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• Jose Corbacho

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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 1-1 Enunciados de ejercicios ........................................................... 63--70 1-2 Resoluciones de ejercicios......................................................... 71--84 Capítulo IV. Ejercicios sobre Rotación ......................................... 85 1-1 Enunciados de ejercicios ........................................................... 87--95 1-2 Resoluciones de ejercicios......................................................... 97--113 CapítuloV. Ejercicios sobre Traslación ------------------------------ 115 1-1 Enunciados de ejercicios ........................................................... 117--123 1-2 Resoluciones de ejercicios......................................................... 125--140 CapítuloVI. Ejercicios sobre Antitraslación ................................. 141 1-1 Enunciados de ejercicios ........................................................... 143--148 1-2 Resoluciones de ejercicios......................................................... 149--160 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 1-2 Resoluciones de ejercicios......................................................... 299--314 Capítulo X. Algo sobre Robótica................................................... 315 1-1 Introducción................................................................................ 317--321 1-2 Enunciados de ejercicios............................................................ 323--328 1-3 Resoluciones de ejercicios......................................................... 329--340 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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

PROLOGO

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

CAPITULO I EJERCICIOS GENERALES SOBRE CONGRUENCIAS α

α´

M

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

ENUNCIADOS

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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 3cm

60ª

2cm 3cm

60ª

60ª 60ª fig.(2)

60ª

fig.(1)

fig.(3)

•

3cm 2.5cm •

• 2.5 cm

•

fig.(4)

fig.(5)

2.5cm fig.(6)

4cm

4cm

30ª

3.5cm 3.5cm fig.(7)

R=4cm

fig (9)

fig (8)

2.5cm 2.5cm

R=4cm 45ª

fig (10)

R=2cm

fig. (12)

fig (11) 1cm

R=2cm

R=1.5cm 3cm fig. (14)

1cm

fig.(13)

3cm fig. (15)

3cm 3cm

R=1cm 1cm

1cm

fig (16)

Ana Coló Herrera

R=1.5cm R=1cm fig.(17)

R=1.5cm fig.(18)

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias- Enunciados

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

Ana Coló Herrera

A´ O

(I)

R=1.5cm (II)

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias- Enunciados

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 M1

O´

O(a)

O O´(a´)

α1

M2

α4

O´

O(a)

O´(a´)

α2

α3

α1 a O´ •

O• α2

α3 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).

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias- Enunciados

¿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) M

A

M

B

N

C

P

1

M

2

A

M

B

P

C

N

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

P

N N A

B

b)

M

P Semicircunferencias de igual diámetro

A

C

B

Q

M3

A

B

B

C

P

Q

Ana Coló Herrera

M4

A

C

B

B

P

Q

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias- Enunciados

Ejercicio No.9 Considera la congruencia M1 tal que: M1

O

O´

O(a)

O´(a´)

α

α´ α

α´

O´

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: M2

O

O´

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:

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias- Enunciados

O M

O

O(a)

α

O(a´)

α

a

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 M

A(a) α

α

A A(a)

A

B

a

α´ α´

(C )

i)¿ La circunferencia (C ) es doble? ii) ¿Tiene (C ) algún punto unido? c)

Si la congruencia es ahora A

M

A(a) α

α

A A(a) α´

B

a

O α´

A (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: M

A

B

B

C

C

D

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias- Enunciados

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 M

O(a) α

α

O´ O´(a´)

a

α´

O´ α´

O

a´

Define la congruencia M -1.

Ejercicio No.14 M1

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

M2 (G) = H

G

M2

M2 (F) = J

M2 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:

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias- Enunciados

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

Ana Coló Herrera

O

B

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias- Enunciados

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

Q

P

D

C

A

N B

M

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias- Enunciados

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

RESOLUCIONES

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

M1

O´

O(a)

O

M2

O´(a´) α3

α1

O´

O(a)

O´(a´)

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

M1 M(N)

P P(Q)

M

M2

M(N)

P P(Q)

α1

α3

α1

α4

M

Q

M

Q

M3 M(N) α1 Ana Coló Herrera

Q(P) α3

M4

M(N) α1

Q(P) α4 Héctor Patritti

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

M

A´

A(O) α1

A´(O´) α4

b) B P

O´ P´

120ª 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´. Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias - Resoluciones

