = Ak-1

En forma similar a la parte a) del ejercicio se demuestra que todas las restantes

parejas de vértices se corresponden doblemente y por tanto el polígono es doble.


Capítulo IX – Centros y Ejes de simetría -Resoluciones

A1 A 2

An-1 A3

O

Ak Ak-1

Como n es par existirán 2n mediatrices.

En forma absolutamente similar demuestra que las rectas que unen vértices

diametralmente opuestos también son ejes de simetría . Existen 2n de estas rectas.

c) De todo lo demostrado anteriormente puedes afirmar que:

“ Todo polígono regular de n lados , tiene n ejes de simetría”

Ejercicio No.10

a) Sea un polígono regular de n lados.

De acuerdo al ejercicio anterior dicho polígono tiene n ejes de simetría.

Tratemos de determinar qué condición debe cumplir el número n para que el

polígono admita parejas de ejes de simetría perpendiculares.

Llamemos θ al ángulo formado por dos ejes de simetría e1 y e2 consecutivos. Como existen n ejes de simetría y el ángulo completo es de 360º resulta:

θ = 2n

360º e1 θ e2

O


Capítulo IX – Centros y Ejes de simetría -Resoluciones Para que sea posible encontrar una pareja de ejes perpendiculares debe existir un

número natural k tal que: kθ = 90º

En consecuencia: k. 2n

360º = 90º n = 2k k ∈ N. ( n par )

“La condición para que existan parejas de ejes de simetría perpendiculares entre sí es

que el polígono tenga número par de lado”.

b) Sea ( ej , ek ) una pareja de ejes perpendiculares. Se cumplirá entonces que:

F(F)S F(F)S keje == siendo F el polígono considerado.

Componiendo ambas simetrías tendremos: F(F) S oS ejke =

Pero Okeje CS oS = CO (F) = F O es centro de Simetría.

Conclusión

“Todo polígono regular de número PAR de lados tiene centro de simetría (centro de

la circunferencia circunscrita) y todo polígono regular de número IMPAR de lados

carece de centro de simetría”.

Comentario

Al punto O, centro de la circunferencia circunscrita a cualquier polígono regular se le

suele denominar CENTRO del polígono.

La palabra CENTRO se refiere al hecho de que ese punto equidista de todos los

vértices de aquél y NO al hecho de ser “centro de SIMETRÏA”.

Hablamos ,por ejemplo,del centro de un triángulo equilátero (Circuncentro), aunque

hemos mostrado que el triángulo equilátero no tiene centro de simetría.

Ejercicio No.11 Has tomado como abertura del compás el radio de la circunferencia circunscrita.

Comienzas luego “pinchando” por ejemplo en el punto A y cortando a la

circunferencia en el punto B, luego con centro en B determinas C y así

sucesivamente hasta obtener el punto F.


Capítulo IX – Centros y Ejes de simetría –Resoluciones C B

D A

E F

Has “pinchado” entonces cinco veces.

b) “Pinchas” en A y encuentras B y F.

Luego utilizas el centro de simetría O y obtienes C , D y E.

C B

D O A

E F

Ejercicio No.12 a) Sea un polígono regular de n lados siendo n un número PAR.

Este polígono tiene centro de simetría O. En consecuencia el correspondiente del

lado AB en la simetría central de centro O será otro lado del polígono, paralelo a AB

Razonando en forma idéntica con los restantes lados concluimos que habrán 2n

parejas de lados paralelos.

b) A1 A2

O

e1

AK


Capítulo IX – Centros y Ejes de simetría –Resoluciones Sea un polígono regular de número n de lados con n IMPAR

Considerando un lado A1A2 ya hemos visto que su mediatriz es un eje e1 de simetría.

El punto AK ya hemos demostrado que es vértice del polígono por lo que el lado

A1A2 no admite un lado paralelo.

Repitiendo el razonamiento con los demás lados concluimos que ninguno de ellos

admite lado paralelo.


CAPITULO X

ALGO SOBRE

ROBOTICA

Ana Coló Herrera Héctor Partritti

INTRODUCCION


Capítulo X - Algo sobre robótica – Introducción La Robótica es la rama de la Ingeniería que estudia mecanismos llamados Robots.

Se entiende por Robot un mecanismo multifuncional reprogramable capaz de

manipular objetos , herramientas , o dispositivos especiales, para realizar diversidad

de tareas.

Su característica esencial es la de ser “reprogramable” , característica que lo diferencia de

un simple mecanismo automático.

Este realiza rutinariamente siempre la misma tarea , mientras que el robot puede realizar

multiplicidad de ellas.

Las aplicaciones de los robots son múltiples , por ejemplo , manejo de sustancias tóxicas ,

soldadura , ensamblaje , tareas agropecuarias como cosechas y recientemente en Nueva

Zelanda utilizados en esquila de ovejas , hasta llegar a los sofisticados robots utilizados en

la exploración espacial.

En robótica intervienen variadas disciplinas como: Mecánica , Neumática , Hidráulica ,

Electricidad , Electrónica , Informática , etc.

La Matemática como ciencia básica de esas disciplinas está íntimamente relacionada con la

robótica.

Por muy complejo que sea un robot sus movimiento son siempre composición de

rotaciones y traslaciones , y es en este punto que se relaciona con nuestro estudio de la

geometría.

Los robots suelen clasificarse según sus juntas y articulaciones.

Cuando el movimiento de un brazo se consigue por traslación la junta se llama prismática ,

cuando se consigue por rotación la junta se llama de revolución.

En las figuras siguientes te mostraremos esquemáticamente tipos sencillos de robots.

Si los analizas comprenderás su forma de trabajar y su capacidad para alcanzar distint

puntos del espacio.

Fig,1 rob.


Capítulo 9 - Algo sobre robótica – Introducción Si bien las figuras anteriores te muestran robots que trabajan en el espacio,

fácilmente puedes pensar en ellos trabajando en el plano .

Considera por ejemplo el robot que esquematiza la figura siguiente.

L2 B

L1 A

Eje de giro 120º


Capítulo X - Algo sobre robótica – Introducción El robot se compone de un cuerpo A que puede girar en el plano de la hoja alrededor de un

eje perpendicular a la misma por el punto O.

Las posiciones extremas están indicadas en la figura, lo que te permite deducir que el brazo

puede girar un ángulo máximo de 240º en ambos sentidos, horario y antihorario.

Dispone además de un brazo extensible B que permite traslaciones a lo largo del eje del

robot. La longitud máxima de este brazo es L2.

En el extremo de ese brazo extensible lleva el elemento de agarre (mano).

Resulta de fundamental importancia al momento del diseño y para determinar la capacidad

de trabajo del robot , conocer qué puntos del plano puede alcanzar.

Al conjunto de todos esos puntos se le denomina “envolvente de trabajo”.

Busquemos esa envolvente en este caso.

El lugar geométrico descrito por el extremo del brazo giratorio A es una circunferencia de

centro O y radio L1 como puedes fácilmente deducir.

El extremo del brazo B completamente extendido tiene como lugar geométrico una

circunferencia de centro O y radio L1 + L2.

La envolvente será entonces el anillo indicado en la figura.

L.G. del extremo de A Envolvente

O

L.G. del extremo de B

Te propondremos a continuación algunos ejercicios sobre el tema.

Al resolverlos sólo debes prestar atención a las posiciones inicial y final de la figura en

cuestión considerándolas como preimagen e imagen en una composición.


Capítulo X - Algo sobre robótica – Introducción No deberás considerar las posiciones intermedias ni el tiempo requerido para que el robot

realice la operación.

El factor tiempo , como comprenderás , es un parámetro de importancia relevante al

momento de establecer la forma de trabajo del robot.


ENUNCIADOS


Capítulo X - Algo sobre robótica – Enunciados

Ejercicio No.1 Cuatro pesadas piezas metálicas supuestas puntuales situadas en las posiciones indicadas

por 1 , 2 , 3 , 4 , igualmente espaciadas , desean colocarse en las posiciones indicadas a la

derecha con igual espaciamiento.

1 2 3 4 A B C D

• • • • x x x x r

1m 1m O d1-2 = d 2-3 = d 3-4 = 0.5m d O-r = 2m Para ello se dispone de un robot compuesto por un brazo giratorio de 2.20m de longitud con

ángulo máximo de giro de 120º , que rota alrededor de un eje perpendicular al plano de la

hoja por el punto O.

Dispone además de un brazo extensible , con extensión máxima de 1.30m.

El brazo extensible solamente podrá ajustarse antes de comenzar cada operación siendo

imposible extenderlo o contraerlo posteriormente.

a) Investigar si la operación es posible de efectuar.

b) En caso afirmativo indica el nuevo ordenamiento de las piezas.

c) Calcula el ángulo de rotación del brazo giratorio y el alargamiento del brazo extensible

para cada una de las piezas.

EJERCICIO No.2

Sean r , y s las rectas indicadas en la figura

1 2 3 4 2m s 80º • • • • r

3.0m •1´



Las piezas metálicas del ejercicio No.1 desean colocarse ahora sobre la recta s con el

mismo espaciamiento inicial , utilizando el mismo robot, de forma que el ángulo de

rotación para todas ellas sea el mismo y la posición final 1´ de la pieza 1 diste 3.0m del

punto P de intersección de r y s.

a) Ubica el centro de rotación.

b) Indica el ángulo de rotación de las piezas y el ordenamiento de las mismas.

c) ¿ Es posible efectuar el trabajo con el robot disponible?

Ejercicio No.3 ( I ) Cinta transportadora.

Detalle pieza

( II )

O

Cinta transportadora

Una cinta transportadora deposita piezas de forma cuadrada en la posición (I) ( ver detalle) ,

como indica la figura , a intervalos regulares y prefijados de tiempo .

La pieza debe llevarse a la posición (II) donde se efectuará sobre ella una nueva operación

industrial , luego de lo cual es retirada por la cinta a intervalos regulares.

Para llevar la pieza de la posición (I) a la posición (II) se utiliza un robot del tipo del

utilizado en los ejercicios anteriores.

La forma de trabajo será la siguiente:

1) Se ajusta el largo del brazo extensible para que el robot “agarre” la pieza.

2) Se rota 90º en sentido horario alrededor del punto O y finalmente la pieza se traslada

hasta la posición (II) alargando el brazo extensible.



3) Una vez depositada la pieza el robot efectúa las operaciones anteriores en orden inverso

hasta volver a la posición inicial donde está pronta la siguiente pieza , repitiéndose

entonces el procedimiento.

Te preguntamos:

a) ¿ Qué composición de congruencias materializa el robot para hacer corresponder las

piezas en las posiciones (I) y (II).

b) Se pretende investigar si puede utilizarse una sola congruencia para la operación.

En caso afirmativo se te pide que indiques cuál es y si el robot está en condiciones de

realizarla de acuerdo a sus dimensiones geométricas.

c) Si la velocidad media del brazo giratorio es de 15º / seg y la velocidad del brazo

extensible es de 0.10 m / seg , calcula cuánto demora la operación en los casos a) y b) .

d) ¿ Qué cambio en la programación del robot podrías realizar en los casos anteriores para

reducir el tiempo de la operación?.

Ejercicio No.4 Una pieza de forma triangular como indica la figura se lleva de la posición (I) a la

posición final (III) pasando por la posición intermedia (II) , según indica la figura.

( I ) cinta transportadora

Q

( III ) ( II )

Cinta transportadora



Se utiliza para la operación un robot que se esquematiza en la figura siguiente.

θ

Eje Q B

•

A • Eje P

Consta de dos brazos giratorios A y B de 1m y 0.50m de longitud respectivamente.

El brazo A puede girar alrededor de un eje que pasa por P y el brazo B alrededor de un eje

que pasa por Q.

θ = ángulo formado por los ejes de simetría de ambos brazos .

El robot ha sido programado para que:

1) Con ambos brazos alineados ( θ = 0 ) se gire la pieza 90º hasta la posición (II).

2) Se gire el brazo B , 180º alrededor de Q , hasta alcanzar la posición final (III).

Te preguntamos:

a) ¿ Qué composición de congruencias materializa el robot?

b) Busca una única congruencia que sustituya a la composición.

¿ Puedes materializar la congruencia que hallaste en la parte b) con este robot?. Investiga.

c) Si las velocidades medias de giro de los brazos A y B son respectivamente de

15º / seg y 10º / seg , ¿ cuánto demora la operación en el caso a) ?


RESOLUCIONES


Capítulo X –Algo sobre Robótica - Resoluciones

Ejercicio No.1 1 2 3 4 A B C D

• • • • P x x x x r

θ1 2m

O

a) De acuerdo a la exigencia del enunciado del ejercicio , una vez que el robot se apodera

de la pieza está impedido de variar su longitud.

Dada la simetría de las posiciones iniciales y finales respecto de la recta OP la única

posición en que el robot podrá colocar la pieza No.1 es en el punto D , la pieza No.2 en C ,

la pieza No.3 en B y la pieza No.4 en A.

Teóricamente entonces sería posible que el robot efectuara la operación. No podemos sin

embargo afirmar aun que efectivamente pueda hacerlo.

Enfoquemos nuestra atención en las piezas No.1 y No.4 .

Deberán cumplirse en primer lugar las siguientes condiciones:

LA ≤ dO-1 ≤ LA + LB (I) y LB A ≤ dO-4 ≤ LA + LB (II)

siendo dO-1 y dO-4 las distancias entre el punto O y los puntos 1 y 4 ; y LA y LBB las

longitudes de los brazos A y B respectivamente.

En segundo lugar el mayor ángulo 2θ1 que deberá rotar el brazo giratorio debe cumplir:

2θ1 ≤ 120º. (III)

El cumplimiento de las condiciones anteriores nos permitirá afirmar que el robot está en

condiciones de ejecutar la tarea.

Aplicando el teorema de Pitágoras en los triángulos OP1 y OP4 tenemos:

dO-1 = [ ] m20.321)5.0.(3 22 ≅++

dO-4 = m24.2521 22 ≅=+

Como LA = 2.20m y LB = 1.30m las condiciones (I) y (II) se cumplen. B


Capítulo X – Algo de Robótica - Resoluciones

Del triángulo OP1 obtenemos: tg θ1= 25.2 =1.25

Siendo: tg 2θ1 = θ

θ2

1tg1tg2

−= 44.4

(1.25)-1(1.25) 2

2 −≅ 2θ1 ≅ 102º 42 m

Se verifica entonces la condición (III).

Nuestro robot puede entonces ejecutar la tarea deseada.

Observa que lo que deseamos es llevar la pieza No.1 desde su posición inicial 1 hasta su

posición final D.

Podemos imaginar los puntos 1 y D como preimagen e imagen respectivamente en una

congruencia que los hace corresponder.

De las infinitas congruencias que resuelven el problema el robot “materializa” la Rotación

de centro O , ángulo 2θ1 y sentido horario.

b) De lo dicho en la parte anterior concluyes que las piezas en su posición final quedan

ordenadas en sentido contrario al que se encontraban en la posición inicial.

a) Pieza (1).

Angulo de rotación: 2θ1≅ 51º 20m

Extensión del brazo: Δl1≅ 3.20 – 2.20 ≅ 1.00m

Pieza (2).

tg θ2= 122= θ2= 45º dO-2 = m83.222 22 ≅+

Angulo de rotación: 2 θ2= 90º

Extensión del brazo: Δl2 ≅ 2.83 – 2.20 ≅ 0.63 m

Pieza (3).

tg θ3 = 75.025.1= θ3≅ 37º dO-3 = m50.25.12 22 =+

Angulo de rotación: 2θ3≅ 74º

Extensión del brazo: Δl3 = 2.5 – 2.2 = 0.30 m

Pieza (4)

tg θ4 = 50.021= θ4≅ 27º dO-4 = m24.212 22 ≅+



Angulo de rotación: 2θ4≅ 54º

Extensión del brazo: Δl4 ≅ 2.24 – 2.20 ≅ 0.04 m

Comentario

Si del enunciado del ejercicio eliminamos la restricción de que el robot no puede variar su

longitud una vez iniciada la maniobra de movimiento de las piezas , vale decir si

permitimos que aquel extienda o retraiga su brazo extensible mientras está rotando o una

vez completado el ángulo de rotación , podríamos pedirte investigar si las cuatro piezas

pueden ser colocadas en un orden cualquiera , por ejemplo colocar la pieza 1 en el punto B,

la pieza 2 en A , la pieza 3 en C y la pieza 4 en D u otra combinación cualquiera.

Podríamos preguntarte cuántas combinaciones posibles existen y si nuestro robot está

capacitado para ejecutar la tarea en todos esos casos.

Tienes los conocimientos para contestar cualquiera de estas preguntas en este momento.

Preferimos sin embargo posponer esta investigación para más adelante en esta publicación.

Cuando te propongamos problemas de “Semejanza” utilizarás una transformación del

plano distinta de las Congruencias y a la que denominarás “Rotohomotecia”.

