TRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS OBJETIVOS 1. Conocer las diferentes transformaciones geométricas que facilitan la representación de las formas en el plano.
La relación entre dos figuras puede atender a su disposición en el plano –criterios gráficos–, caso de la traslación, el giro o la simetría, o a su forma –criterios métricos– caso de la igualdad, la equivalencia y la homotecia.
MOVIMIENTOS EN EL PLANO
Un giro determinado por el centro O y una amplitud de ángulo ϕ transforma un punto A en otro A’ tal que OA = OA’ y ©AOA’ = ϕ .
ció e
tra
sla
Designación: G ( O, ϕ ).
A’
B’
to
rd
1.4 Simetría central. «Es el movimiento que corresponde a un giro, cuyo ángulo ϕ vale 180° ( dextrógiro o levógiro ) , con centro de rotación ( O ) ».
(v
ec
v
v
Por tanto, las formas planas pueden ser transformadas en otras, mediante la aplicación de diversos criterios que relacionan geométricamente, de alguna manera, a ambas figuras.
3. Entender los movimientos en el plano como las transformaciones geométricas que se obtienen al aplicar a una figura sucesivas traslaciones, giros y/o simetrías.
n)
Una transformación es el resultado de un cambio (de forma, posición, tamaño…) producido en una figura «F» cuando pasa a ser «F’». Las correspondencias entre elementos de «F» y «F’» originan los diferentes tipos de transformaciones.
2. Analizar los criterios de transformación que pueden establecerse entre dos figuras, atendiendo a su disposición en el plano (criterios gráficos) o a su forma (criterios métricos).
B’
O
B
B
B
B’
A’
v A’
ϕ
A
A
1 MOVIMIENTOS EN EL PLANO
Designación: Simetría de centro O: S ( O ) .
A
ϕ
1.5 Simetría axial.
1.1 Definición. Se entiende por movimientos a los cambios de posición que se consiguen al aplicar, sucesivamente, a una figura un número cualquiera de traslaciones, giros y/o simetrías.
1.2
Traslación: T (v)
O Giro: G (O, )
En todo movimiento se ha de contemplar la posición inicial (u original) de la figura en cuestión y la posición final (o imagen) resultado de la aplicación geométrica.
B
Un movimiento es directo cuando se conserva el sentido de giro de las figuras. Las traslaciones y giros (incluida la simetría central) son movimientos directos.
B’ A’
A
e
«Trasladar una figura plana es aplicar a la misma un movimiento rectilíneo según una dirección determinada».
A’
Las figuras, así obtenidas, se dice que son directamente iguales .
Simetría axial: S ( e )
1.5
Un movimiento es inverso cuando no se conserva el sentido de giro de las figuras, invirtiendo el sentido del plano, caso de las simetrías axiales.
El vector guía v (vector de traslación) marca la dirección, el sentido y la magnitud del desplazamiento ( AA’, BB’, …) .
Las figuras que se obtienen por un movimiento inverso se dice son inversamente iguales .
PRODUCTOS DE MOVIMIENTOS
Una traslación, determinada por el vector v, transforma un punto A en otro A’ tal que el vector AA’ = v. Los segmentos homólogos conservan su longitud y dirección, las rectas se mantienen paralelas y los ángulos homólogos se conservan iguales.
B’
1.7 Producto de movimientos.
B’ B’’
Designación: Traslación de vector v : T ( v ) .
Dicho centro ( O ) de giro, puede estar situado en el interior, en el contorno o en el exterior de la figura a transformar. El ángulo ( ϕ ) de giro puede ser positivo o levógiro (contrario a las agujas del reloj ) y negativo o dextrógiro (sentido según agujas del reloj ).
Notación: Simetría de eje e : S ( e ) . 1.6 Movimientos directos e inversos.
A
«Girar es modificar la posición de una figura respecto de la inicial, aplicándole un movimiento de rotación respecto a un punto fijo O , llamado centro de giro o de rotación».