Ejercicio No.6 O

M1

O´

O(a) α1

α1

O´(a´)

α3

a

α4

a´

O´ O

M2

α2

O

O´

O(a)

O´(a´)

α2

α4

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

Ana Coló Herrera

Q

P´

Héctor Patritti

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´. α´

R1´

QO´ P

Q

α´´

P´

R

α

R2´

Siendo: P

M1 P(Q) α

M1(R) = R1´

P´ P´(QO´)

P

M2

α´

P´

P(Q) α

P´(QO´) α´´

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. Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias - Resoluciones

α´ R1´

S

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

M1

B

A

M

B

N

C

P

Terna A, B ,C

M2

M

A

M

B

P

C

N

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:

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias - Resoluciones

b)

P

A

C

B

Q

M3

A

B

B

C

P

Q

A

C

B

B

P

Q

M4

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

M1

O´

O(a) α

O´(a´) 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´). Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias - Resoluciones

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´ -1

-1

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

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

O bien en la congruencia M o bien en la congruencia M 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). D´∈ op.A(B) siendo D´= M (D)

Si D∈op.A(B)

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:

I

O

O

O(a)

O(a)

α

α C

A

Ana Coló Herrera

α

B

Héctor Patritti

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)

α

α´

lo que nos permite afirmar que M ≡I

b) Sean A , B y C los tres puntos alineados. Definamos las siguientes congruencias

M1

A

A

A(B)

A(B)

α

α

M2

A

A

A(B)

A(B)

α

α´ α

Se cumplirá que:

M1(A) = A

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

M2(A) = A

M2(B) = B

A

B

C

α´

M2(C) = C

M1 y M2 son la respuesta al problema. Ejercicio No.12 α a Q

P2

A

O

P1

α´

A´ 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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias – Resoluciones 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´

M

A

A

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. Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias – Resoluciones

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´

M1

A

A

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.

M

A

B

B

C

C

D

A

B C 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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias – Resoluciones

Como los segmentos OA , OB y OC son congruentes por ser radios de (C ) , serán congruentes los segmentos O´A , O´B y O´C 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 Q´es 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

a

O

O´

a´ α´

O

M

O´

O(a)

O´(a´)

α

α´

Tendremos entonces: O´

M-1

O

O´(a´)

O(a)

α´

α

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

Si

H

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 s

C

r N

A

P

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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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 =

1 BC 2

MN⏐⏐BC

MP = MP⏐⏐AN

1 AC 2

NP =

1 AB 2

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

Ana Coló Herrera

A

N

Héctor Patritti

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo I – Ejercicios generales sobre Congruencias – Resoluciones

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. C´OC + ang. D´OD = 90ª ang. COC´= ang. D´DO ang. D´DO + ang. DOD´= 90ª ang. CC´O = ang. DD´O = 90ª Los triángulos CC´O y DD´O 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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

A

C

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:

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

CAPITULO II

EJERCICIOS SOBRE SIMETRIA AXIAL

α a O

Ana Coló Herrera

α´

Héctor Patritti

ENUNCIADOS

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

e

ABC equilátero

e B A

C

C ABC equilátero

B

e

e ⏐⏐ AB

e ABC equilátero

A A

B

A

e

B

e A

AB ⊥ e

e

(C2) O2

(C1) semicfa. de centro O1 y radio 3cm (C1)

O1

(C2) semicfa. de centro O2 y radio 1.5cm

2cm

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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. e

O 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 Par. 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. Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo II – Simetría Axial – Enunciados

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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo II – Simetría Axial – Enunciados

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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo II – Simetría Axial – Enunciados

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo II – Simetría Axial – Enunciados

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

100m

5m

100m

4m

150m

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

Ana Coló Herrera

I

N

Héctor Patritti

Capítulo II – Simetría Axial – Enunciados

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

RESOLUCIONES

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo II – Simetría axial – Resoluciones

Ejercicio No.1 (1)

(2)

(C) A´

B

(C) O

e

O

e

O´ (C ´) A

O´

B´

(C ´)

(3)

(4) (C)

C≡C´ O A´≡ B e

E e

O´ A≡B´

(C ´)