Nuestro robot “materializará” entonces distintas rotohomotecias.

Recuerda entonces que retomaremos este ejercicio en su momento.

Ejercicio No.2 1 2 3 4 2m s 60º • • • • r

• 1´ P = r ∩ s



Pretendemos colocar las cuatro piezas puntuales sobre la recta s manteniendo sus distancias

relativas de forma que el brazo giratorio del robot rote el mismo ángulo para todas ellas.

Debemos encontrar en definitiva el centro de la rotación que nos haga corresponder la

semirecta 1(4) con la 1´(4´) contenida en la recta s y opuesta de la semirecta de origen 1´

que contiene al punto P; siendo 1´ la posición final de la pieza 1.

a) El centro O de la rotación lo encuentras , aplicando propiedades , como intersección de

la bisectriz exterior del ángulo formado por las semirectas correspondientes y la mediatriz

del segmento determinado por los puntos 1 y 1´.

1 2 3 4 2m s 80º • • • • r

M 3.0m

O

bisectriz • 1´

mediatriz

b) El ángulo de rotación 1Ó1´ es el suplementario del ángulo formado por las semirectas

correspondientes. Por tanto θ = 110º.

El ordenamiento de las piezas será el indicado en la figura siguiente.

s

• 1´ • 2´ • 3´ • 4´



c) Para contestar la pregunta de si nuestro robot está en condiciones de efectuar la tarea

debemos verificar que la distancia del punto O a la pieza más alejada no supere el alcance

máximo de aquél , y además que la distancia a la pieza más cercana supere su alcance

mínimo. El ángulo de rotación será de 110º para todas las piezas por lo que desde ese punto

de vista el robot no tendría problemas para efectuar la tarea.

Del ejercicio anterior tenemos:

Alcance máximo 3.50 m

Alcance mínimo 2.20 m

De acuerdo a la figura anterior las piezas más cercana y más alejada del punto O serían la 1

y la 4 respectivamente. Tratemos sin embargo de verificarlo ubicando sobre la recta r la

proyección ortogonal Q del punto O.

Comencemos trabajando en el triángulo 1P1´ calculando la longitud del lado 11´

1 3.50m P

80º

L 3.0m

1´

Aplicando el teorema del coseno tendremos:

m20.4)cos80º2(3.5)(3.033.5L 22 ≅−+=

Calcularemos ahora la distancia entre los puntos 1 y O para lo cual nos valdremos del

triángulo rectángulo 1MO siendo M el punto medio del segmento 11´.

1

2.10 m

M

55º

O



d1-O = m56.2º55sen

10.2≅

Calculemos el ángulo P1O .

Este ángulo podemos considerarlo como suma de los ángulos P11´ y M1O.

Aplicando el teorema del seno en el triángulo P11´ que ya hemos utilizado , obtenemos:

( ) ( ) m4º424(P11´) 70.02.4

)98.0.(3P11´sen 2.4

º80sen0.3

´11sen≅⇒≅=⇒=

P

Del triángulo rectángulo M1O obtenemos:

Áng.(M1O) = 90º - 55º = 35º Finalmente entonces: áng.(P1O) ≅ 79º42 m

Intentemos ubicar ahora el punto Q sobre la recta r.

Valiéndonos del triángulo 1QO , rectángulo en Q tendremos:

cos (Q1O) = m48.042º79cos.56.2d 2.561Q

1O1Q m

1Q ≅=⇒=

sen (Q1O) = m51.242º79sen.56.2d 2.56OQ

1OOQ m

Q-O ≅=⇒=

El punto Q se encuentra entonces a 2 cm a la izquierda de la pieza No.2 que resulta ser la

más cercana al punto O.

Esto nos obliga entonces a calcular la distancia entre la pieza No.2 y el centro O de

rotación.

Consideremos a tales efectos el triángulo rectángulo OQ2 del cual podremos concluir

aplicando el teorema de Pitágoras:

dO-2 = m51.251.202.0 22 ≅+

Como la distancia calculada está en el intervalo de alcance máximo y mínimo del robot ,

este no tiene problema con la pieza No.2.

La pieza más alejada es claramente la No.4. Calculemos la distancia O-4.

Del triángulo rectángulo OQ4 obtenemos:

dO-4 = m71.251.202.1 22 ≅+

Esto nos muestra que el robot puede también efectuar el trabajo con la pieza No.4.

Finalmente entonces nuestro robot está en condiciones de realizar la tarea propuesta.



Ejercicio No.3 (I)

2.30m

A 1.0m B

O

(I0) (II)

a) El robot efectúa primero una rotación de centro O, ángulo 90º , sentido horario, seguida

de una traslación de vector AB . M = TAB o RO, - 90º

b) Efectuemos la composición anterior.

M = TAB o RO, - 90º = S4 o S3 o S2 o S1= S4 o S1= RP, - 90º

1 2 P = 1 ∩ 4

45º

O A B

P

3 4

Veamos ahora si el robot está en condiciones de efectuar la rotación de centro P, 90º ,

sentido horario. (I)

Q

O (II)

R P Calculemos la distancia PQ. De acuerdo a la descomposición en simetrías axiales efectuada

dRP = 0.5m .



Tendremos entonces: PQ = m84.25.02.8 2222 ≅+=+ RPQR

Como se cumple que: 2.20m < PQ < 3.50m podemos afirmar que nuestro robot

está en condiciones de ejecutar la tarea.

c) Llamemos ω a la velocidad angular del brazo giratorio y v a la velocidad del brazo

extensible. Por tanto: ω = 15 º / seg v = 0.10 m / seg .

Caso a)

Tiempo t1 que insume la rotación:

t1= seg 61590

==ωθ

Tiempo t2 que insume la traslación:

t2= seg 1010.01

==v

AB

Tiempo t3 que insume el ajuste inicial del brazo extensible de 2.20m a 2.30m:

t3= s 110.010.0

=

Tiempo Total: t =17 seg

Caso b)

Tiempo que insume la rotación:

t1=6 seg.

Tiempo t2 que insume el brazo extensible para variar su longitud de 2.20m a 2.84m:

t2 = seg 4.610.0

20.284.2=

−

Tiempo Total: t = 6.4 seg

c) En el caso a) podría reducirse el tiempo si durante la rotación se permitiera al robot ir

extendiendo su brazo. Como la rotación dura 6 seg , el brazo se habrá extendido 0.60m

y le restará extenderse aún 0.40 m, lo que le insumirá un tiempo de 4 seg.

d) El tiempo total se habrá reducido entonces a 11 seg

En el caso b) no hay reducción posible con las velocidades dadas.



Ejercicio No.4 El robot materializa primero una rotación de centro P , ángulo 90º , sentido horario. Luego efectúa una simetría central de centro Q´, siendo Q´ el correspondiente de Q en la

rotación.

M

Q

P M´´ Q´ M´

a) M = CQ´ o R P, - 90º

Efectuemos la composición.

J

4

1

45º 3

P 2 Q´

M = S4 o S3 o S2 o S1 = R J , + 90º

b) Tiempo t1 que insume la rotación y tiempo t2 que insume la simetría central:

t1 = seg 61590

= t2 = seg 1810180

= TIEMPO TOTAL: t = 24 seg

c) Según la parte b) del ejercicio , J es vértice del cuadrado PQJQ´.

M

Q J

M ´ Q´



El robot deberá girar 90º en sentido antihorario con centro en J.

La posición inicial del robot es la JQM de la figura anterior.

La posición final es la JQ´M´. De acuerdo a lo anterior el robot puede ejecutar la tarea.

b) Tiempo t1 que insume la rotación de centro P:

t1 = seg 61590

=

Tiempo t2 que insume la simetría central de centro Q´:

t2 = seg 1810180

=

TIEMPO TOTAL: t = 24 seg


CAPITULO XI

HOMOTECIA


SECCION 1

EJERCICIOS GENERALES

SOBRE HOMOTECIA


ENUNCIADOS


Capítulo XI – Homotecia - Enunciados. Ejercicio No.1

Encuentra la imagen del punto A en las homotecias siguientes: a) HO, 3/2 b) HO, -1/2 c) 2,OH d) HO, -5/2

O A Ejercicio No.2 a) Encuentra la imagen de un cuadrado ABCD de centro O, en las siguientes

homotecias:

i) HA,2 ii) HO,3/2 iii) HA, - ½

b) Idem de una circunferencia (C ) de centro O:

i) HO, 2 ii) HA, - ½ siendo A un punto exterior a la circunferencia (C ) iii) HP, 2

siendo P un punto de (C ).

c) Idem de un triángulo equilátero ABC de centro O:

i) HA, 2 ii) HO, 3/2 iii) HA, - ½

Ejercicio No.3 a) Demuestra que la Homotecia conserva la alineación.

b) Demuestra que en una homotecia la imagen de una circunferencia es otra

circunferencia.

Ejercicio No.4 Encuentra la imagen de la semirecta A(a) en las siguientes homotecias:

a) HO, k O∉ A(a)

b) HA, k Discute según los valores de k , k ∈ R , k ≠ 0.

A a Ejercicio No.5 Se considera un triángulo rectángulo AOB isósceles y el punto P indicado en la

figura. B

A

O

• P


Capítulo XI – Homotecia - Enunciados. Sean: C = RA, - 135º (B) y la homotecia H de centro O que transforma A en C.

a) Hallar el punto P´ correspondiente de P en la homotecia H.

b) Calcular la razón APCP´ .

Ejercicio No.6

a) ¿ Cuántas homotecias puedes encontrar que transforman A en C ? Justifica.

A C

b) ¿ Cuántas homotecias puedes encontrar que transforman al segmento AB en el

CD. Determina sus elementos.

A B C D

AB = 3 cm CD = 6 cm.

Ejercicio No.7 Sea ABC un triángulo de baricentro G y M el punto medio del lado AB.

a) Si: HM, k1 (C) = G ; HM, k2 (G) = C ; H C, k3 (G) = M ; HC, k4 (M) = G; indica

los valores de las razones k1 , k2 , k3 , y k4 .

b) Construir un triángulo conociendo la paralela media MN y el baricentro G.

N

M

• G

Ejercicio No.8 Considera un triángulo ABC con M punto medio del lado AB. Sea PQ un segmento

paralelo a AB como indica la figura , y N su punto medio.

Demuestra que los puntos C , M y N están alineados.

C

P N Q

A M B


Capítulo XI – Homotecia - Enunciados. Ejercicio No.9 a) Dado un sector circular OAB como indica la figura , inscribir en él un cuadrado

con un lado paralelo a la cuerda AB.

A B

O

b) El mismo ejercicio cambiando el sector por un triángulo ABC con lado mayor

AB.

Ejercicio No.10 Construir un triángulo MNP conociendo el lado MN , el ángulo MPN y la mediana

correspondiente al vértice N.

Ejercicio No.11

Sean: ABCD un trapecio tal que AB = a , CD = b b > a , y O1 y O2 los puntos

indicados en la figura.

O2

A a B O1

D b C

a) Hallar las razones de las Homotecias H1 y H2 de centros O1 y O2 en las que:

H1(A) = C y H2(A) = D.

c) Si M es el punto medio del lado AB y N el punto medio del lado CD , prueba que

los puntos N ,O1 , M y O2 están alineados.


Capítulo XI – Homotecia - Enunciados. Ejercicio No.12 ABCD es un paralelogramo; E y F puntos tales que DE = DC y BF = BC como

indica la figura. A

B

D

F

C

E

a) Demuestra que existe una homotecia de centro E y razón k que hace

corresponder al punto C , el punto F.

b) Si el paralelogramo se deforma manteniendo constante la longitud de sus lados ,

¿ crees que lo anterior sigue siendo válido?.

c) Si fijamos el punto E en el plano , ¿ cómo harías para variar la razón de

homotecia?.

( Este ejercicio es el principio teórico de un dispositivo llamado “pantógrafo” del que

te hablaremos en la solución del ejercicio).

Ejercicio No.13 Un sistema articulado consiste de tres rombos como indica la figura.

E •

D • R •

A• •C F • •S

• B •T

•G

BE = 3 BC

AB = FT


Capítulo XI – Homotecia - Enunciados. a) Suponiendo que el punto A es un punto fijo del plano, ¿cuáles son las razones de

las homotecias con centro en el punto A en las que:

i) Al punto C le corresponde el punto F.

ii) Al punto C le corresponde el punto S.

a) Como podrías utilizar el sistema articulado para obtener homotecias de razón:

i) K = 41 -2K v)

32K iv)

23K iii)

43K ii) ====

Ejercicio No.14 Cuatro rombos iguales articulados en todos sus vértices , como indica la figura ,

permiten que las barras ME y NP puedan girar alrededor del punto A manteniéndose

siempre simétricas respecto del eje (e) del sistema , aumentando o disminuyendo el

ángulo θ. C

H

G

F

B

D θ E

A

M N

e

a) Demuestra que para cualquier valor del ángulo θ los puntos B y C se

corresponden en una homotecia de centro A cuya razón deberás determinar.

b) Si el punto B sube verticalmente 0.25m , ¿ cuánto lo hace el punto C ?

c) Indica los desplazamientos verticales de los puntos D, F, G y H en las

condiciones de la parte b).

Ejercicio No.15

Considera una semirecta O (r ) y la homotecia HO, K con K > 1.

a) Sea P un punto perteneciente a O (r) . Llamando x a la medida del segmento OP

y Δx a la medida del segmento PP´ siendo P´= H O, K (P) , establece una relación

entre x , Δx y K.


Capítulo XI – Homotecia - Enunciados. b) Encuentra en la semirecta O(r) un punto Q tal que la distancia a su imagen Q´ en

la homotecia que estamos considerando sea d unidades.

c) ¿Cuál es el L.G. de los puntos Q del plano que distan d unidades de sus

correspondientes Q´ en la homotecia ?

d) Considera un segmento AB que se divide en cinco partes iguales y sean C , D ,E ,

y F los puntos de división.

e) Considerando el conjunto: {A,C,D,E,F,B}, ¿ existe algún elemento del conjunto

cuya imagen en las homotecias que siguen , pertenezca al conjunto?

i) HA, 2 ii) HA, 3/2 iii) HA, 4/3 .

Ejercicio No.16 En la figura que sigue te mostramos el “alambrado de ley” usado en nuestros campos

y del cual existen miles de kilómetros en nuestro país. Postes principales cada 200m. Postes secundarios cada 15m. 7 piques entre postes . 7 Hilos

Poste Pique Pique

1.35m

ALAMBRADO DE LEY Distancias entre hilos: Suelo-7o hilo =16cm, 7o- 6o = 14cm, 6o-5o=14cm, 5o-4o=16cm,4o-3o=20cm,

3o-2o 25cm, 2o-1o 30cm. En caso de utilizarse un tiro de alambre de púas deberá sustituir al 4to. hilo

Al momento de su construcción los alambres son “estirados” para darles determinada

tensión. Con el transcurrir del tiempo y debido a varios factores (dilataciones y

contracciones por variaciones de temperatura , acción de los animales en los

potreros, movimientos de postes , etc) los alambres pierden tensión ( se aflojan ) y se

hace necesario volverlos a estirar.

En la resolución de este ejercicio te contaremos sobre el procedimiento que se utiliza

para ello , el que básicamente consiste en aplicarle al alambre una fuerza F en el

punto B , como indica la siguiente figura , hasta llevarlo por ejemplo a la posición

B´. El segmento original AB se transforma en el segmento AB´.


Capítulo XI – Homotecia - Enunciados. Admitiendo que el tramo de alambre AB puede asimilarse a un segmento de recta y

que el material es homogéneo , lo que se tiene en definitiva es la materialización de

una homotecia de centro A en la que B´ es la imagen del punto B.

Poste Pique Poste

B´ F B A

a) Si la longitud inicial del segmento AB es de 198m y la longitud final AB´ es de

200m , ¿ cuál fue la razón de la homotecia?

b) Si los piques son solidarios sólo al alambre que estiras , ¿ crees que sufren algún

desplazamiento lateral durante el estiramiento?.

¿Cuál crees que será el pique que sufre más desplazamiento y cuál el de menor

desplazamiento?

c) ¿Podrían llegar a juntarse dos piques durante el estiramiento?

Si crees que es posible , ¿ cuáles serían los piques que tienen mayor probabilidad de

juntarse?

d) ¿Después del estiramiento podría algún pique ocupar la posición que ocupaba el

pique situado inmediatamente a su izquierda antes del estiramiento?

Ejercicio No.17

Considera dos circunferencias C1 y C2 de centros O1 y O2 y radios R1 y R2

respectivamente.

Para cada uno de los casos que indican las figuras :

a) Determina el número de tangentes comunes a ambas circunferencias.

b) Determina los centros de las homotecias en las que C2 es imagen de C1 y las

respectivas razones. c) ¿Cuáles serán las razones de las homotecias en que C1 es imagen de C2 ?

i) ii) C1 • C2 • C1 • • C2


Capítulo XI – Homotecia - Enunciados. iii) iv)

C1 C1

C2 C2

v) vi)

C1 C1

C2 C2

Ejercicio No.18

Sean C1 y C2 las circunferencias de radios R1 y R2 indicadas en la figura.