B’
B
1.2 Traslación.
«Es el movimiento que corresponde a una figura que se separa del plano que la contiene para volver a él mediante una semirrotación alrededor de una recta fija ( e ) del plano inicial, llamada eje de simetría». Una simetría determinada por el eje e , transforma un punto A en otro A’ tal que dicho eje es la mediatriz del segmento AA’ .
e
En definitiva, los movimientos son correspondencias biunívocas que permiten obtener una figura final congruente con la inicial, tal que a cada punto del original le corresponde un punto de la imagen final y viceversa.
1.3 Giro.
Simetría central: S (O)
1.4
1.3
En una simetría central, dos puntos simétricos se encuentran alineados y son equidistantes del centro de simetría O. Los segmentos simétricos respecto a un punto resultan ser paralelos ( AB // A’B’ ).
B
A’ O
B
A’
O2
v2 O1
A”
v1 v
A
T (v1 )· T (v 2 ) = T (v)
1.7.2
1.7.1 Producto de dos traslaciones.
A”
B”
A 1.7.1
La aplicación sucesiva de dos o más movimientos (traslaciones, giros y simetrías) es otro movimiento y se denomina producto de movimientos. El resultado es una figura «imagen» igual a la «original» ; únicamente puede cambiar su posición en el plano.
G (O1, )· G (O 2 , ) = G (O, )
El producto de dos traslaciones, de vectores v1 y v2 , es otra traslación de vector v . 1.7.2 Producto de dos giros. El producto de dos giros es otro giro, de centro la intersección de las mediatrices de los segmentos que unen puntos homólogos de las posiciones inicial y final. Cuando las rectas mediatrices son paralelas, el producto es una traslación.
63
1.7.3 Producto de una traslación por un giro.
2.3 Trazado de figuras homotéticas.
PRODUCTO DE MOVIMIENTOS
El producto de una traslación por un giro (o viceversa) es un giro cuyo centro se determina como en el caso anterior; ya que una traslación es un giro de centro impropio.
B’ B
v
1.7.4 Producto de dos simetrías axiales.
Para dibujar una figura homotética de otra, puede elegirse como centro de homotecia (O) cualquier punto interior a la figura, exterior o del contorno de la misma.
e1 B’
Analicemos cada caso con un ejemplo.
e2
B
El producto de dos simetrías axiales es un giro, cuyo centro es el punto intersección de los ejes de simetría. Si ambos ejes son paralelos el producto resulta ser una traslación , o lo que es lo mismo, un giro de centro impropio.
2.3.1 Con el centro O en un punto interior.
A’ O1
A
B’’
A’’
A’
- Datos: cuadrilátero ABCD; centro de homotecia O (en el interior de la figura) y razón de homotecia: k = 1 / 2 .
B’’ A’’
A
1.7.5 Conclusiones generales.
O
• El producto de dos movimientos directos o in-
T (v )· G (O 1 , ) = G (O, )
1.7.3
versos es otro movimiento directo.
- Construcción: Se define A’ como punto homotético de A , verificándose: OA / OA’ = 1 / 2 ; OA’ = 2 OA. Partiendo de conocer A’ se trazan paralelas a los lados y se determina el polígono homotético A’B’C’D’.
O
S (e1)· S (e 1 ) = G (O, )
1.7.4
• El producto de un movimiento directo por otro
HOMOTECIA
inverso invierte el sentido entre la figura inicial y la imagen final, las cuales no pueden relacionarse entre sí por un solo movimiento, a no ser se trate de casos particulares.
O
A’
A
Homotecia directa o positiva: k > 0
A
2.1 Definición.
O
A’
B
O
Dado el punto fijo O y un número real k ≠ 0 , se llama homotecia a la transformación geométrica que hace corresponder a un punto A otro A’, alineado con A y con O, tal que:
Homotecia inversa o negativa: k< 0 2.1
Tipos de homotecia.
s
2.2.1
OA / OA’ = k (cte.) Al punto O se le denomina centro de homotecia, y a la constante k razón de la homotecia.
α C
r
2.3.2 Con el centro O en un punto exterior. - Datos: triángulo ABC; centro de homotecia O (en el exterior de la figura) y razón de homotecia en los dos casos posibles:
α
A
OA’ / OA = k
2 HOMOTECIA
a a’
A’
B’
C’
r’
b b’
TRANSFORMACIONES HOMOTÉTICAS
B’ A
Designación: H ( O , k ).
C’
A’
C C’
- Si k > 0 : A y A’ están del mismo lado que O. La homotecia se dice que es directa o positiva.
k = -2 / 3
C’ C
2.2 Propiedades de la homotecia.
B’
C
A
O
- Datos: pentágono OABCD; centro de homotecia en el punto O (vértice de la figura) y razón de homotecia: k = 5 / 3. - Construcción: Como en casos anteriores, se comienza por determinar el homotético de un vértice (en la figura A’) que verifica la relación: OA / OA’ = 5 / 3.
B B’
2.2.1 Propiedades generales. • Una recta r que no pasa por el centro O de ho-
A’ O 2.2.2
Identidad ( k=1).
Simetría central ( k= -1).
Partiendo de conocer A’ se trazan paralelas a los lados correspondientes, determinando el polígono homotético OA’B’C’D’.
B
B
Traslación ( k=1 y O∞ ).
• La razón entre dos segmentos homólogos es
igual a la razón de homotecia. Esto es:
FIGURAS HOMOTÉTICAS
OA / OA’ = OB / OB’ = AB / A’B’ = … = k . • Las rectas que pasan por el centro O se trans-
forman en sí mismas (son dobles). En la fig. 2.2.1, las rectas a y b son dobles.
A’
OA 1 =k= OA’ 2
1.-
• Los ángulos homólogos son iguales, ya que
2.-
sus lados son paralelos: ©B AC = ©B’A’C’.
A
D’
2.2.2. Propiedades de transformación.
64
B’’
C’’
OA 1 =k= OA’ 2
5 OA = OA’ 3
B
2 OA =k=3 OA’’
A’’ O A
A
D
• Si la razón de homotecia es igual a la unidad
( k = 1), todos los puntos del plano son dobles (homólogos de sí mismos) y la transformación es una identidad. • Si la razón de homotecia es k = -1, la transformación es una simetría central de centro O. • Si el centro de homotecia se encuentra en el infinito (homotecia impropia) y la razón k = 1, la correspondencia geométrica se transforma en una traslación.
( directa o positiva ). ( inversa o negativa ).
2.3.3 Con el centro O en un vértice.
- Si k < 0 : A y A’ están a distinto lado que O. La homotecia se dice que es inversa o negativa.
motecia se transforma en otra r’ paralela. Existe proporcionalidad ( Teorema de Thales ) entre los triángulos OAB y OA’B’.
k = 1/2
2.-
- Construcción: Se determina A’ como homotético de A , cumpliéndose que OA’ = 2 OA . Seguidamente, se trazan paralelas a los lados homólogos hasta completar el triángulo homotético del dado. Análogamente, el vértice A’’ se obtiene considerando que OA’’ = 3 OA /2 . El resto de vértices que determina la figura homotética se consigue trazando, como siempre, paralelas por A’’.
s’
Rectas y ángulos homotéticos.
A A’
1.-
B’
C
A’ O B C
C’
A’
C 5 4
B
3 2
C’ 2.3.1
B’ Con el centro O, interior.
1
C’
B’ 2.3.2
Con el centro O, exterior.
O 2.3.3
D’
D
Con el centro O, en un vértice.
1
MOVIMIENTOS EN EL PLANO ( I )
GEOMETRÍA MÉTRICA APLICADA TRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS hasta su CONTACTO con la recta, sabiendo que la DIRECCIÓN del movimiento forma 30° con la horizontal, en su sentido ASCENDENTE.
1. Dadas las rectas a y b no paralelas, te proponemos dibujes la POSICIÓN exacta de un TRIÁNGULO EQUILÁTERO de lado 35 mm., de forma que un LADO del mismo se sitúe en la recta a, estando el VÉRTICE OPUESTO a dicho lado en la recta b.