Un punto P varía sobre C1 en sentido antihorario y un punto Q varía sobre C2 en el

mismo sentido de tal modo que los ángulos DO2Q y BO1P se mantienen iguales

para toda posición de P.

P

Q

A O1 C O2 D B

C2

C1

a) Demuestra que para toda posición del punto P la recta PQ pasa por un punto fijo U

que determinarás.

b) Demuestra que U debe ser interior al segmento O2D.


RESOLUCIONES


Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

Ejercicio No.1

a) HO, 3/2 (A)=A´ • • • O A A´

b) HO, - ½ (A)=A´ • • • A O A´

c) HO, 2 (A)=A´

• • • O A A´

d) HO, - 5/2 (A)=A´ • • • A´ O A

Ejercicio No.2 a) i) HA , 2 (ABCD) = A´BĆ´D´ D´ C´ D C A B B´

ii) HO , 3/2 (ABCD) = A´BĆ´D´ D´ C´ D C O A B A´ B´ iii) HA , - 1/2 (ABCD) = A´BĆ´D´ D C A B´ B C´ D´



b) i) HO , 2 (C ) = (C ´) (C´) O (C) ii) HA , - 1 /2 (C ) = (C ´)

O A O´

(C) (C´)

iii) HP , 2 (C ) = (C ´)

p o (C) o´ (c´) c) i) HA , 2 C´ C A B B¨ ii) HO , 3/2 iii) HA , -1/ 2 C´ C C O A´ B´ A B A B A´ B´ C´



Ejercicio No.3

a) i) O∉ r

Sean A y B dos puntos de la recta r y A´ y B´ sus correspondientes en la homotecia

H de centro O y razón K.

Se cumple entonces que : KOBOB´

OAOA´

==

A´ r A P P´ B´ O B Q´ Q r´

Sea r´ la recta determinada por los puntos A´ y B´. Aplicando el recíproco del

teorema de Thales concluimos que r´|| r.

Para demostrar que r´ es la correspondiente de r en la homotecia considerada

debemos probar que el correspondiente de todo punto de r pertenece a r´, y

recíprocamente, que todo punto perteneciente a r´ tiene su preimagen en r.

1ro.) Consideremos un punto P cualquiera de r distinto de los puntos A y B.

Sea P´=HO , K (P) KOPOP´

= por tanto OPOP´

OAOA´

=

A´P´ || AP. Como la paralela a la recta AP por A´ es única (r´) , se concluye

que P´∈ r´.

2do.) Sea Q´ un punto cualquiera de r´ y Q su preimagen en HO, K . Probaremos

que Q ∈ r .

Siendo Q´= HO, K(Q) se cumple que: OQOQ´

OAOA´

= AQ || A´ Q´≡ r´

Como la paralela a r´ por A es única (r) , concluimos que Q ∈ r . ii) O∈r P´ P • r • O •

Por definición de homotecia el correspondiente P´ de cualquier punto P de la recta r

pertenecerá a r y recíprocamente todo punto Q´de la recta r tiene su preimagen en r.


Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones Por tanto HO, K (r) = r r es doble en la transformación b) Sea (C) una circunferencia de centro O y radio R y O´= HP, K(O)

Q´ (C´) O´ Q S´

(C) O S P

Se cumple: KPOPO´

=

Sea Q un punto cualquiera de (C). Hallaremos su correspondiente Q´ en la

homotecia.

Q´ pertenece a la recta PQ y es tal que POPO´K

PQPQ´

== OQ || O´Q´ y

KOQ

QO=

´´ . Como OQ = R O´Q´ = K.R Q pertenece a la

circunferencia de centro O´ y radio R´= KR.

Recíprocamente sea S´ un punto cualquiera de la circunferencia (C´).

Hallemos su preimagen en la HP , K. El punto S buscado debe pertenecer a la recta

PS´ y ser tal que POPO´K

PSPS´

== OS || O´S´ y kOS

O´S´= .

En consecuencia OS = RK

KRKR´

KO´S´

=== S ∈ (C)

Como todo punto de (C) tiene su correspondiente en (C´) y todo punto de (C´) es

imagen de un punto de (C) concluimos que:

HO , K (C) = (C´)



Ejercicio No.4 a) a a´

K > 0 O A A´

a

K< 0

O A´ A a´

b)

K > 0 K≠1 A P P´ a

HA , K (A(a)) = A(a´) ≡ A(a) La semirecta A(a) es doble.

K< 0 a´ P´ A P a

HA , K (A(a)) = A(a´) ≡ op A(a)

K=1 HA , K es la identidad y la semirecta A(a) es unida.

Ejercicio No.5 B A C O P P´ a) Como ang.OAB=45ª entonces ang.BAC=135ª por lo que C ∈ opA(O).

El punto P´ buscado debe pertenecer a la recta OP por definición de homotecia.



21OAAB1

OAAC1

OAACOA

OAOC

+=+=+=+

=

En la homotecia HO, 1+ 2 al punto A le corresponde C y al punto P el P´. Por

tanto: HO, 1+ 2 (seg. AP) = seg. C´P´.

Basta entonces trazar por C la recta paralela a AP y cortar con la recta OP para

determinar P´.

b) Por lo anterior 21+== KAP

CP´ .

Ejercicio No.6 a) A C

Tenemos infinitas homotecias en las que C es la imagen de A con la condición de

que sus centros O deben pertenecer a la recta AC no pudiendo coincidir con ninguno

de ambos puntos.

b) P´ P

O A B C D

i) Siendo C imagen de A y D imagen de B el segmento CD será la imagen del

segmento AB. De acuerdo a las medidas dadas de estos segmentos y a la posición

relativa de los puntos , también dada , la razón de homotecia será K = 2ABCD

= .

Se cumplirá que: 2OAOC

= por lo que A es el punto medio del segmento OC.

Por tanto CA(C) = O , es decir que el centro O de la homotecia es el simétrico del

punto C respecto de A.

Otra forma de determinar el centro de la homotecia es tomar un punto cualquiera P

del plano no alineado con los puntos dados y hallar su correspondiente P´. Para ello

pueden considerarse las rectas AP y PB y hallar sus correspondientes trazando las

paralelas a ellas por C y D respectivamente. Su intersección nos determina el punto

P´. Finalmente el centro O de la homotecia lo obtenemos como intersección de la

recta PP´ con la recta AC.


Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones ii) Consideremos ahora que el punto D sea la imagen del punto A y que el punto C

sea la imagen de B.

En tal caso al segmento AB le corresponde el segmento DC y la razón de la

homotecia será - 2.

P C D A B

O1

P´

Para hallar el punto O1 basta dividir el segmento AD en tres partes iguales y tomar

como centro el tercio más cercano al punto A.

Podemos también repetir la construcción del caso i) tomando un punto P y

encontrando su correspondiente P´. La intersección de la recta PP´ con AB nos

determina el centro O1 de la homotecia.

Ejercicio No.7 C G A M B

a) K1=31

MCMG

= K2 = 3MGMC

= K3 = 23

CGCM

=

K4 = 32

CMCG

= K5 = 2GMGC

−=− K6= 21

GCGM

−=−

b) A M N G B C

Como BC || MN y BC=2MN ambos segmentos se corresponden en una homotecia

de centro G y razón K= - 2. Efectuando la homotecia obtienes B y C, que unidos

con M y N respectivamente te permiten determinar el vértice A.



Ejercicio No.8 C P R Q

A M B Llamemos R al punto de corte de las rectas CM y PQ. Demostraremos que R es

punto medio del segmento PQ y por tanto coincide con el punto N.

Consideremos la homotecia de centro C y razón KCACP

= .

Se cumplirá entonces que:

HC , K(A) = P HC , K(M) = R HC , K(B) = Q HC , K (seg.AM) = seg.PR

KMBRQ

AMPR

==

HC , K (seg.MB) = seg.RQ Como los segmentos AM y MB son congruentes se concluye que los segmentos PR

y RQ también son congruentes y por tanto R es el punto medio del segmento PQ ,

con lo cual coincide con N.

Observa que si desplazamos el segmento PQ paralelamente a si mismo, su punto

medio pertenecerá siempre a la recta CM.

Ejercicio No.9 O a) M N A B Q P D C

Si supones el problema resuelto (ver figura) concluimos que como se exige que el



lado PQ del cuadrado solución sea paralelo a la cuerda AB, también el segmento MN

será paralelo a AB.

Existirá entonces una homotecia de centro O y razón K=OMOA en la que el segmento

AB es la imagen del segmento MN. Por tanto AB=k.MN.

Para hallar la imagen del punto Q basta buscar la intersección de la recta OQ con la

paralela a MQ trazada por A determinando de esta forma el punto D. Como los

segmentos MQ y AD se corresponden se cumple que AD = k. MQ = K.QP = AB.

De la misma forma el punto C será la imagen del punto P siendo finalmente el

cuadrado ABCD la imagen de MNPQ.

Para resolver el ejercicio basta entonces comenzar construyendo el cuadrado ABCD

y luego homotetizarlo determinando los puntos P y Q como intersección de las

rectas OC y OD con el arco AB. Finalmente completamos la construcción del

cuadrado MNPQ.

b) C M N A B Q P C D Resolución en todo similar a la de la parte a) del ejercicio.

Ejercicio No.10 P

Como conocemos el lado MN y el ángulo MPN R

podemos afirmar que el punto P pertenece al arco

capaz de ángulo MPN y segmento MN. M N

Como también conocemos la medida de la mediana NR, el punto R debe pertenecer a

la circunferencia de centro N y radio NR.



Además siendo R punto medio del segmento MP, será correspondiente de P en una

homotecia de centro M y razón 1 / 2 , y por tanto R pertenecerá al arco homotético

del arco capaz al que ya aludimos anteriormente.

La construcción será entonces:

1) Construimos el lado MN y sobre él el arco capaz de ángulo MPN. (Trabajamos

en uno de los semiplanos de borde MN)

2) Homotetizamos el arco capaz en la homotecia HM,½

3) Interceptamos el arco capaz obtenido en 2) con el arco de centro N y radio mN ,

determinando el punto R.

4) MR ∩ Arco capaz = P

P R mN M N Datos m N MN ang.MPN Ejercicio No.11 O2

A a B

O1

D b C

a) Se cumple:

HO1, K1 (A) = C con K1 = A1OC1O− HO1, K1 (B) = D



Por tanto en HO1, K1 el segmento CD es la imagen del segmento AB y será entonces

K1 = ab

ABCD

−=−

Se cumple también:

HO2 , K2 (A) = D HO2 , K2 (B) = C por lo que el segmento DC es la imagen

del segmento AB en la homotecia.

En consecuencia: K2 =ab

ABDC

=

b) Como M es punto medio del segmento CD y N es punto medio del segmento AB

ambos se corresponderán en la homotecia HO1, K1 y por tanto M, O1 y N están

alineados.

También se corresponden en la homotecia HO2 , K2 y por tanto los puntos M , N y O2

están alineados.

Finalmente los cuatro puntos M , N , O1 y O2 pertenecen a la misma recta.

Ejercicio No.12

A DE=DC BF=BC a D B b E F C a) Para demostrar que existe una homotecia de centro E que hace corresponder al

punto C el punto F, hay que demostrar que E ,C y F están alineados.

Triáng. ECD isósceles ang. DEC = ang. ECD

Triáng. BCF isósceles ang. BCF = ang. BFC

Trataremos de demostrar que: ang.ECD + ang.DCB + ang.BCF = 180ª lo que nos

asegurará la alineación de los puntos E , C , y F.

Aplicando teorema del ángulo externo a los triángulos DEC y BCF tenemos:

ang. ADC = ang. DCE + ang.DEC= 2.ang.DCE ang. ABC = ang. BCF + ang. BFC = 2.ang.BCF

En el paralelogramo ABCD: ang.ADC=ang.ABC ang.DCE = ang.BCF



ang.ABC + ang.DCB=180ª (por paralelogramo)

2. ang.BCF + ang.DCB = 180ª ang.BCF + ang.DCE + ang,DCB = 180ª

E , C y F alineados.

Se cumple entonces que: HE , K (C) = F con K=ECEF .

b) La demostración de la parte anterior fue independiente del valor en grados de los

ángulos del paralelogramo ABCFD , por lo que al deformarlo la alineación de los

puntos E , C y F sigue siendo válida.

c) Debería variarse la relación entre las longitudes de los lados del paralelogramo.

Calculemos la relación KECEF

=

ang.EDC=ang.CBF=ang.EAF=.θ

Aplicando teorema del coseno en los triángulos EDC y EAF tendremos:

EC2 = b2 + b2 – 2b.b.cosθ = 2b2(1-cosθ)

EF2 = (a+b)2 + (a+b)2 – 2(a+b)(a+b)cosθ =2(a+b)2 (1-cosθ)

Dividiendo miembro a miembro ambas igualdades:

ba1K

ba1

bba

ECEF

bb)(a

ECEF

2

2

2

2+=⇒+=

+=⇒

+=

Este resultado es el que justifica la respuesta dada a la pregunta del ejercicio.

COMENTARIO El Pantógrafo

Si materializas el paralelogramo articulado que hemos manejado en este ejercicio,

tienes el dispositivo llamado “Pantógrafo”, utilizado por los dibujantes como

mecanismo para ampliar o reducir figuras planas.

Si fijas el punto E y recorres el contorno de una figura A con un estilete colocado en

el punto C , un lápiz colocado en el punto F describirá la figura A´ correspondiente

de A en una homotecia de razón ECEF . El dispositivo permite variar la longitud de los

lados del paralelogramo , variando de ese modo la razón de homotecia o sea el factor

de ampliación o reducción.

Pantógrafo

• • • A A´



Ejercicio No.13 E • D• R • A• C • F • • S

B• • T

G • BE=3BC AB=BC=FT

a) i) HA ,K(C) = F K= 3ACAF

= ii) HA , K´ (C) =S´ ´ K´= 4ACAS

=

Las razones son independientes de la deformación del sistema.

b) i) K= 1/ 4 Tomamos A fijo y C será imagen de S en la HA , 1/4 .

ii) K=3/4 Tomamos A fijo y F será la imagen de S en HA , 3/4.

iii) K=3/2 Tomamos C fijo y S será la imagen de F en HC , 3/2.

iv) K=2/3 Tomamos C fijo y F será la imagen de S en HC , 2/3.

v) K=-2 Tomamos C fijo y F será la imagen de A en HC , -2

(también podríamos tomar F como centro y C sería la imagen de S

en HF , -2 ).

vi) K=-1/3 Tomamos C fijo y A será la imagen de S en HC , -1/3.

(también podríamos tomar F como centro y S sería la imagen de A

en HF , -1/3).

Ejercicio No.14

a) Para cualquier valor del ángulo θ los vértices de los rombos que están sobre el eje

(e) se moverán permaneciendo siempre sobre él, en particular los vértices B y C.

Ellos se corresponden en una homotecia de centro A y razón K= 4ABAC

= ,

HA,4(B)=C.

b) Si el punto B sube verticalmente 0.25 m , el punto C subirá 4.(0,25) = 1m.



c) e B´ ΔxB B D´ O´1 ΔxD D O1 A ΔxB = 0.25m B

Llamemos O1 a la proyección ortogonal del punto D sobre el eje (e).

Al disminuir el ángulo θ el punto D describe un arco de circunferencia de centro A y

radio AD , acercándose al eje (e). Sufre entonces un desplazamiento vertical que no

es otra cosa que el desplazamiento que sufre O1 punto medio del segmento AB.

Como HA , 1/2 (B)= O1 ΔxD = 21ΔxB ΔxD = 0,125 m.

Si llamamos O2 a la proyección ortogonal de F sobre el eje (e) tendremos que:

HA , 3/2 (B)=O2 ΔxF = 23ΔxB ΔxF = 0.375 m.

Analogamente : HA , 5/2 (B)=O3 ΔxG = 0.625 m.

HA , 7/2 (B)=O4 ΔxH = 0.875 m.

Comentario

El elevador que ves en la figura es una aplicación de este ejercicio. Observa los

rombos deformables. La deformación de los mismos se logra mediante cilindros

hidraúlicos , que puedes apreciar en la foto.