3
nombre y apellidos
3. Dibuja los posibles SEGMENTOS IGUALES y PARALELOS al segmento v, de modo que sus EXTREMOS estén en las CIRCUNFERENCIAS de centros O1 y O2.
2. Se conoce el CENTRO y el RADIO de una CIRCUNFERENCIA, así como la SITUACIÓN de una RECTA m. Debes determinar, gráficamente, la LONGITUD del RECORRIDO realizado por la circunferencia
1
17
2
nº
curso/grupo
fecha
4. Dado el PENTÁGONO IRREGULAR ESTRELLADO ABCDE, dibuja su FIGURA IMAGEN resultado de aplicar las traslaciones de vectores u y v.
2
C’
b
T’
m
30°
C
O’
35 mm
B’
A
COMENTARIO
B
60°
a
T
A’
- El contacto se producirá cuando la circunferencia sea tangente a la recta o viceversa. Por tanto: por el punto O, centro de la circunferencia dada, se traza una perpendicular a la recta m, determinando el punto T.
O
COMENTARIO
- Desde T, se lanza una trayectoria recta que forme 30° con la horizontal, que corta a la recta m en el punto T’. La longitud del segmento TT’ = OO’ determina el recorrido efectuado por la circunferencia, siendo, por tanto, igual al vector traslación aplicado a la circunferencia dada para llegar a la posición de contacto en el punto T’ con la recta m.
- El proceso consiste en dibujar un triángulo equilátero en una posición cualquiera con el lado AB sobre la recta a. Por el tercer vértice C se traza una recta paralela a la recta a, lo que determina la trayectoria del punto hasta su posición final C’, intersección con la recta b. - Por último, por C’ se trazan paralelas a los lados del triángulo inicialmente dibujado, formando los lados de la solución buscada.
3
4 C’
v v
D’
v
u
P
B’
O2 O2 E’
O’1
R
C C
C’’
A’ D’’
D
M
COMENTARIO O1 O 1 N
- Recordemos que todos los segmentos paralelos a uno dado y que se apoyen en una circunferencia, se apoyarán también en otra circunferencia de igual radio, siendo el segmento determinado por sus centros correspondientes, igual y paralelo al segmento v dado. - Por ello, aplicando una traslación (de vector v) a la circunferencia de centro O1 , se obtiene la circunferencia de centro O’1 que corta a la circunferencia de centro O2, en los puntos P y R, extremos de los segmentos solución: MP y NR.
B’’
B
E
E’’ T ( u ) · T ( v ) = T (AA’’)
A A
A’’
VERIFICACIONES 1. ¿Puede darse el caso caso de de un un PRODUCTO PRODUCTOde deTRASLACIONES TRASLACIONES NULO? NULO? Pon Pon unun ejemplo ejemplo gráfico. gráfico. 2. Sabiendo que el punto O se DESPLAZA a la posición O’, dibuja la IMAGEN de la ORIGINAL ( dada ).
COMENTARIO
u
A
En general, el producto de dos movimientos recíprocos es la identidad; por tanto, el producto de una traslación directa por otra inversa de igual magnitud (movimiento involutivo) es la identidad (imagen inicial).
A’
En la figura adjunta, el triángulo ABC se transforma en el A’B’C’ mediante el vector traslación u y éste vuelve a ocupar la posición ABC mediante otra transformación (inversa) de vector traslación v (idéntico al anterior pero de sentido contrario: - u ).
A’’ B’
C’ B
B’’
C C’’
v=
-u
T ( u ) · T (-u ) = IDENTIDAD O’
2. Sabiendo que el punto O se DESPLAZA a la posición O’, dibuja la IMAGEN de la ORIGINAL ( dada ). O
O’
O
66
1
MOVIMIENTOS EN EL PLANO ( II )
GEOMETRÍA MÉTRICA APLICADA TRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS la POSICIÓN del punto fijo B en la pared, y la LONGITUD AB que debe poseer la VARILLA RÍGIDA. Razonar el PROCESO A SEGUIR para resolver el ejercicio.
1. La PUERTA de la figura que se acompaña posee un PORTICÓN. Debe instalarse una VARILLA rígida articulada en los puntos extremos A y B, tal que cuando la puerta esté cerrada, el porticón esté ABIERTO (a 90° respecto de la puerta), y cuando la puerta esté abierta, esto es, a 90° respecto de su pared, el porticón esté CERRADO.
3
nombre y apellidos
2. Dado el TRIÁNGULO ABC y los puntos O1 y O2 , se pide: Demuestra, gráficamente, que el producto de las simetrías centrales S( O1 ) y S( O2 ) , por tener distinto centro, es una TRASLACIÓN.
Obtén gráficamente, a escala 1/20, la MAGNITUD x que determina
1
2
nº
curso/grupo
fecha
100
PUERTA CON PORTICÓN PRACTICABLE
10
50
25
40
C
C’ B 36
B
A
A
iz
de
A
A’
A’
ed
ia
tr
COMENTARIO A LA CONSTRUCCIÓN M
- Se comienza por dibujar las dos posiciones límites (extremas): puerta cerrada (porticón a 90°) y puerta abierta (porticón cerrado). - Como fácilmente se puede apreciar, el punto articulación B se encuentra en la mediatriz del segmento AA’. Su trazado determina, al mismo tiempo, la distancia x y la longitud y de la varilla rígida AB, solución del ejercicio.
10
0
25
10
SOLUCIÓN: Varilla AB = 36 cm.
50
x
y
e: 1 / 20
x = 40 cm.
B
y A C’
ESQUEMA DE SITUACIÓN (Cotas en centímetros)
2
B’
PRODUCTO DE DOS SIMETRÍAS CENTRALES: TRASLACIÓN O1
A
A’
O2
A”
S (O1 ) · S (O2 ) = T (AA”) ; siendo: AA” = 2 O1O2 B
B” C
C”
18
VERIFICACIONES 1. Los TRES TRES CUADRADOS CUADRADOSdispuestos dispuestos enen lala figura figura constituyen constituyen el el inicio inicio dede una una SERIE. SERIE. Se debe CONTINUAR CONTINUARlalaSECUENCIA, SECUENCIA, con con nuevos nuevos cuadrados, cuadrados, hasta hasta conseguir conseguir CERRARLA. CERRARLA. 2. ¿Qué LETRAS MAYÚSCULAS se leen igual al REFLEJARSE en un espejo? ¿Qué NÚMEROS tienen esta PROPIEDAD?
12
1 2
11 15 º
3 1
10 15º
2 4
9
3 5
8 7
6
2. ¿Qué LETRAS MAYÚSCULAS se leen igual al REFLEJARSE en un espejo? ¿Qué NÚMEROS tienen esta PROPIEDAD? Cualquier signo que tenga simetría respecto a un eje vertical por su centro, poseerá igual lectura al reflejarse en un espejo (simetría especular). Así, en cuanto a las letras mayúsculas gozan de esta propiedad: A, H, I, M, O, T, U, V, W, X e Y. En cuanto a los números arábigos, traídos de la India por los árabes e introducidos en Occidente a principios del s. XII, se leen igual en el espejo el 8 y el 0, aunque también puede considerarse el 1, cuando le falta el rasgo inicial y aparece únicamente como un pequeño segmento vertical. Y si nos referimos a la numeración romana: I, V, X y M.
68
1
MOVIMIENTOS EN EL PLANO ( III )
GEOMETRÍA MÉTRICA APLICADA TRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS
3
a) El PRIMER rebote sobre la banda MÁS PRÓXIMA.
1. El TRIÁNGULO EQUILÁTERO MNP representa, a escala, el contorno de la banda de una MESA DE BILLAR de forma triangular. Sobre la mesa hay dos BOLAS, A y B, equidistantes del vértice superior y en la situación que indica la ilustración adjunta. Se pide:
b) Como en el caso anterior, con el primer rebote en la banda más próxima, pero con TRAYECTORIA DISTINTA.