Ejercicio No.15

a) O x P Δx P´ r

P´= HO , K (P)

KOPOP´

= >1 x + Δx = Kx Δx = x.(K-1)

b) Δx = d d = x.(K-1) x = 1K

d−

El punto Q que dista 1K

d−

del centro de homotecia es el punto buscado.

c) Como x =1K

d−

es constante , el L.G. será la circunferencia (C) de centro O y

radio R =1K

d−

. Q • (C)

R O

d)

A C D E F B { A , C , D , E , F , B }

i) HA , 2 K=2 A´= HA , 2(A) A´ ≡ A

C´= HA , 2(C C´ ≡ D solución {A , C , D }

D´= HA , 2(D) D´ ≡ F

ii) HA , 3 / 2 K=3/2 A´= HA , 3 / 2(A) A´ ≡ A

D´= HA , 3 / 2(D) D´ ≡ E solución {A , D }

iii) HA , 4 / 3 K=4/3 A´= HA , 4 / 3(A) A´ ≡ A

E´= HA , 4 / 3(E) E´≡ F solución {A , E}

Ejercicio No.16

a) K = 99

100198200

=

b) B´ B P´ P A • • • • • alambre

Si la posición del pique la suponemos puntual en P , ese punto se desplazará hacia la

izquierda hasta la posición P´ tal que : 99

100´´==

ABAB

APAP


Los piques se desplazarán en el sentido del estiramiento tanto más , cuanto más

alejados están del punto fijo A.

El pique de menor desplazamiento es el más cercano al punto A y el de mayor

desplazamiento el más cercano al punto B.

El desplazamiento : PP´= Δx =OP´- OP = K.OP – OP = OP.(K-1).

c) Obviamdente nó , de acuerdo a lo anterior los piques en lugar de acercarse entre sí

se alejan , tanto más cuanto más cercanos están al punto B.

d) Llamando d la distancia entre piques consecutivos , el punto P de la semirecta

A(B) cuya imagen P´ sea tal que PP´= d , es según el ejercicio anterior , el punto P

que cumple : AP = 1K

d−

.

Una vez determinado el punto P quedaría por verificar que en él existía algún pique

antes del estiramiento; de ser así ese pique sería el único que respondería a la

pregunta. Sin embargo en el ejemplo es claro que ningún pique tendrá la propiedad

pedida ya que siendo d = 2.5 m y K = 99

100 tendremos que AP≅250m.

El punto P no pertenece entonces al segmento AB.

Comentario.

Para proceder al estirado de los alambres que forman el alambrado se utiliza la

llamada máquina de alambrar.

El tramo de alambrado a estirar es el existente entre dos postes principales

consecutivos que distan 200m.

Uno de los extremos de la máquina se solidariza a uno de los principales

mediante una cadena mientras el otro extremo , donde se encuentran las mordazas ,

aprieta el alambre.

Según el tipo de máquina utilizada , sea mediante el giro de una manivela o mediante

el movimiento de una palanca , las mordazas comienzan a desplazarse hacia el poste

al cual se encuentra fija la máquina provocando el estiramiento del tramo de alambre

que va desde las mordazas hasta el poste principal más alejado de aquella.

Previamente al estirado del alambre este debe ser liberado de sus ataduras a los

postes secundarios y piques existentes entre los dos postes principales.

El tramo de alambre a estirar debe tener un extremos fijo en uno de los principales y

el otro en las mordazas de la máquina y entre ambos quedar completamente libre.


Esquema de colocación de la máquina Longitud de alambre estirado que debe atarse al poste

Fuerza ejercida por la máquina sobre el alambre

mordazas

Máquina extremo fijo

cadena de sujección de la máquina al poste.

Una vez colocada la máquina se desata el alambre del poste principal al cual se ha

fijado la misma y luego de estirado el alambre se vuelve a atar al poste.

Posteriormente se repite la operación con los demás tiros de alambre que conforman

el alambrado. La tarea queda finalizada cuando se vuelven a fijar los postes

secundarios y piques mediante sus correspondientes ataduras.

La figura siguiente te muestra la máquina de manivela. Observa que básicamente

consta de un tornillo sin fin que la manivela hace girar mediante un par de engranajes

cónicos.

Las mordazas inicialmente en el extremo opuesto a la manivela como observas en la

figura se desplazan hacia el extremo opuesto produciendo el estiramiento del

alambre. Engranajes cónicos manivela

Tornillo sin fin

Guías para el cubo

de las mordazas

mordazas


Extremo a ser fijado al poste Cadena de sujección Mordazas

Mordazas Barra dentada Brazo de palanca Fig.(2) Fig.(3)

La fig (2) te permite observar las mordazas desplazadas hacia el extremo de la

manivela. Fácilmente puedes concluir que el estiramiento máximo que puede

obtenerse en una operación está determinado por el largo del tornillo sin fín. De ser

necesario un estiramiento mayor , deberá repetirse la operación desde un principio.

La fig.(3) te muestra la máquina de palanca , muy utilizada en nuestro país. Puedes

observar en la foto el largo brazo de palanca que permite el movimiento de las

mordazas apoyándose para ello en la barra dentada. La cadena que observas se utiliza

para fijar la máquina al poste del alambrado.

Cualquiera de los dispositivos anteriores resulta muy simple desde el punto de vista

mecánico, permitiendo a los operarios su utilización manual , hecho fundamental

dado los lugares donde ellos son utilizados



Ejercicio No.17 a) t3

i) t1 t4

(C1)

U2 (C2) Fig.(1) U1

t2

Cuatro tangentes comunes , t1 , t2 , t3 , t4 .

ii)

t3

t1

(C1) U2 (C2)

U1

Fig.(2) t2

Tres tangentes comunes , t1 , t2 , t3.

iii) t1

(C1)

(C2) U1

Fig.(3)

t2

Dos tangentes comunes t1 y t2.

iv) (C1)

(C2) t1 Fig,(4) U1

Una tangente común t1. Los casos v) y vi) no presentan tangentes comunes.



b) i)

Existen dos homotecias que hacen corresponder a la circunferencia (C1),la

circunferencia (C2). Ellas son:

HU1, K y HU2 , -K con K=1

2RR Fig.(1)

ii) Idem: HU1, K y HU2 , -K con K=1

2RR Fig.(2)

iii) Idem: HU1, K y HU2 , -K con K=1

2RR Fig.(3)

Determinación de U2 t (C1) P2 O1 U2 U1 O2

(C2) P1

Sean P1∈ (C1) y P2∈(C2) tales que O1P1 || O2P2 , con P1 y P2 en semiplanos

opuestos de borde O1O2.

U2 = O1O2 ∩ P1P2

El centro U1 se obtienen como intersección de la recta O1O2 y la tangente común t.

iv) Idem : HU1, K y HU2 , -K con K=1

2RR

La determinación de U2 es análoga al caso anterior. El centro U1 es la intersección

de la recta O1O2 con la tangente común a ambas circunferencias.

(C1) P2

O1 U2 O2 U1 (C2) P1

v) Idem: HU1, K y HU2 , -K con K=1

2RR



Determinación de U1 y U2

Similar al caso anterior pero agregando el punto P3 diametralmente opuesto de P2

en la circunferencia (C2).

U1=O1O2 ∩ P1P3 U2 = O1O2 ∩ P1P2

(C1) U2 (C2) P2 O1 O2 P3 U1 P1

vi) Existe una única homotecia con centro en O, HO, K con K=1

2RR .

(C1)

O

(C2)

c) A la circunferencia (C2) le corresponde (C1) en las homotecias inversas de las que

hacían corresponder a (C1) la circunferencia (C2).

La razones serán por tanto: ±

Ejercicio No.18

a) Como O1P ⏐⏐ O2Q y con K constante ∀ (P, Q), los puntos P

y Q se corresponden en una homotecia H de centro U y razón R1 / R2 . Como en

esa homotecia los centros O1 y O2 se corresponden el punto U debe estar alineado

con ellos y cumplir: KRR

=2

1UOUO

=2

1 .



En consecuencia U = AB ∩ PQ y es un punto fijo.

P

U

Q

A O1 C O2 D B (C2) (C1)

b) R1 d x O1 C O2 U D B R2

Llamemos: d = O1O2 x = O2U.

Trataremos de demostrar que x < R2.

Por parte a) UO1 = d + x UO2 = x

x = 21

2RR

d.R−

(I)

Se cumple que: d + R2 < R1 d < R1 - R2

Retomando la igualdad (I): x = 21

2RR

d.R−

<

Finalmente entonces: x < R2 lo que implica que U es interior al segmento O2D.


SECCION 2

COMPOSICION Y

LUGARES

GEOMETRICOS


Capítulo XI - Homotecia - Composición y Lugares Geométricos - troducción In

INTRODUCCION

Para resolver los ejercicios que te planteamos en este capítulo debes recordar del

curso:

Componer dos homotecias H1 y H2 en ese orden , significa aplicarlas a los puntos

del plano sucesivamente , primero H1 y a la imagen obtenida aplicarle luego H2.

Utilizaremos una notación similar a la de composición de congruencias.

H2 o H1 (P) = H2[ H1(P)] = H2(P´) = P´´.

La composición de dos homotecias de igual centro es otra homotecia del mismo

centro y cuya razón es el producto de las razones de las homotecias componentes.

HO, K2 o HO, K1 = HO, K1.K2

La composición de dos homotecias de distintos centros es:

HO, K1.K2 si K1.K2 ≠ 1 O alineado con O1 y O2

HO2, K2 o HO1, K1 =

T u si K1.K2 = 1 u ⏐⏐ O1O2

La transformación inversa de una homotecia es otra homotecia del mismo centro

y cuya razón es la inversa de la razón de la homotecia dada.

( HO, K) – 1 = HO, 1 / K

La inversa de la composición de dos homotecias es la composición de las

homotecias inversas en orden inverso.

( H2 o H1 ) –1 = H1-1 o H2

-1

La composición de homotecias no es conmutativa.


ENUNCIADOS


CapítuloXI -Homotecia -Composición y Lugares Geométricos -Enunciados Ejercicio No.1

Sean O1 y O2 dos puntos del plano no coincidentes. Efectúa las composiciones

siguientes:

a) HO2, 2 o HO1, 3 / 2 b) HO2, 1 / 2 o HO1, - 2 / 3 c) HO2, 3 o HO1, 1 / 3

Ejercicio No.2 Considera un cuadrado ABCD , sentido antihorario , y centro O.

En la semirecta opuesta a la semirecta C(A) se toma un punto E de forma que los

segmentos OC y CE sean congruentes. Sea M punto medio del segmento BE.

a) ¿En qué homotecia de centro A puedes hacer corresponder al punto O el punto E?

¿En qué homotecia de centro B puedes hacer corresponder al punto E el punto M?

b) Efectúa la composición de ambas homotecias y llama F al centro de la homotecia

resultante.

Ubica F y muestra que el punto O es baricentro del triángulo FBE.

c) Demuestra que: F = CA (B).

Ejercicio No.3 Se considera una circunferencia (C ) de centro O y diámetro AB. Sea C un punto de

(C ) distinto de A y B y D la imagen de B en la simetría central de centro C.

Sea E = OD ∩ AC.

Demuestra que entre los segmentos DE y OE existe la siguiente relación: DE = 2OE.

Se te sugiere que consideres una homotecia que transforme O en B y otra que

transforme B en D y cuyos centros sean puntos conocidos del ejercicio. Luego

efectúa la composición.

Ejercicio No.4

Sean O , A , y B tres puntos alineados tales que HO, K (A) = B.

a) Encuentra la razón de la homotecia de centro O en la que A es imagen de B.

b) Encuentra la transformación Σ que cumple:

HO1, k1 o Σ o HO2 , K2 = HO3, K3 siendo O1 , O2 , O3 tres puntos cualesquiera

del plano.


CapítuloXI -Homotecia -Composición y Lugares Geométricos -Enunciados Ejercicio No.5 Sea ABCD (sentido antihorario) un cuadrado de centro O.

a) Determina la homotecia HJ , k tal que:

HJ , k = HD, -2 o HC, - 1/ 2 o HA, 2

b) Sea E = HD, -2 (O). Prueba que los puntos E, C y J están alineados y que C es

punto medio del segmento EJ. Ejercicio No.6 Sea (C ) una circunferencia de centro O y diámetro AB. BC es un vector tangente a

(C ) como indica la figura. C

A O B

(C )

a) Efectúa la composición: HO, - 2 o HB, 1 / 2 o HA, 1 / 2 y halla el correspondiente

del vector BC.

b) ¿Cuál es la norma del correspondiente de BC y cuál la relación entre las áreas de

los triángulos que ambos vectores forman con el centro de la homotecia resultante de

la composición?

Ejercicio No.7 Se considera una semicircunferencia de centro O y diámetro AB como indica la

figura.

CD es una cuerda de la misma de longitud igual al radio pero variable en posición. C

D

A B O


CapítuloXI -Homotecia -Composición y Lugares Geométricos -Enunciados E = CC (A) F = CD (A)

N es punto medio del segmento CD, M es la proyección ortogonal del punto B sobre

la recta EF.

a) L.G. del punto E y L.G. del punto F.

b) i) Demuestra que los puntos A , N , y M están alineados.

ii) Deduce el L.G. del punto M.

c) Siendo P = DE ∩ FC , encuentra el L.G. del punto P. Ejercicio No.8

Sean un punto A y una recta r fijos , con A∉ r.

Considera un punto R variable en r.

a) Halla el L.G. del punto medio del segmento AR.

b) Se divide el segmento AR en tres segmentos iguales:

i) L.G. del punto de división más cercano a R.

ii) L.G. del punto de división más cercano a A.

Ejercicio No.9 Sea (C ) una circunferencia de centro O y diámetro AB. Sobre ella varía un punto P.

a) Halla el L.G. del punto M , medio del segmento AP.

b) Halla el L.G. del baricentro de los triángulos AMO.

Ejercicio No.10 Sean: r una recta fija , C un punto variable sobre r , A y B puntos fijos del plano no

pertenecientes a r.

a) Halla el L.G: del baricentro de los triángulos ABC.

b) Encuentra la posición del punto C para que el área del triángulo ABC valga 4

a2

siendo “a” la medida del segmento AB.

Ejercicio No.11

Sean: ABCD un cuadrado , I un punto variable en el segmento BC y E = CI (A).

a) Halla el L.G. del punto J pié de la mediana correspondiente al vértice A del

triángulo AEB al variar I.

b) Encuentra el triángulo AEB de perímetro máximo y calcula ese perímetro.


CapítuloXI -Homotecia -Composición y Lugares Geométricos -Enunciados c) Demuestra que los triángulos ABJ y AJE tienen igual área para todo I y deduce

que los puntos E y B equidistan de la recta AJ.

Ejercicio No.12

Retoma el ejercicio No.3 de composición de homotecias y encuentra el LG. del punto

E al variar C en ( C ).

Ejercicio No.13

Se considera la familia de paralelogramos ABCD con A y B fijos y el ángulo BAD

constante.

a) Halla el L.G. del punto medio O del segmento AC.

b) Halla el L.G. del baricentro de los triángulos BCD.

c) Halla el L.G. del baricentro de los triángulos ABD.

Ejercicio No.14

Sean (C1) y (C2) dos circunferencias concéntricas de radios R1 y R2 respectivamente.

P es un punto exterior a ambas circunferencias tal que dOP = 3 R1.

R1 = 1cm R2= 2cm.

Te pedimos que encuentres un punto Q ∈ (C1 ) y un punto S ∈ (C2) alineados con

P y tales que se cumpla la siguiente relación entre las medidas de los segmentos PS

y QS: PS = 2 QS.

Ejercicio No.15

a) Considera un triángulo ABC , sea b la bisectriz interior del ángulo CAB y

D= b ∩ BC.

Encuentra la relación BDBC en función de AB y AC. ( Recuerda el teorema de la

bisectriz).

b) Construye un triángulo ABC con AB = 6cm AC = 3cm AD = 4cm siendo D el

pié de la bisectriz interior del ángulo CAB.


RESOLUCIONES


Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos - Resoluciones

Ejercicio No.1

a) HO1 , 3/2 HO2 , 2

A A1 A´ U = O1O2 ∩ AA´ A´

HO2 , 2 o HO1 , 3/2 = HU , 3

A1

A

O1 U O2

b) HO1 , -2/3 HO2 , 1/2

A A1 A´ U = O1O2 ∩ AA A

HO2 , 1/2 o HO1 , -2/3 = HU , -1/ 3 O1 U O2 A´ A1

c) HO1 ,1/ 3 HO2 , 3

A A1 A´ A A´ HO2 , 3 o HO1 ,1/ 3 = Tu u = AA´ A1 O2 O1

Ejercicio No.2 E a) D C M O

F A B

E(O)H(O)H A,3AOAEA,

== M== (E)H(E)H21B,

BEBMB,


Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos – Resoluciones

b) HB , 1/ 2 o HA , 3 = HF , 3/2

HA , 3 HB , 1/ 2

O E M F = AB∩OM

Como HF , 3/2(O)=M 23

FOFM

= y siendo FM mediana del

triángulo FBE , el punto O será su baricentro.

c) Siendo O el baricentro, resulta que el segmento EA también es mediana del

triángulo AFB y por tanto A es punto medio del segmento FB.

Se cumple entonces que : CA(B) = F.

Ejercicio No.3 D

(C )

C

E

A O B

Fácilmente se deduce que:

HC , - 1 o HA , 2 (O)=D HC , - 1 o HA , 2 = HE , - 2

HE , - 2 (O)=D seg. DE = 2 seg. OE

( Podrías también haber considerado el triángulo ABD y demostrar que el punto E es

su baricentro , concluyendo luego pedido).

Ejercicio No.4 a) O A B

Si HO , K (A) = B HO , 1/K (B) = A HO , 1/K = (HO , K) - 1

( Recuerda que HO , K o HO , 1/K = HO , 1/K o HO , K = I )

b)

H1O1 , K1 o Σ o H2 O2 , K2 = H3 O3 , K3

Componiendo con H1-1 tendremos:

H1-1 o H1 o Σ o H2 = H1

-1 o H3 Por tanto: I o Σ o H2 = H1-1 o H3



Σ oH2 = H1-1 o H3

Componiendo con H2-1 tendremos:

Σ oH2 o H2-1 = H1

-1 o H3 o H2-1

Σ o I = H1-1 o H3 o H2

-1 Σ = H1-1 o H3 o H2

-1

2K1K3K

U,H si K3 ≠ K1. K2

Σ Tu si K3 = K1. K2

Determinación del centro de la homotecia resultante en el caso 121

3 ≠KK

K

U A1 O1

A A2

O2 O3 P

A´

H2-1 H3 H1

-1

A A1 A2 A´ Σ(A) = A´

La composición H3 o H2-1 da una homotecia de centro P ( K2 ≠ K3 ).

P = AA2 ∩ O2 O3

La composición HO1 o HP de una homotecia de centro U con U=PO1 ∩ AA´.

La construcción anterior no es viable si K2=K3 pues entonces la composición

H3 oH2-1 da una traslación ( no existe el punto P)-

En ese caso puedes tomar un segundo punto B y hallar su correspondiente B´ en la

composición total. El centro U será entonces: U = AA´ ∩ BB´.

Determinación del vector traslación en el caso 121

3 =KK

K

Considera un punto A del plano y síguelo en la composición hasta encontrar su

correspondiente A´.

Te ocurrirá que la recta AA´ resultará paralela a la recta O1P. El vector u de la

traslación será el vector AA´.



Ejercicio No.5

a) HJ , K = HD , -2 o HC , -½ o HA , 2 K = 2.(-1/2).(-2)=2 O´ D C

O A B J

HA , 2 HC , ½ HD , -2

O C C O´ El punto J pertenece a la recta

OO´ y como la razón de la homotecia es 2 , J será tal que CO (O´) = J.

b) Como te pedimos demostrar que E , C y J están alineados siendo además C punto

medio del segmento EJ , deberá ser C la preimagen de E en la composición de la

parte a) .

Apliquemos la composición al punto C. y verifiquemos que su imagen es E.

Llamemos EO = CC (A).

Tenemos entonces:

HA , 2 HC , - 1/2 HD , -2

C EO O E HJ , 2 (C)=E

Por tanto los puntos J , E y C están alineados y C es punto medio del segmento EJ. E EO D C

O

A B J

Ejercicio No.6

a) HO , -2 o HB , 1/2 o HA ,1/2 = HJ , -1/2


Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos – Resoluciones Tomemos el punto A: HA ,1/2 HB , 1/2 HO , -2 A A O O A J O B HJ , - ½ (A) = O

El punto J es el indicado en la figura con AJ = 2 OJ C B´ J O B

C´

b) 2

´´CB

CB = 42JB´C´ triang.AreaJBC triang.Area 2 == l

Ejercicio No.7 a) Las posiciones extremas de la cuerda variable son DOCO y D1C1 .

Por tanto el punto D varía en el arco AD1 y el punto C varía en el arco COB. CO D1 DO C 1 A B

Como E = CC (A) se cumple que: seg.AC = seg.EC seg.AE = 2 seg. AC ∀C.

En consecuencia: HA , 2(C) = E

Analogamente : HA , 2(D) = F

L.G. (E) = HA , 2 ( LG(C)) L.G. (F) = HA , 2 ( LG(D)) LG de F D1´ C1´ LG de E LG deD D1 Co LG de C A ´ B B´ A B B´


Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos – Resoluciones b) i) E M F C N D A O B De acuerdo a la parte a) del ejercicio:

HA , 2 (CD) = EF CD || EF .

Como N es punto medio del segmento CD , entonces ON⊥CD y por tanto ON|| BM.

Además HA , 2 (O)=B en la homotecia de centro A y razón 2 , la recta BM

es la imagen de la recta ON.

Si N = ON∩CD y M = EF∩BM los puntos N y M son correspondientes

en la homotecia.

Por tanto A , N y M alineados y seg. AM = 2 seg. AN

ii) Por lo anterior si hallamos el L.G. de N obtendremos el del punto M

homotetizándolo.

El L.G. de N es un lugar geométrico que seguramente conoces del curso anterior. C N D radio OD = R A O B Si consideras el triángulo rectángulo OND tienes: DN = ½ DC =½ R OD=R y

utilizando el teorema de Pitágoras concluimos que ON= 2

3R)2

( 22 =−RR por

lo que la distancia ON es constante y el L.G. de N pertenece entonces a la

circunferencia de centro O y radio ON.

Las posiciones límites del punto N son NO y N1 , por tanto el L.G. de N es el arco

NON1. LG de N

NO N1 A B


Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos – Resoluciones Como HA ,2 (N) = M ∀N L.G. (M) = HA ,2 (LG(N)) L.G. de M NO N1

A B

El centro del L.G. del punto M es el punto B y el radio de la circunferencia lugar vale

3R .

c)

E M F P C D N

A O B

Si consideras el triángulo AFE concluyes fácilmente que ED y FC son dos de sus

medianas , por lo que el punto P será su baricentro. En consecuencia la recta AP

contiene a la tercer mediana AM. Los puntos A , N , M y P están pues alineados.

Para hallar el LG de P puedes buscar una homotecia que transforme M en P o N en P.

Relacionémoslo con N. La homotecia tendrá centro A y razón ANAP .

Si dividimos el segmento AM en seis partes iguales y tenemos en cuenta que N es

punto medio del segmento AM y que el segmento MP es 31 del segmento AM

tendremos: A N P M

34

ANAP

=


Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos – Resoluciones Finalmente entonces: L.G.(P) = HA , 4/ 3 (LG(N)).

( Si hubieras relacionado P con M tendrías: HA , 2/3 (M) = P)

El centro del arco lugar del punto P será el punto O´ tal que 34

AOAO´

=

El radio será: R3

32.ON34´ ==R . Los extremos No y N1 permiten limitar el

LG de P. LG de P NO N1 A O O´ B

Ejercicio No.8 a) r R M

A LG de M r´

Basta considerar la homotecia HA , 1/2

Se cumple: HA , ½ (R) = M ∀R L.G.(M) = HA , ½ ( LG(R))= HA , ½(r)=r´

con r´ || r.

b) R P Q r´´ r A r´´´

i) Debes hacer corresponder R con P , para lo cual consideras la homotecia

HA , AP/AR=HA , 2/3 .

Se cumplirá que: HA , 2/3 (R) =P ∀R L.G(P) = HA , 2/3 (LG(R)) = r´´

ii) Para el L.G. de Q debes considerar l a homotecia HA , AQ/PR=HA , 1/ 3.

Se cumplirá que: HA , 1/ 3 (R) = Q ∀R L.G(Q) = HA , 1/3 (LG(R)) = r´´´.


Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos – Resoluciones Ejercicio No.9 a) C

M

A O B

(C ´)

(C)

Sea la homotecia HA , ½. Se cumple que: HA , ½ (C) = M ∀ C

L.G.(Q) = HA , ½ (LG(C)) = HA , ½ (C ) = C´.

b) El segmento CO es mediana del triángulo ABC. Siendo G el baricentro del

triángulo se cumple que: seg.OG = (1 / 3) seg.OC.

Considerando la homotecia HO , 1/3 se cumple que: HO , 1/3(C) = G ∀C

L.G(G) = HO , 1/3 (LG(C)) = C ´´

C G A B O LG de G

Ejercicio No.10 C r P G r´

Q A M B a) Como A y B son fijos, el punto medio M del segmento AB es fijo. Se cumple

que: HM , 1/3 (C) = G ∀ C≠P L.G.(G) = HM , 1/ 3 (LG (C)).(Excluir Q).



b) Para que el área del triángulo ABC valga 4

a2, la altura relativa al vértice C debe

valer 2a .

Trazando las paralelas a la recta AB a distancia 2a obtenemos dos posiciones para el

punto C y luego las correspondientes posiciones de G sobre el LG hallado en a). C1 C2 G1 G2 A a / 2

M B

a / 2

Ejercicio No.11 a) D C C´ E I J A B B´ J , pie de la mediana relativa al vértice A ,es punto medio del segmento BE.

Se cumplirá entonces que: HB , ½ o HA ,2 (I) = J ∀ I

HB , ½ o HA ,2 = T I J = T AB / 2

L.G.(J) = T AB / 2 (LG(I)) = T AB / 2 ( seg. BC) = seg. B´C´

b) El triángulo ABE de perímetro máximo es evidentemente el triángulo ABE1 de la

figura. E1

D C 2a

A a B a

AB = a BE1 = a 5 AE1= 22 a perímetro p = (1+ 225 + )a


Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos – Resoluciones c) Como el segmento AJ es mediana del triángulo ABE entonces:

Area triang. AJE = Area triang. ABJ.

Tomando en ambos triángulos como base el segmento AJ, las alturas

correspondientes tienen por medida las distancias de los puntos E y B a la recta AJ,

por lo que dichas distancias serán iguales y los puntos E y B equidistarán de la recta

AJ.

Ejercicio No.12 D C E

A O B´ B (C ´) (C ) En el ejerrcicio No.3 vimos que el punto E es el baricentro del triángulo ABD por lo

cual 32

ACAE

= .

Se cumplirá entonces que: HA , 2 / 3 (C) = E ∀ C

En consecuencia: L.G. (E) = HA , 2 / 3 (LG(C)) Punto C no coincidente con A y B .

El L.G. del punto E es la circunferencia (C ´) excluyendo los puntos A y B´.

Ejercicio No.13 D C G1 O G2

A I E F B

a) El punto medio O del segmento AC es también punto medio del segmento BD.

En consecuencia: L.G.(O) = HB , ½ (LG(D)) = semirecta E(O). (Se excluye el pto. E).


Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos – Resoluciones b) Sea G1 el baricentro del triángulo BCD. Se cumple entonces que:

OG1= 31 OC

34

AOAG1 =

Considerando la homotecia HA , 4/3 tendremos: HA , 4/3 (O)=G1 ∀ O

L.G.(G1) = HA , 4/3 (LG(O))= semirecta F(G1) excluyendo el punto F.

c) Se cumple que: 32

AOAG2 =

L.G.(G2) = HA , 2/3 (LG(O))= semirecta I(G2) excluyendo el punto I.

Ejercicio No.14 (c 1´) (c2) S1 Q1 (C1) O´1 O1 P Q2 S2 Como seg.PS = 2 seg. QS se concluye que el punto Q debe ser punto medio del

segmento PS.

Si consideramos la homotecia HP , 2 tendremos que : HP , 2 (Q)=S.

Aplicando la homotecia a la circunferencia (C1) obtendremos la circunferencia (C1´).

Q ∈ (C1) S ∈(C1´) . Como además S ∈ (C 2) obtendremos el punto S

como intersección de las circunferencias (C1´) y (C 2). Luego obtenemos el punto Q1

sobre la circunferencia (C 1).

Existen dos soluciones que se indican en la figura.

Ejercicio No.15 a) C

D

A B

Aplicando el teorema de la bisectriz: ABAC

BDDC

=


Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos – Resoluciones Sumando 1 a ambos miembros de la igualdad tendremos:

ABABAC

ABABAC

ABAC

BDDC +

=⇒+

=+

⇒+=+BDBC

BDBDDC 11

b) AB = 6 cm AC = 3 cm AD = 2 cm

Utilizando la relación de la parte anterior: 23

663=

+=

BDBC HB, 2 / 3 (C)=D

Como AC=3 cm , C∈ cfa. (C ) de centro A y radio 3cm. por lo que el punto D

pertenecerá a la circunferencia (C´ ) correspondiente de la circunferencia (C ) en

HB, 2 / 3.

Como AD=2 cm el punto D pertenecerá a la circunferencia (C ´´ ) de centro A y

radio 2cm.

Finalmente obtenemos D como intersección de (C ´) y (C ´´ ). Una vez hallado el

punto D se determina el punto C sobre la circunferencia (C ). C D (C ) B A (C ´´) (C ´)


CAPITULO XII

SEMEJANZA


INTRODUCCION


Capítulo XII - Semejanza– Introducción

INTRODUCCION

Para abordar los ejercicios que te propondremos sobre el tema deberás recordar del

curso:

Definición de semejanza.

“ Es toda función del plano en sí mismo que cumple:

1. Es biyectiva.

2. Conserva la alineación y el orden.

3. ∀ AB incluido en el plano , si Σ(AB ) = A´B´ entonces

+∈= R KK AB

A´B´ Al número real K se le denomina “ razón de semejanza”

PROPIEDADES

La semejanza conserva los ángulos.

Las congruencias son un caso particular de semejanza (K = 1).

La homotecia de razón k es una semejanza de razón |k| . ( AB ⏐⏐ A´B´).

La composición de semejanzas es otra semejanza.

Dos figuras que se correspondan en una semejanza se dicen figuras semejantes.

Si Σ (F) = G notaremos F ∝G.

Criterios de semejanza de triángulos.

1. Dos triángulos son semejantes si tienen dos lados respectivamente proporcionales

y el ángulo comprendido igual.

2. Dos triángulos son semejantes si tienen dos ángulos iguales.

3. Dos triángulos son semejantes si tienen los tres pares de lados respectivamente

proporcionales.

Definición. A todo punto unido en la semejanza se le llama “centro de semejanza”.

Toda semejanza puede expresarse como composición de una Homotecia y una

Congruencia o viceversa.

Llamamos semejanza DIRECTA a la que conserva el sentido del plano e

INVERSA a la que lo invierte.

La composición de una Congruencia Directa y una Homotecia es una semejanza

DIRECTA.



La composición de una Congruencia indirecta y una Homotecia es una semejanza

INDIRECTA.

ROTOHOMOTECIA. Definición.

“ Llamamos Rotohomotecia a la composición de una Homotecia y una Rotación ,

ambas del mismo centro”.

Notación RH O , ± θ , K .

La Rotohomotecia es una semejanza directa de razón |k| y es conmutativa.

Definición. Se llama “SEMEJANZA PROPIA” a toda semejanza que no sea

Congruencia ni Homotecia.

En una semejanza DIRECTA PROPIA existe un UNICO CENTRO de

semejanza.

SIMETRIHOMOTECIA. Definición.

“Llamamos simetrihomotecia a la composición de una Homotecia y una Simetría

axial cuando el centro de la homotecia pertenece al eje de la simetría”

La simetrihomotecia es una semejanza indirecta de razón |k| y es conmutativa.

En una semejanza INDIRECTA PROPIA existe un UNICO CENTRO de

semejanza.

Dados dos segmentos AB y A´B´ existe una única semejanza directa Σ1 tal que:

Σ1 (AB) = A´B´ , y una única semejanza indirecta Σ2 tal que: Σ2 (AB) = A´B´.

Toda semejanza directa propia puede expresarse de infinitas maneras como

composición de una homotecia y una rotación.

Toda semejanza indirecta propia puede expresarse de infinitas maneras como

composición de una homotecia y una simetría axial.

Toda semejanza directa propia puede expresarse con las siguientes

composiciones cada una de ellas conmutativa:

RU , θ o H U , K o RU , ϕ o HU , - K

siendo θ y ϕ ángulos suplementarios y de sentidos contrarios.

En efecto , si Σ = RU , - θ o HU, K podremos escribir:

Σ = RU , - θ o HU, -1 o HU, -K

Pero RU , - θ o HU, -1 = RU, ϕ con ϕ = 180º - θ según indica la figura siguiente.



A •

ϕ

A´ • • U

θ

A0 • En definitiva: RU , - θ o HU, K = RU , 180º- θ o HU, - K.

Toda semejanza indirecta propia de centro U y razón K puede expresarse

mediante las siguientes composiciones , cada una de ellas conmutativa.

Se1 o HU, K con U∈ e1 o Se2 o HU, - K con U∈ e2

siendo además e1 ⊥ e2 .

En efecto , si Σ = Se1 o HU, K y siendo e1 ⊥ e2 por U , tendremos:

Σ = Se1 o HU, K= I o Se1 o HU, K = Se2 o Se2 o Se1 o HU, K = Se2 o CU o HU, K

Σ = Se2 o HU, - 1 o HU, K = Se2 o HU, - K

Lo anterior te muestra que no es única la expresión canónica de una semejanza.