2. Dibujar un TRIÁNGULO EQUILÁTERO que tenga sus VÉRTICES en
Obtener la TRAYECTORIA de la bola A para que alcance a la bola B después de TRES REBOTES, uno sobre cada banda, en los siguientes casos:
1
2
cada una de las tres CIRCUNFERENCIAS CONCÉNTRICAS dadas.
nombre y apellidos
nº
curso/grupo
fecha
MESA DE BILLAR TRIANGULAR: SIMETRÍA AXIAL Eje perpendicular a la superficie
B2
Ángulo de incidencia
A
Tra
Ángulo de reflexión ye
cto
ria
inc
ide
nt
e
β = 90° - α
M
α
α O
r y. Tra
eb
β β
B
A
ot
e
B
B”
= N
M
= B’
B1
A’ AM = MA’ ; BN = NB’ ESQUEMA CONCEPTUAL B’
2
GIRO
A
B B
N
P
60°
A’
O’
B1
B2
O
O C2 A
C1
COMENTARIO
COMENTARIO
- Dado que los ángulos de un triángulo equilátero son de 60°, con centro en un punto (A) arbitrario de una de las circunferencias se efectua un giro de 60° de la circunferencia de menor radio, lo que la posiciona con centro O', cortando a la intermedia en B1 y B2, puntos que definen los segmentos AB1 y AB2 , lados de las dos soluciones 60°sibles.
- La bola cambia de dirección al rebotar en cada banda de la mesa. Lo hace mediante el fenómeno físico denominado «reflexión», donde el ángulo de incidencia (α α ) es igual al de retroceso, respecto a la normal a la superficie elástica de la banda. Geométricamente, el punto de impacto O se encuentra en la recta que une el punto A (inicio de la trayectoria al ser impulsada por el taco) con B', simétrico de B y final de la trayectoria de la bola antes de golpear a la B.
- Deshaciendo el giro, de 60°, se obtiene C 1 y C 2 , y con ello el tercer vértice de cada triángulo solución.
B’’’
- En consecuencia, y partiendo de la posición de la bola en el punto A, el problema tiene dos soluciones dependiendo de que el primer impacto, con la banda más próxima, se efectúe a la derecha o a la izquierda del punto A, como se muestra en la solución adjunta.
B3
19
VERIFICACIONES 1. Toda HOMOTECIA esuna unaSEMEJANZA; SEMEJANZA;pero, pero,¿es ¿es CIERTO CONTRARIO? HOMOTECIA es CIERTO lo lo CONTRARIO? la Semejanza los BILLAR puntosprofesional homónimos(de delongitud dos figuras semejantes entre sí no alineados ningún centro, 2. • En Sobre una MESA DE el doble de su anchura), hayestán tres bolas A, B ycon C , en la situación estableciéndose relación que especifica elladibujo. Seentre pide:segmentos semejantes: (A’B’) /(AB) = k ; siendo k la razón de semejanza. •
En la Homotecia, la ordenación entre las figuras homotéticas seguida se conserva proporcional de tamaRepresentar, sobre la FIGURA ADJUNTA, la TRAYECTORIA porexistiendo la bola A una pararelación conseguir que, después de ños diferente de cero. Entre ellas, losbanda puntos se encuentranpor alineados conIZQUIERDA) el centro deimpacte, homotecia, de moCUATRO REBOTES (uno sobre cada dehomotéticos la mesa, COMENZANDO la BANDA al mismo do que se verifica: = k ; siendo k la de homotecia. tiempo, contra las (OA’) otras /(OA) DOS BOLAS (B y C). Enrazón definitiva, conseguir lo que en el lance de este juego se llama hacer una «CARAMBOLA LIMPIA».