DETERMINACION DEL CENTRO DE SEMEJANZA

1. Semejanza directa.

Sea Σ la semejanza en la que al segmento AB le corresponde el segmento A´B´

y tal que KAB

A´B´=

B B´

A A´

θ

U Cfa. Apolonio Arco capaz

a) Determinamos el ángulo θ en valor y sentido que forman las semirectas

correspondientes A(B) y A´(B´) .



b) Siendo U el centro de la semejanza Σ deberá cumplirse que Σ(UA) = UA´ por

lo que: ángulo AUA´= θ (En la figura hemos elegido sentido horario) y

KUAUA´

= .

El punto U pertenecerá entonces al arco capaz de segmento AA´ y ángulo θ y a la

circunferencia de Apolonio de razón K y segmento AA´.

De las dos intersecciones deberás elegir el punto que da para el ángulo AUA´ el

sentido correcto.

Utilizando además de la pareja AA´ , la pareja BB´ podrías determinar el centro U

mediante dos circunferencias de Apolonio o dos arcos capaces.

Puedes verificar en la construcción que:

HU, K RU , − θ HU, - K RU , (180º- θ)A A0 ´ A´ A A1 A´

2. Semejanza indirecta Buscaremos una de las infinitas maneras de expresar la semejanza indirecta Σ en la

que al segmento AB le corresponde el segmento A´B´ y tal que KAB

A´B´=

B0 b

B B´

O A A´

A1 P

e2 e1

U

1) Construimos el segmento A´B0 congruente con A´B´ y tal que A´B0⏐⏐ AB.

2) Sea b la bisectriz interior del ángulo B0A´B.

3) Determinamos el punto O = AA´∩ BB0 .



Se cumple entonces que: Σ = Sb o HO, K.

Por O trazamos recta e1 tal que e1 ⊥ b.

En la composición la recta e1 es doble , por lo que el punto O´ correspondiente de O

en Σ pertenecerá a e1 , y por tanto U ∈ e1 .

Basta entonces simetrizar A respecto de e1 para obtener A1 y luego determinar el

punto U = A1A´ ∩ e1 .

La semejanza Σ quedará expresada como:

Σ = HU,- K o Se1 = Se1 o HU,- K

Si consideramos la recta e2 tal que e2 ⊥ e1 por el punto U , tendremos que la

semejanza podrá expresarse también como:

Σ = HU, K o Se2 = Se2 o HU, K


ENUNCIADOS


Capítulo XII – Semejanza – Enunciados Ejercicio No.1 De acuerdo al concepto de “forma” que tú manejas habitualmente , ¿ cuáles de las

figuras que te indicamos dirías que tienen “la misma forma” ?

1 2 3

4 5

6 7

8

9 10

12

11 13

14

Ejercicio No.2 Dados dos segmentos AB y MN demuestra que existe una única semejanza directa

Σ1 tal que Σ1(AB) = MN y una única semejanza indirecta Σ2 tal que Σ2(AB)=MN.

(Te sugerimos razonar por absurdo).

Ejercicio No.3 Demuestra que la composición de una Homotecia y una Congruencia en cualquier

orden , es una semejanza.


Capítulo XII – Semejanza - Enunciados Ejercicio No.4

a) Demuestra que la composición de una homotecia Ho, K (k≠1) y una traslación T u

es otra homotecia HU, K y que su centro U pertenece a la recta r ⏐⏐ u que contiene

al punto O.

b)Demuestra que la composición no es conmutativa y encuentra la homotecia

resultante en cada caso.

c) Siendo ABCD el cuadrado de la figura efectúa las siguientes composiciones: A M D

O

B N C

i) Σ1= HB, 2 o TDM ii) Σ2= TDM o HB, 2 iii) Σ3= HO, - 2 o T NC

d) Encuentra la imagen del cuadrado en el caso i).

Ejercicio No.5

a) Demuestra que la composición de una homotecia HO, K con K≠±1 y una simetría

central CP , es otra homotecia HU, - k con U perteneciente a la recta OP.

b)Demuestra que la composición no es conmutativa y encuentra la homotecia

resultante en cada caso.

c) Efectúa las siguientes composiciones: i) CD o HB, 1 / 3 ii) HB, 1 / 3 o CD

referidas al cuadrado del ejercicio anterior.

d) Encuentra la imagen del cuadrado en el caso ii).

Ejercicio No.6 Demuestra que toda semejanza directa propia se puede descomponer de infinitas

maneras como composición de una homotecia y una rotación.

Ejercicio No.7

Demuestra que toda semejanza indirecta propia se puede descomponer de infinitas

maneras como composición de una homotecia y una simetría axial.


Capítulo XII – Semejanza - Enunciados

Ejercicio No.8

a) Sean los segmentos AB y A´B´ de la figura con A´B´ = 2 AB B A 60º A´ B´ Encuentra dos de las descomposiciones de la semejanza directa en que el segmento

A´B´ es imagen del segmento AB.

b) El mismo ejercicio si la semejanza es indirecta.

Ejercicio No.9

a) Dados: un punto U , un ángulo θ = 60º sentido horario y el número K = 2

hallar el correspondiente del punto A de la figura , en la semejanza directa de

centro U , ángulo θ y razón K.

• A

• U

b) Dados: un punto U , una recta r que contiene a U y el número real K = 2 , hallar

el correspondiente del punto A en la semejanza indirecta de centro U , razón K y que

tiene por eje correspondiente en la homotecia de razón negativa a la recta r.

• A

r

U •

c) Verificar la conmutatividad de las composiciones anteriores.



Ejercicio No 10 Dados los cuadrados de la figura:

a) Determinar si la semejanza Σ tal que Σ(ABCD) = A´B´C´D´ es directa o indirecta.

b) Encuentra las dos composiciones ( simetrihomotecia) que determinan Σ. B C D´

A M D

A´ C´

B´

M punto medio de los segmentos AD y A´D´.

A´D´⏐⏐ AC ; AB = (1 / 2) A´B´

Ejercicio No.11

Considera los triángulos equiláteros de la figura.

B´ C A´

M punto medio de los segmentos A M B

AB y A´C´; A´B´|| AB ; AB=A´ M

C´

a) Determinar si la semejanza que los hace corresponder es directa o indirecta.

b) Determinar las composiciones (Rotohomotecias) que determinan la semejanza.



Ejercicio No.12 Sea ABC un triángulo rectángulo en A , H es el pié de la altura correspondiente al

vértice A.

Utilizando semejanza de triángulos demuestra que:

AH2 = BH . HC (Teorema de la altura)

Ejercicio No.13 En el mismo triángulo del ejercicio anterior demuestra que:

a) AB 2 = BH . B

b) AC 2 = CH . BC ( Teorema del cateto )

Ejercicio No.14 Considera una circunferencia (C ) de centro O y radio R. P es un punto exterior a (C ) y r1 y r2 dos rectas que contienen al punto P y son secentes a la circunferencia según indica la figura.

B r1

A (C)

P

A´ B´ r2

a) Demuestra que los triángulos PA´B y PAB´ son semejantes y concluye que:

PA . PB = PA´. PB´

b) Si la recta r2 se transforma en una de las tangentes a la circunferencia trazada

por P , demuestra que los triángulos PAT y PBT son semejantes , y concluye que:

PA . PB = PT 2

T r2

P

A

B

r1



Ejercicio No.15 Considera una circunferencia (C ) de centro O y radio R.

Sea P un punto interior a (C ) y AB y CD dos cuerdas cualesquiera que contienen

al punto P. B

C

P

A

D

Usando semejanza de triángulos demuestra que:

PA . PB = PC . PD = d 2 – R 2

siendo “d “ la distancia OP.

Ejercicio No.16

Dado el triángulo rectángulo ABC de la figura , B encuentra las siguientes relaciones en función del ángulo ACB = θ A C

i) ABBC vi)

ACBC v)

BCAB iv)

BCAC iii)

ACAB ii)

ABAC

b) Encuentra sus valores numéricos para:

i) θ = 30º ii) θ = 45º iii) θ = 60º

a) Encuentra ángulo , sentido y razón de las siguientes rotohomotecias:

i) RHA,.....(B) = C ii) RHB,.....(A) = C iii) RHC,.....(B) = A.

Ejercicio No.17 Considera un triángulo isósceles ABC con el ángulo BAC = 120º.

a) Encuentra ángulo y razón de la rotohomotecia RHB,...(C) = A.

b) Si suponemos fijo el vértice B , y el vértice C variable sobre una recta r que no

contiene a B , ¿ cuál será el L.G. del punto A?



Ejercicio No.18 Sobre una semicircunferencia de diámetro AB se considera un punto P variable. Se

construyen los triángulos rectángulos BPE (sentido horario) con el ángulo PBE = 30º

y el ángulo PEB = 90º.

¿Cuál es el L.G. del punto E?.

Ejercicio No.19 Sean ABC y A´B´C´ dos triángulos semejantes , con razón de semejanza K.

a) Demuestra que la razón de semejanza entre alturas correspondientes es K.

b) Idem entre medianas correspondientes.

c) Idem entre los radios de las circunferencias circunscritas.

d) Idem entre las bisectrices de ángulos correspondientes.

e) Idem entre los radios de las circunferencias inscritas.

Ejercicio No.20

Construye un triángulo ABC conociendo:

a) m 3m mediana , 2ACAB , 60ºA A c===

b) cm 2R tacircunscri cfa. radio , 2ACAB , 60ºA ===

c) m 3b :A vérticeal ientecorrespond bisectriz , 2ACAB , 60ºA A c===

c) m 5.1r tacfa.inscri la de radio , 43

hh , 60ºA

C

B c===

Ejercicio No.21

Si dos triángulos ABC y A´B´C´ son semejantes con razón de semejanza K ,

demuestra:

a) La razón entre sus áreas es K 2. b) La razón entre las áreas de los círculos determinados por las circunferencias

circunscritas , es K 2. c) Idem para los círculos determinados por las circunferencias inscritas.

Ejercicio No.22 a) Demostrar que dos polígonos regulares de igual número de lados son semejantes.

b) Hallar la razón entre sus perímetros y sus apotemas.

c) Hallar la razón entre sus áreas.


Capítulo XII – Semejanza - Enunciado

Ejercicio No.23 Sean r y s dos rectas paralelas y O un punto fijo de la paralela media.

Sobre r se considera un punto variable A y se construyen los triángulos equiláteros

ABC (sentido antihorario) con B perteneciente a s.

Halla el L.G. del vértice C sabiendo que O es punto medio del lado AB.

Ejercicio No.24

Considera el reticulado mostrado en la figura.

ABCD es un trapecio isósceles con AB = CD = L , AD = a , BC = b

Se desean conocer las posiciones de las articulaciones M ,N ,P , y Q para que

DM || NP || BQ. A D z M N y P Q x B C

a) Prueba que los triángulos ADM , MNP , y PQB son semejantes.

b) Idem los triángulos DMN , NPQ , y QBC.

c) Plantea la relaciones necesarias para calcular las distancias x , y , z ,que permiten

ubicar las articulaciones.

Ejercicio No.25

Sea ABC un triángulo rectángulo como indica la figura , con AB = 4 cm AC = 3 cm.

El punto D es la proyección ortogonal de A sobre BC y el punto E es la proyección

ortogonal de D sobre AB


Capítulo XII – Semejanza - Enunciado

C

D

A E B

a) Demuestra que el triángulo ABC es semejante a los triángulos ADE , ADB , y

ADC.

b) Encuentra la razón de semejanza en cada caso y las medidas de los segmentos AD

AE , y DE , así como la razón entre las áreas de los triángulos ADE , ADB , y ADC ,

respecto del área del triángulo ABC.

Calcula esas áreas.

Ejercicio No.26

Sea (C1 ) una semicircunferencia de centro O y diámetro AB , según figura.

C es un punto interior al segmento OA. Con diámetro AC se construye una

semicircunferencia (C2 ) en distinto semiplano que (C1 ) respecto de la recta AB.

Por un punto D interior al segmento AC se traza la perpendicular r a la recta AB.

r ∩ (C1 ) =E r ∩ (C2 ) = F FC ∩ EB = I

E

(C1)

A B

(C2)

D CO

F

a) Prueba que EAFI es inscriptible.

b) Utilizando lo anterior prueba que los ángulos ABE y DEA son congruentes.

c) Demuestra que los triángulos ACI y AIB son semejantes y concluye que AI es

media proporcional entre los segmentos AC y AB.


RESOLUCIONES


Capítulo XII – Semejanza – Resoluciones

Ejercicio No.1 Recuerda que la semejanza conserva los ángulos y las proporciones entre segmentos

correspondientes , por tanto conservan la “forma” de las figuras , variando su tamaño

si la razón de semejanza K ≠ 1.

De las figuras que te hemos propuestos serán semejantes las pareja:1-2 ; 4 -5 ; 7 - 14;

8 – 10.

Decir que dos figuras tienen la misma “ forma” desde el punto de vista geométrico ,

lo expresarás en adelante diciendo que son figuras semejantes.

Ejercicio No.2 Para la demostración razonaremos por absurdo suponiendo que existen dos

semejanzas directas que hacen corresponder al segmento AB , el segmento A´B´.

A B B´

A´

Sean: Σ1 y Σ2 dos semejanzas tales que: Σ1(AB) = A´B´ Σ2(AB) = A´B´.

Consideremos un punto C cualquiera del plano. Tendremos entonces:

Σ1( C ) = C´ Σ2 ( C ) = C´´ con C´≠ C´´ .Veremos que no existe C tal que C´≠ C´´.

1ro.) Supongamos que el punto C pertenece a la semirecta A(B).

Se cumplirá entonces que: C´∈ A´( B´) y C´´ ∈ A´( B´).

Como ambas semejanzas tienen la misma razón K =AB

A´B´ tendremos:

C´´ C´ AĆ´ÁĆ AC

AĆ´ÁC

AĆ´≡⇒=⇒= contra lo supuesto , lo que nos

indica que C∉ A(B).

Un razonamiento idéntico nos permite concluir que C∉ opA(B).

2do). Consideremos ahora C no perteneciente a la recta AB.

C • • C´

α α´

A B B´

A´



Como Σ y Σ´ son semejanzas directas y el punto C ∈ α , entonces C´ y C´´

pertenecerán a α´. (C´≠ C´´)

Los triángulos ABC y A´BĆ´ son semejantes

áng. CAB = áng. C´Á´B´ y áng.CBA = áng.C´B´Á´ (I)

Idem los triángulos ABC y A´BĆ´´

áng. CAB = áng. C ´´Á´B´ y áng.CBA = áng.C´´ BÁ´. (II)

De (I) y (II) concluimos que:

áng. C´Á´B´= áng C´Á´B´

áng. C´B´Á´= áng. C´´BÁ´

Lo anterior nos permite afirmar que deberán coincidir las semirectas A´(C´) y

A´(C´´) y también las semirectas B´(C´) y B´(C´´) , con lo que finalmente los

puntos C´ y C´´ coincidirán contra lo supuesto.

En definitiva la semejanza Σ es única.

Ejercicio No.3

Considera la transformación T tal que: T = M o HO, K siendo M una congruencia.

1-Como las congruencias y las homotecias son funciones biyectivas , su composición

también lo es.

2- Como las congruencias y las homotecias conservan la alineación y el orden , su

composición también las conservará.

3- Si AB es un segmento cualquiera del plano se cumplirá:

HO, K (AB) = A´B´ tal que: KAB

A´B´=

M (A´B´) = A´´B´´ tal que: A´B´= A´´B´´

T (AB) = A´´B´´ cumpliéndose que: KAB

A´´B´´=

Los items 1 , 2 , y 3 te permiten afirmar entonces que la transformación T es una

semejanza.

Idem si inviertes el sentido de la composición: HO, K o M = T1 siendo la

transformación T1 también una semejanza.

Ejercicio No.4

a) Sea Σ1 = Tu o HO, K k ≠ 1.



Consideremos un segmento AB y apliquémosle sucesivamente la homotecia y la

traslación dadas.

u BBo B´

B

U O O´ r

Aó A´

A

Se cumple que:

HO, k (AB) =AoBBo tal que KAB

BA oo = y AB || AoBo .B

Tu (AoBBo) = A´B´ tal que AoBoB = A´B´ y A´B´ || AoBBo

Σ (AB) = A´B´ cumpliéndose que: AB || A´B´ y KAB

A´B´= .

Lo anterior te indica que los segmentos AB y A´B´ se corresponden en una

homotecia de razón K y centro U que determinamos como intersección de las rectas

AA´ y BB´. La composiciónΣ cumple entonces: Σ = HU, K .

Demostraremos ahora que la recta OU tiene la dirección dada por el vector u de la

traslación.

Hallemos el correspondiente del punto O en Σ.

Ho, K (O) = O Tu (O) = O´ Σ (O) = O´ con OO´ || u .

Como O , O´, y U deben estar alineados , concluimos que U ∈ OO´.

b) Veamos ahora la conmutatividad de la composición.

Estudiemos Σ1 = Ho, K o T u .

Tu (AB) = AO-1BBO-1 tal que AB = AO-1 BO-1 B y AB || AO-1BBO-1

HO, k (AO-1BBO-1 ) =A´1B´ 1 tal que KBAB´A´

1O1o

11 =−−

y A´1 B´ 1 || Ao-1Bo-1B



De lo anterior concluimos que Σ1 es una homotecia de razón K y centro U1 que

determinamos como intersección de las rectas BB´1 y AA´1 como indica la figura.

u B´1

B BO-1

U1 O O1 r

A Ao-1

A´1

Probaremos finalmente que U ≠ U1.

Se cumple que : KOU OU

UO UO

1

11 == .

Si el punto U coincidiera con el punto U1 , entonces los segmentos UO´ y UO´1

serían congruentes con lo que los puntos O´1 y O´ deberían coincidir.

En el primer caso OO´= || u || , mientras que en el segundo caso OO´1 = K.|| u || y

siendo K ≠ 1 concluimos que O´≠ O´1 y U ≠ U1 .

La composición no es entonces conmutativa.

c) i) Σ1 = HB, 2 o TDM

D´

El centro U de la homotecia resultante debe pertenecer a la recta BC. A M D Busquemos una pareja de

correspondientes: TDM HB, 2 D M D´

U = DD´∩ BC = C r B C


Σ1 = HB, 2 o TDM = HC, 2



ii) Σ2 = TDM o HB,2d

En forma análoga al caso anterior podemos afirmar que el centro U e la semejanza

debe pertenecer a la recta BC.

Hallemos la imagen de D en la semejanza.

HB, 2 TDM

D Do D´ U = DD´∩ BC

Finalmente entonces: Σ2 = TDM o HB,2 = HU, 2 D´ Do A M D r B U C iii) Σ3 = HO, -2 o TNC El centro de la semejanza deberá pertenecer a la recta r que contiene al centro O de

la homotecia y es paralela al vector de la traslación.

Determinemos la imagen del punto N en la semejanza.

TNC HO, - 2

N C N´ U = NN´∩ r N´ A D Finalmente entonces: U O r Σ3 = HO, -2 o TNC = HU, - 2 B N C

d) Debes hallar la imagen del cuadrado en la HC , 2



Ejercicio No.5

a) Σ = H O, K o CP K ≠ 1

A •

• • • O P U • A0 • A´

Como la simetría central puede considerarse como una homotecia del mismo centro

y razón – 1, la semejanza Σ será una composición de homotecias , problema que ya

conoces.

Para hallar el centro de la homotecia resultante basta tomar un punto A y hallar su

imagen en la composición.

HP, - 1 HO, K

A Ao A´ U = AA´ ∩ OP

Σ = H O, K o CP = H O, K o HP, - 1= HU, - K

b) Conmutemos las componentes de la composición.

Σ1 = CP o H O, K = HP, - 1 o H O, K

A O

A

O U1 P

A´

En consecuencia: Σ1 = CP o H O, K = H U1 , - K

Para investigar la conmutatividad apliquemos las semejanzas Σ y Σ1 al punto O.

O P O1´ O´



HO, K CP O O O1´ Σ1 (O) = O1´ con OP = PO1´

CP HO, K

O O1´ O´ Σ (O) = O´

Como K≠1 concluimos que los puntos O´ y O1´ no coinciden , con lo cual U≠U1.

La semejanza propuesta no es entonces conmutativa.

c) i) Σ = CD o HB, 1 / 3 = HU, - 1 / 3

U A´

A D

A0

B C

Σ = HD, - 1 o HB, 1 / 3 = HU, - 1 / 3

El centro U de la semejanza queda determinado como intersección de las rectas AA´

y BD.

ii)

A D AO

U

A´

B C

Σ = HB, 1 / 3 o CD= HU, - 1 / 3

CD HB, 1 / 3 A AO A´ U = AA´∩ BD (El punto U resulta ser el

centro del cuadrado ABCD)

d) La imagen del cuadrado ABCD es el cuadrado A´B´C´D´ de la figura. A D

C´´ B´´

D´ A´

B´ C


Capítulo XII – Semejanza – Resoluciones Ejercicio No.6

Consideremos una semejanza directa propia Σ.

Sean AB y A´B´ dos segmentos no paralelos ni congruentes , y P un punto

cualquiera del plano como indica la figura. Q B

A

P m1

r

m2

A´ B´

O

Sea r la recta paralela a AB por P. Sobre r consideramos el punto Q tal que los

segmentos PQ y A´B sean congruentes.

Sabemos que existe una rotación R de centro O y ángulo POA´ en la que el segmento

A´B´ es la imagen del segmento PQ. El centro O se determina como intersección de

las mediatrices m1 y m2 de los segmentos B´Q y A´ P respectivamente.

RO , POA´ (PQ) = A´B´.

Como PQ || AB y los segmentos PQ y AB no son congruentes , podemos afirmar

que existe una homotecia de centro U y razón AB

A´B´ABPQ

= en la que el segmento PQ

ea la imagen del segmento AB , siendo U = BQ∩AP.

Finalmente entonces hemos encontrado una semejanza Σ:

Σ = H U, A´B´ / AB o R O, POA´ tal que

Σ(AB) = A´B´ Como el punto P fue arbitrariamente elegido , la descomposición puede hacerse de

infinitas maneras.

Ejercicio No.7

Sea Σ una semejanza indirecta propia y AB un segmento tal que Σ(AB) = A´B´.


Capítulo XII – Semejanza – Resoluciones Distinguiremos dos casos:

a) AB || A´B´. B´

B

O A A´

Existe entonces una homotecia de centro O y razón AB

A´B´ en la que el segmento

A´B´ es la imagen del segmento AB.

Si tomamos como eje de la simetría axial la recta A´B´ tendremos:

SA´ B´ o HO, A´B´/ AB (AB) = A´B´ Σ = SA´ B´ o HO, A´B´/ AB

Si en lugar de tomar como eje de la simetría la recta A´B´, tomamos una recta e

paralela a ella , encontraremos una nueva homotecia de centro O1 y razón AB

A´B´ que

compuesta con Se nos da la semejanza Σ. BO B´

B

O1 A AO A´´

e

Como existen infinitos ejes e , la descomposición puede efectuarse de infinitas

maneras.

b) AB ⏐⏐ A´B´

Consideremos una recta r paralela al segmento AB , y sea Q el punto de

intersección de r con la recta A´B´.

Llamemos e a la bisectriz del ángulo formado por las semirectas Q(r) y Q(A´) como

indica la figura siguiente.



r BO B e AO A O Q A´ B´

Sea el segmento AoBBo la preimagen del segmento A´B´ en la simetría axial de eje e.

Como los segmentos AoBBo y AB son paralelos y no congruentes existe una

homotecia de centro O y razón AB

A´B´AB

AoBo= en la que el segmento AoBo B es la

imagen del segmento AB.

En consecuencia, la semejanza Σ tal que Σ= Se o HO, A´B´/ AB cumple:

Σ ( AB ) = A´B´

Como le recta r es de elección arbitraria, obtendremos infinitos ejes e de simetría,

con lo que la descomposición puede efectuarse de infinitas maneras.

Ejercicio No.8 a)

Bo

B

O θ

A A´ B ´

Rotemos el segmento A´B´ el ángulo θ en sentido antihorario hasta la posición A´Bo

indicada en la figura , con el segmento A´Bo paralelo al segmento AB.

Luego hallamos el centro O de la homotecia en que A´Bo es la imagen de AB.

Finalmente: Σ = RA´, -θ o HO , A´ B´/ AB

ii) Obtenemos otra descomposición rotando el segmento A´B´ un ángulo 180º - θ en

sentido horario obteniendo su imagen B´Ao paralela al segmento AB.



Ao

B

O1

θ

A A´ B´

Luego hallamos el centro O1 de la homotecia en la que el segmento AoB´ es imagen

del segmento AB. Dicha homoteacia tendrá razón negativa.

La semejanza Σ será entonces:

Σ= RB´, (180º - θ) o HO1 , - (A´B´´/ AB)

b)

i) BBo

B e

O

A

A´ B´

r

Consideremos la recta r , paralela a AB , trazada por A´. Sobre ella determinamos el

punto Bo tal que los segmentos A´B´ y A´BBo sean congruentes. En estas condiciones

se cumple que , siendo e la bisectriz del ángulo BoA´B´ , Se (B´) = Bo.

Determinamos luego el centro O de la homotecia de razón AB

A´B´AB

A´Bo = en la que

el segmento A´Bo es la imagen del segmento AB.

La semejanza Σ queda expresada como la composición:

Σ = S e o HO, K con K = AB

A´B´

ii) Obtenemos otra descomposición de la semejanza Σ considerando la recta r

paralela a AB por el punto B´. Sobre r determinamos el punto Ao tal que los

segmentos A´B´ y AoB´ sean congruentes .

Siendo e1 la bisectriz del ángulo AoA´B´ se cumple que: Se1 (Ao) = A´.



Luego determinamos el centro O1 de la homotecia en la que el segmento AoAés

imagen del segmento AB , cuya razón es AB

A´BÁB

BAo −=− .

La semejanza Σ quedará expresada entonces por la composición:

Σ = Se1 o HO1, - K con K= AB

A´B´

e Ao

B

O1

A A´ B´ r

Observa que hemos tomado en el caso i) el punto Aćomo punto común de los

segmentos congruentes A´Bý A´Bo , y en el caso ii) al punto Bćomo punto común.

Ello permite que ambos segmentos se correspondan en una simetría axial.

Podríamos sin embargo haber considerado un segmento AoBBo⏐⏐AB y congruente

con A´B´ de forma que la congruencia indirecta que los hace corresponder sea una

antitraslación.

En tal caso deberemos determinar eje y vector de tal antitraslación, como indica la

figura siguiente. BBo

B e Eje de la AT.

Ao Vector u de la A.T

A O A´ B´

La semejanza nos quedará: Σ = Se o T u o HO, K con K= AB

A´B´ .


Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

Ejercicio No.9

a) ΣU, - 60º, 2 (A) = A´

A 1

A

60º

U Ao A´

2UAUA´

=

RU, - 60º HU, 2 i) A Ao A´

HU, 2 RU, - 60º ii) A A1 A´ De i) y ii) concluimos que la composición es conmutativa.(Rotohomotecia de

centro U , 60º sentido horario y razón 2 ).

b) ΣU, r (A) = A´

A´

A

U r

A 1 Ao

HU, - 2 S r S r HU, - 2 A Ao A´ A A1 A´

De lo anterior concluimos que la composición es conmutativa (Simetrihomotecia).



Ejercicio No.10 a) ABCD sentido horario, A´B´C´D´ sentido antihorario, por lo que la semejanza

será entonces indirecta.

b) B C

D´

Ao A M D A1 e1 A´ C´ e2

B´

b) razón : ⏐K⏐ = 2AD

A´D´=

En la semejanza al segmento AD le corresponde el segmento A´D´, por lo que sus

puntos medios deben corresponderse.

Como M es punto medio de ambos segmentos entonces concluimos que M es unido

y por tanto es el centro de la semejanza.

En la composición al punto A debe corresponderle el punto A´. M,21 H o eS

HM, 2 eS 1

A Ao A´ En consecuencia el eje e1 será la mediatriz de AoA´.

En la composición el eje e2- M,2 H o eS 2 es perpendicular a e1 por el punto M.

HM, - 2 2eS

A A1 A´

Comentario.

Si te hubiéramos planteado el problema inverso:



“Dado el cuadrado ABCD hallar su imagen en la semejanza de centro M, eje e1

correspondiente a la homotecia de razón positiva K=2 ( o de eje e2 correspondiente

a la homotecia de razón negativa K= - 2 )”, hubiera bastado que encontraras el

punto A´ correspondiente del punto A en la composición.

Luego simetrizando A´ respecto de M habrías obtenido el punto D´ y finalmente

completarías el cuadrado hallando los dos vértices restantes recordando que deben

estar ordenados en sentido antihorario.

Ejercicio No.11 a) La semejanza es directa pues las ternas A,B,C y A´, B´, C´ están ordenadas en el

mismo sentido ( antihorario).

b)

Cfa. Apolonio

A´ C C´

U arco capaz

60º

A M B

Ao

C

La razón de semejanza es ⏐k⏐= 2. Las semirectas A( C ) y A´( C´) se corresponden,

por lo que el ángulo de la semejanza es de 60º , sentido horario.



La figura muestra la circunferencia de Apolonio de razón 2 construida sobre el

segmento CC´ y el arco capaz de 60º sobre el mismo segmento. La intersección de

ambos L.G. nos determina el punto U, centro de la semejanza.

Tendremos entonces:

Σ U, - 60º , 2 = RU, – 60º o HU, 2 = RU, + 120º o H U, - 2

HU, 2 RU, – 60º HU, - 2 RU, + 120ºA Ao A´ A A1 A´

En la figura no se ha indicado el punto A1 aunque fácilmente puedes deducir que es

el simétrico del punto Ao respecto del centro U de semejanza.

Ejercicio No.12 A

B H C

Considera los triángulos AHB y AHC. Se cumple que:

ang. AHB = ang.AHC = 90º

ang. ABH = ang.HAC ( por complementarios del ang.BAH )

los triángulos AHB y AHC son semejantes.

En consecuencia sus lados serán proporcionales y podemos escribir:

AHBH

CHAH

ACAB

==

De la última igualdad concluyes:

AH2 = BH . HC

Ejercicio No.13 Considera ahora los triángulos AHB y BAC de la figura del ejercicio anterior.

Se cumple que: ang.AHB = ang.BAC = 90º

ang.ABH común



En consecuencia los triángulos AHB y BAC serán semejantes y podremos escribir:

ACAH

ABBH

BCAB

==

De la primera igualdad concluyes que:

AB2 = BH . BC

Los triángulos AHC y BAC también serán semejantes pues:

ang.AHC = BAC = 90º

ang.ACH común

En consecuencia: ABAH

ACHC

BCAC

==


AC2 = CH . BC

Ejercicio No.14

a)

B r1

A

P

A´

B´ r2

(C )

Los triángulos PA´B y PAB´ son semejantes pues:

ang. APA´ común

ang. PBA´= ang. PB´A por inscritos en (C ) que abarcan el mismo arco AA´.

En consecuencia: A´BAB´

PB´PB

PA´PA

==


PA . PB = PA´. PB´

b) T

P

A B




Los triángulos PAT y PTB son semejantes pues:

ang. TPA común

ang. PTA = ang. PBT por seminscrito e inscrito en (C ) abarcando el mismo

arco AT.

En consecuencia:

BTAT

PBPT

PTPA

== PA . PB = PT2

c)

Circunferencia (C ) de centro O y radio R.

PO = d P A O B A´ B´ r PA = d - R PB = d + R PA . PB = (d – R ) ( d + R) = d 2 – R 2

Al producto PA.PB que como puedes concluir del resultado anterior , es

independiente de la posición de la recta r , se le denomina: “ POTENCIA DEL

PUNTO P RESPECTO DE LA CIRCUNFERENCIA (C ) ” .

Ejercicio No.15

B M D C P O A N

Los triángulos PAC y PDB son semejantes pues:

ang. APC = ang. BPD por opuestos por el vértice

ang. CAB =ang. BDC por inscritos que abarcan igual arco BC.



En consecuencia: BDAC

PBPC

PDPA

==

De la primera igualdad concluimos: PA . PB = PC . PD

Si consideramos el diámetro de la circunferencia (C ) que contiene al punto P se

cumplirá que los triánglos MAP y NPB son semejantes pues:

ang.APM = ang.BPN por opuestos por el vértice

ang.BAM = ang.BNM por inscritos que abarcan el mismo arco MB.

En consecuencia: PNPA

PBMP

NBMA

== PA . PB = PN . MP

Como: MP = R – d y PN = R + d concluimos que:

PA .PB = ( R – d ).( R + d ) = R2 – d 2

Ejercicio No.16 B

θ

A C

a) i) θtg

1ABAC

= ii) θtgACAB

= iii) θcosBCAC

=

iv) θsenBCAB

= v) θcos

1ACBC

= vi) θsen

1ABBC

=

b) θ = 30º θ = 45º θ = 60º

33

3ABAC

== 1ABAC

= 33

31

ABAC

==

33

31

ACAB

== 1ACAB

= 3ACAB

=

23

BCAC

= 22

BCAC

= 21

BCAC

=

21

BCAB

= 22

BCAB

= 23

BCAB

=



θ = 30º θ = 45º θ = 60º

3

323

2ACBC

== 22

2ACBC

== 2ACBC

=

2ABBC

= 22

2ABBC

== 3

323

2ABBC

==

c)

i) RHA , AC / AB , - 90º ii) RH B, BC / BA , + 90º iii) RH C , AC / BC , + θ

Ejercicio No.17 a) A

C M B

La razón de la rotohomotecia será: K = 33)

332(

21

2BMBA

BCBA

===

El ángulo será: θ = - 30º .

b)

D D´

r A

C B

r´ L.G. de A

Como el punto C varía sobre la recta r:

L.G.(A) = RHB , K , - 30º [ L.G.(C) ] = RHB , K , - 30º (r) = r´

Deberá excluirse del L.G. el punto D´ correspondiente del punto D en la

rotohomotecia , ya que para ese caso no existe triángulo ABC.