2. Sobre una MESA DE BILLAR profesional (de longitud el doble de su anchura), hay tres bolas A, B y C, en la situación que especifica el dibujo. Se pide:
A4
Representar, sobre la FIGURA ADJUNTA, la TRAYECTORIA seguida por la bola A para conseguir que, después de CUATRO REBOTES (uno sobre cada banda de la mesa, COMENZANDO por la BANDA IZQUIERDA) impacte, al mismo tiempo, contra las otras DOS BOLAS ( B y C ). En definitiva, conseguir lo que en el lance de este juego se llama hacer una «CARAMBOLA LIMPIA».
VISTA EN PLANTA DE LA MESA DE BILLAR
e1
e4 A1
A B M C
e2
A3
A2
e3
70
1
TRANSFORMACIONES HOMOTÉTICAS 6, CIRCUNSCRITO a la CIRCUNFERENCIA de radio 20 mm.
2. Para embalar PIEZAS CILÍNDRICAS iguales, de SECCIÓN CIRCULAR, se dispone de cajas de SECCIÓN TRIANGULAR. En cada caja deben encajarse DOS PIEZAS, de modo que queden inscritas al envase triangular, TANGENTES entre sí y con los centros alineados. Obtener, gráficamente, las SECCIONES CIRCULARES de las piezas sabiendo que deben descansar sobre la base AB.
1
20
nombre y apellidos
tro, deben alojarse TRES TUBOS iguales del máximo diámetro. Obtén, gráficamente, y a escala 1 / 400, el DIÁMETRO de dichos tubos. Da respuestas razonadas a los trazados.
2
nº
curso/grupo
fecha
ENVASE TRIANGULAR
COMENTARIO
C
O2
- Se traza el triángulo A 0 B 0 C 0 de lados 40, 50 y 60 mm. respectivamente y se dibuja su circunferencia inscrita.
- Una vez trazadas desde O las tres perpendiculares a cada lado del triángulo A0 B0 C 0 , se determinan los pies Ta , Tb y Tc , puntos de tangencia de los lados del triángulo solución con la circunferencia dada.
20 O
Bo Tc
A
PERSPECTIVA DE SITUACIÓN
A
COMENTARIO
O1
- Representadas las circunferencias auxiliares de centros O’1 y O’2 , se transportan los ángulos α ( 60°) y β ( 45°) del triángulo de modo que su lado común sea A’B’ y que sean respectivamente tangentes a las circunferencias. Así se obtiene el triángulo A’B’C’ semejante al buscado (ABC).
Ta
Ao
C C’ B
O1
- Dado que el triángulo solución ( ABC ) ha de ser semejante, su circunferencia inscrita será concéntrica a la anterior con radio de 20 mm.
Co
3
3
3. En un TÚNEL de SECCIÓN SEMICIRCULAR, de 40 metros de diáme-
SEMEJANZA ENTRE TRIÁNGULOS
Tb
GEOMETRÍA MÉTRICA APLICADA TRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS
Datos: AB = 70 mm., ©A = 60° y ©B = 45°. Razona las PROPIEDADES GEOMÉTRICAS aplicadas para alcanzar la solución.
1. Construye el TRIÁNGULO de LADOS PROPORCIONALES a 4, 5 y
2
B
- Por último, una homotecia, de centro el vértice C’ del triángulo auxiliar ( A’B’C’ ), proporciona la relación de éste y sus elementos, con el triángulo ABC y sus A’ correspondientes.
O2
A
B
O’1
O’2
α = 60°
β = 45° B’ 70
TÚNEL SEMICIRCULAR
A PERSPECTIVA DE SITUACIÓN
A’
O2
O1
O3
COMENTARIO - Se trazan tres circunferencias de igual radio, de centros O1 , O2 , O3 , alineados y tangentes dos a dos.
O’2
O’1
O’3
- Se traza la circunferencia circunscrita y tangente a las de centro O1 y O3 que tendrá por radio OA. - Como la solución es figura homotética a la construida, se determina el punto O’1 , homólogo de O1 , sabiendo que el punto homólogo de A es A’, siendo OA’ = 20 metros, a escala 1/ 400. - Definido O’1 , es inmediato determinar, O’2 y O’3 , centros de las otras dos soluciones.
P
P’
O
e: 1 / 400