Ejercicio No.18 P E

A O B

ang. PBE = 30º ang. PEB = 90º

Se cumple que: RHB , K , - 30º (P) = E ∀ P ≠ A , B con K =23

BPBE

=

En consecuencia: L.G.(E) = RHB , K , - 30º [ L.G.(P)].

Para construir el L.G. rotohomotetizamos la semicircunferencia hallando O´

correspondiente de O. Basta para ello construir el triángulo BOO´ rectángulo en O y

de ángulo OBO´ = 30º. A´ O´ L.G. de E A O B Ejercicio No.19

a) Sean ABC y A´BĆ´ los triángulos semejantes con razón de semejanza K= AB

A´B´

Σ (ABC) = A´BĆ´

Mediante una congruencia M obtenemos el triángulo AB´´ C´´ tal que:

M (A´BĆ´) = AB´´ C´´.

Finalmente en la homotecia de centro A y razón K se cumple:

H A , K (ABC) = AB´´ C´´. A

Es inmediato que KAH

AH´´=

y como AH´´ = A´ H´ B H C

se cumple: KAH

A´H´= . B´´ H´´ C´´

b) Idéntico razonamiento con las medianas del triángulo.



A

B M C

B´´ M´´ C´´

KAM

AM´´= K

AMA´M´

=

Recuerda que ya hemos demostrado que los puntos M , M´´ y A están alineados.

c) A

m2 Pto. N 1

O

B M C m2´´ m1

O´´´ Pto. N1´´

B´´ M´´´ ´´ C´´ m1´´´

m1 - mediatriz del segmento BC

m2 – mediatriz del segmento AC

m1´- mediatriz del segmento B´´ C´´

m2´´- mediatriz del segmento AC´´

Punto O – Circunscentro del triángulo ABC

Punto O´´ - Circunscentro del triángulo AB´´ C´´

Como en la homotecia de centro A y razón K = AB

AB´´ , los segmentos B C y B´´C´´

se corresponden , también se corresponderán sus puntos medios M y M´´.

Como los ángulos se mantienen concluimos que las mediatrices m1 y m1´´ también

se corresponden.

Idem con los puntos N y N´´ y las mediatrices m2 y m2´´ .

Por tanto al punto O = m1 ∩ m2 le corresponde O´´ = m1´´ ∩ m2´´ .



En consecuencia los puntos O , O´´ , y A están alineados y KOA

OA´´= .

Radio de la circunferencia circunscrita al triángulo AB´´ C´´ = R´´

Radio de la circunferencia circunscrita al triángulo ABC = R

Radio de la circunferencia circunscrita al triángulo A´B´C´= R´

KR R

R´´ R

==

d) A

V

V´´

B C

B´´ C´´

ang. ABC = ang. AB´´C´´ ang. ABV = ang. AB´´V´´ BV⏐⏐B´´V´.

Siendo: B´´ = HA , K (B) se concluye que HA , K (V) = V´´ .

En consecuencia el segmento B´´V´´ es la imagen del segmento BV en la homotecia

por lo que la razón K de la misma será: K= BV

B´V´BV

B´´V´´= .

e) A

I

B J C

I´´

B´´ J´´ C´´

De la parte anterior del ejercicio se concluye que los incentros I e I´´ se corresponden

en la homotecia de centro A y razón K.



Como además los segmentos BC y B´Ć´´ también se corresponden , se cumplirá

que:

HA , K ( IJ )= I´´J´´ K=IJ

I´JÍJ

I´´J´´=

(Los segmentos IJ e I´´J´´ , son los radios de las circunferencias inscritas en los

triángulos ABC y AB´Ć´´ respectivamente).

Ejercicio No.20 a) El triángulo pedido será semejante a todo triángulo que tenga un ángulo de 60º y

tal que los lados que lo forman cumplan la relación 2 entre sus medidas.

Construyamos el triángulo APQ con ang.PAQ= 60º y AP = 2 AQ.

Sobre la recta que contiene a la mediana AM del triángulo APQ bastará ubicar un

punto N tal que el segmento AN mida 3cm. Trazando por N la recta paralela a PQ

determinamos los vértices B y C del triángulo buscado. A Q C M P N B AN = 3cm.

Nota: Como el triángulo PAQ tiene el ángulo de vértice A=60º y AP=2 AQ resulta

ser un triángulo rectángulo en Q.

b) La idea general para resolver este ejercicio consiste en comenzar construyendo el

triángulo APQ ., hallar su circuncentro O1 y determinar así el radio de su

circunferencia circunscrita O1Q.

c) Trazamos luego una paralela a la recta AO1 a 2cm de distancia. La intersección de

esa paralela con la recta AQ nos determina el vértice C del triángulo buscado.

Finalmente mediante la paralela por el punto C a la recta PQ determinamos sobre

la recta AP el vértice B.



A

C Q

B O1

P

2cm

En el ejercicio propuesto según hemos indicado en la parte anterior los triángulos

ABC y APQ resultan rectángulos.

El circuncentro O1 resulta ser el punto medio de la hipotenusa AP ; la recta AO1

coincide con la recta AP. A 2cm O1 Q

C

P

B

d)

Sea el triángulo APQ tal que: ang.PAQ=60º , ang.APQ=45º , y b bisectriz del

ángulo de vértice A. A b P Q

B V C



Basta construir un triángulo APQ con los ángulos pedidos y luego sobre la bisectriz

b, ubicar el punto V tal que la medida del segmento AV sea 3cm.

Por V la paralela a PQ nos determina los vértices B y C.

d) A

4 unidades

I ´

P

r T´ Q

s

3 unidades

Fig. ( 1 )

Comenzamos por construir un triángulo APQ con ángulo PAQ de 60º y relación

entre alturas 43

hh

Q

P = .

Una vez construido el ángulo de vértice A que tiene por lados las semirectas A(r) y

A(s) trazamos paralelas a esas semirectas a distancias 3 y 4 unidades , como indica la

figura.

Las intersecciones de esas paralelas con los lados del ángulo de vértice A nos

determinan los vértices P y Q.

Sea I´ el incentro del triángulo APQ y T´ su proyección ortogonal sobre el lado PQ ,

punto de contacto de la circunferencia inscrita al triángulo.

La razón de la semejanza que nos transforma el triángulo APQ en el triángulo ABC

buscado, será la razón entre los radios R y R´ de sus circunferencias inscritas.

Llamando I al incentro y T a su proyección ortogonal sobre el lado BC del triángulo

ABC buscado , los triángulos PI´T´ y BIT se corresponderán en la semejanza que

estamos considerando.

Para ubicar el punto I bastará hallar la distancia BI para lo cual construimos un

triángulo BIT semejante al PI´T´ con IT=1.5cm. como indica la figura siguiente.



I

I´ 1.5 cm Fig. ( 2 )

B≡ P T´ T

De la figura anterior obtenemos el segmento BI.

Debemos ahora resolver el problema de ubicar el segmento BI de longitud conocida

con B ∈ s , I ∈ b , BI⏐⏐PI´, siendo b la bisectriz del ángulo de vértice A.

Para ello efectuamos las construcciones mostradas en la figura (3).

A

I o

I´

P

Q

I Fig.(3)

u b

B

C

1º) Sobre la semirecta P(I´) ubicamos el punto Io tal que los segmentos PIo y BI

sean congruentes.

2º) Por Io recta u paralela a recta AP. b ∩ u = I.

3º) Por I recta paralela a AP determinando el vértice B.

4º) Por B recta paralela a PQ determinando el vértice C.

Ejercicio No.21 a) Sean los triángulos ABC y A´B´C´ tales que:

Σ(ABC) = A´B´C´

La razón de semejanza será: K =AB

A´B´ .



La razón entre las alturas hC y hC´ también es K.

Llamando S al área del triángulo ABC y S´ la del triángulo A´BĆ´ , tendremos:

S = 2h .B CA S´ =

2h ´.A´B C´

Dividiendo miembro a miembro ambas igualdades:

2

C

CĆ

C´

KK.Khh

ABA´B´

2AB.h

2A´B´.h

SS´

====

b) Sean (C ) y (C´) las circunferencias circunscritas a los triángulos ABC y A´BĆ´

respectivamente.

R = radio de (C ) R´= radio de (C´).

Ya hemos visto que : RR´K =

Area del círculo (C) = S = π R2 Area del círculo (C´) = S´= π R´2

22

2

2

2

2K

RR´

RR´

SS´

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛===

RR

ππ

Ejercicio No.22

a) Como dos polígonos regulares de igual número de lados tienen sus ángulos iguales

y la relación entre una pareja de lados correspondientes es la misma para las demás

parejas , ambos polígonos serán semejantes.

b) Si AB , BC , ...... son los lados del polígono y Σ(AB) = A´B´, Σ(BC) = BĆ´ ...

tendremos para el perímetro p´ del polígono imagen:

p´= A´B´+ BĆ´+ .......... = K.AB+ K.BC+ .......= K( AB+BC+.....) = K.p , siendo p

el perímetro del polígono ABC..... .

En consecuencia: K = p p

c) Como los apotemas se corresponden en la semejanza su razón también será K.

d) Considerando los polígonos como suma de triángulos , cuya razón de áreas según

hemos visto es K2 , la razón entre las áreas de ambos polígonos será también K2.



Ejercicio No.23

C

A r

O

B s r´ L.G. de C

O fijo , ang.COA = +90º , ang.OCA = 30º 3OAOC

=

En consecuencia: RH o , +90º, 3 (A) = C ∀ A.

L.G.(C) = RH o , +90º, 3 [ L.G.(A) ] = RH o , +90º, 3 (r) = r´ r´⊥ r.

Ejercicio No.24

A a D

x M m N

y

P n Q

z

B b C

a) Se cumplen las siguientes igualdades de ángulos:

MAD = PMN = BPQ

AMD = MDN = MPN = PNQ = BPQ = BQC

ADM = DMN = MNP = NPQ = PQB = QBC

Estas igualdaades justifica las semejanzas pedidas.

b) De las semejanzas anteriores pueden escribirse las proporcionalidades de las

medidas de los lados correspondientes.

Tendremos entonces:



(1) nz

my

ax

==

(2) bz

ny

mx

==

De (1) obtenemos dos euaciones , de (2) obtenemos otras dos ecuaciones. Estas

cuatro ecuaciones junto a la ecuación x + y + z = L forman un sistema de cinco

ecuaciones con cinco incógnitas x ,y , z , m y n.

Su resolución nos dará los valores de x , y , z , pedidos.

Ejercicio No.25

C D

A E B

a) En el triángulo ADC tenemos: ang.CAD = 90º - ang.ACD (1)

En el triángulo ABC tenemos: ang.ABC = 90º - ang. ACD (2)

De (1) y (2) concluyes que: ang.CAD = ang. ABC

ang. CAD = ang. ADE por alternos internos.

ang. DAE = ang. ACB.

Se cumple entonces la semejanza de los triángulos: ADE , ADB , ADC , ABC.

b) De la semejanza de los triángulos ABC y ADE podemos escribir:

ACAE

ABDE

BCAD

== = K1

AB = 4 cm AC = 3 cm BC = 5 cm ( teorema de Pitágoras).

Utilizando el teorema del cateto en el triángulo ABC tenemos:

AB2 = BD . BC 4 2 = BD . 5 BD = 5

16

CD = 5 - 5

16 = 59

Utilizando ahora el teorema de la altura en el triángulo ABC:

AD 2 = BD . CD = 5

16 . 59 AD =

512



K1 = 2512

BCAD

=

K1 = ABDE DE =

2512 . 4 =

2548 K1 =

ACAE AE =

2512 . 3 =

2536

De la semejanza de los triángulos ABC y ADB podemos escribir:

K2 = 54

35

12

ACAD

==

De la semejanza de los triángulos ABC y ADC :

K3 = 53

45

12

ABAD

==

Razón entre las áreas de:

Triángulo ADE y triángulo ABC = K12 =

2

2512

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

Triángulo ADB y triángulo ABC = K22 =

2

54⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

Triángulo ADC y triángulo ABC = K32 =

2

53⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

Area ABC = 6 cm 2

Area ADE = 2

2512

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ . 6 ≅ 1.38 cm 2

Area ADB = 2

54⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ . 6 ≅ 3.84 cm 2

Area ADC = 2

53⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ . 6 ≅ 2.16 cm 2

Ejercicio No.25

a) ang. AEB = 90º , ang. AFC = 90º ( ambos por L.G. de Thales )

AEIF es cuadrilàtero inscriptible.

b) ang. ABE complementario del ang. BED pues el triángulo BDE es rectángulo.

ang. AED complementario del ang. BED pues ang. AEB = 90º.



( C1 )

E

I

A D C O

(C2 )

F

En consecuencia: ang. ABE = ang. DEA

c) En la circunferencia circunscrita al cuadrilátero AEIF los ángulos DEA y AIF

abarcan igual arco AF.

De lo anterior concluimos que. ang. DEA = ang. AIF = ang. ABE

ang. IAB común , por lo que podemos afirmar que los triángulos ACI y AIB son

semejantes.

Podemos escribir entonces: BICI

ABAI

AIAC

==

De la primera igualdad concluimos que:

AI 2 = AB . AC el segmento AI es media proporcional entre los segmentos

AB y AC .


Congruencias-Homotecia-Semejanza -Apéndice

APENDICE


Congruencias-Homotecia-Semejanza

Perímetros , Areas y Volúmenes Triángulo

a b p = a + b + c

h A = 2

b.h

c

Rectángulo a

b p =2a + 2b

A = a.b

Hexágono

L p = 6L

a A = 2

p.a

Círculo

Long. Cfa.= 2πR

R A = π R2

Sector circular

Long. Arco = Rθ

θ R A = 2R21

θ

Esfera Cilindro Cono

h h

R R R

A = 4πR2 Atotal = 2πR2 + 2πRh V= 31πR2h

V=34π R3 V=π R2h


Congruencias-Homotecia-Semejanza-Apéndice

TRIGONOMETRIA Unidades de medida de ángulos

Grados

Radianes

Equivalencia: 3600 = 2π rad. 1 rad = π

0180≅ 570 17m

Longitud de un arco de circunferencia de radio R que subtiende un ángulo central θ

s = Rθ θ en radianes

Valores de líneas trigonométricas de algunos ángulos especiales.

θ Grados 0 30 45 60 90 120 180 270 360

θ Radianes 0 6π

4π

3π

2π

32π π

23π π2

sen θ 0 21

22

23 1

23 0 - 1 0

cos θ 1 23

22

21 0 -

21 - 1 0 1

tg θ 0 33 1 3 ∃/ - 3 0 0 ∃/

Angulos suplementarios θ + ϕ = π

sen θ = sen (π−θ) cos θ = - cos (π−θ) tg θ = - tg (π−θ)

Angulos complementarios θ + ϕ = 2π

sen θ = cos (2π - θ ) tg θ = cotg (

2π - θ )

Angulos opuestos

Sen (- θ) = - sen θ cos ( - θ ) = cos θ tg (- θ ) = - tg θ

Angulos que difieren en 2π y en π

sen ( θ+2π ) = cos θ cos ( θ+

2π ) = - sen θ tg ( θ+

2π ) = - cotg θ


Congruencias-Homotecia- Semejanza-Apéndice

sen (θ+π ) = - sen θ cos (θ + π ) = - cos θ tg (θ+π ) = tg θ

Teorema del seno

c

senCb

senBa

senA== A

c b Teorema del coseno B a C a2 = b2 + c2 – 2 b c cos A

b2 = a2 + c2 – 2 a c cos B

c2 = a2 + b2 – 2 a b cos C

Fórmula fundamental

sen2x + cos2x = 1

Fórmulas de suma y resta de ángulos

sen ( x + y ) = sen x cos y + cos x sen y

sen ( x – y ) = sen x cos y – cos x sen y

cos ( x + y ) = cos x cos y – sen x sen y

cos ( x – y ) = cos x cos y + sen x sen y

tg ( x + y ) = tgx tgy1

tgytgx−

+

tg ( x – y ) = tgx tgy1

tgy-tgx+

Fórmulas del ángulo doble

sen 2x = 2 senx cosx cos 2x = cos2x – sen2x tg 2x = x tg1

2tgx2−

Fórmulas del ángulo mitad

sen2x = 2

cos2x1− cos2x = 2

cos2x1+


Congruencia homotecia y semejanza libro

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