(5)

(6)

C

B´

A´

B≡B´ e

e

A≡A´ C´

C

C´ B A

(7) (8) A e

B≡B´ A´ e

(9) (C2)

(C1)

Ana Coló Herrera

(C2´)

e

(C1´)

Héctor Patritti

Capítulo II – Simetría axial – Resoluciones

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

e

B

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:

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo II – Simetría axial – Resoluciones

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 q

p

r B

Ana Coló Herrera

P

A

Héctor Patritti

Capítulo II – Simetría axial – Resoluciones

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) encontrado dos congruencias indirectas distintas SP y Sq

Hemos

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

e

D

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

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Capítulo II – Simetría axial – Resoluciones

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

Ana Coló Herrera

B

Héctor Patritti

Capítulo II – Simetría axial – Resoluciones

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. OB´= OA´= OC´= OD´ ∀r.

Como OB = OC = OD = OA

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo II – Simetría axial – Resoluciones

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

Ana Coló Herrera

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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 •B

a) 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´

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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 A´CB y aplicando el teorema de Pitágoras tenemos: d AP+PB =

(a + b )2 + L2

Ejercicio No.13 C

b

L

B

A

A´´

x

P

r

a A´

Aplicando el teorema de Thales tenemos:

Ana Coló Herrera

A´´P A´A´´ = BC A´C

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Capítulo II – Simetría axial – Resoluciones

x a = L a+b

x=

aL a+b

Caso I a = 50m

b = 70m

L =100m

x=

50.100 ≅ 41.67m 120

b = 5m

L = 4m

x=

(3).4 = 1.5 m 8

b=150m

L = 500m

x=

500.100 = 200 m 250

Caso II a = 3m Caso III a = 100m 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

Ana Coló Herrera

N

B

Héctor Patritti

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´

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

A´

N

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

CAPITULO III EJERCICIOS SOBRE SIMETRIA CENTRAL

α a´

a

O α´

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ENUNCIADOS

Ana coló Herrera

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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

A

CQ

C

B

•

C

D

a

O A M B M punto medio del lado

A

CM (ABC) CB (A(a))

B

CO (ABCD)

(5)

B

(6)

(4

A

B

CB ( B

C

) (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. π

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

Ana coló Herrera

•A´

Héctor Patritti

Capítulo III - Simetría Central – Enunciados

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.

Ana coló Herrera

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Capítulo III - Simetría Central – Enunciados

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.

Ana coló Herrera

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Capítulo III - Simetría Central – Enunciados

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 )

(1)

B

(2)

(3) zona a aislar

tiros de alambre eléctrico fig. (II)

(a) P 20m

30m

(b) fig. (III)

Ana coló Herrera

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Capítulo III - Simetría Central – Enunciados

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 A´C´⏐⏐AC , B´C´⏐⏐BC y A´B´⏐⏐AB . c) ¿Qué relación existe entre los perímetros de los triángulos ABC y A´B´C´ ? 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

a A

Ana coló Herrera

C

O

F

b

B

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Capítulo III - Simetría Central – Enunciados

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.

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RESOLUCIONES

Ana Coló Herrera

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Capítulo III – Simetría Central – Resoluciones.

Ejercicio No.1 (1)

(2)

(C )

C)

A O

O

(C ´) P

A´ O´

(C´) =CO (C )

(C ) doble

(C ´)

(C´) =CP (C ) (3)

(4) a´

A

(C ) O O´

Q B •

(C ´)

(C´) =CQ (C )

A´

a A´ (a´) = CB (A (a )) (5)

(6)

C

C A´

D B´

A A´

M

B B´

O

B D´

A C´

C´

El rectángulo es doble.

(A´B´C´) = CM (ABC )

(A´B´C´D´) = CO (ABCD )

( 7) P A C´

B

C A´

B´

La figura es doble en CB

P´

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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 =

(a + b).h 2

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

Ana Coló Herrera

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Capítulo III – Simetría Central – Resoluciones.

Ejercicio No.4 C

D

O

A

B

D = CO (A) a) ABCD es paralelogramo

AB⏐⏐CD , AC⏐⏐BD

ya que:

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

Ana Coló Herrera

B

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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.

Ana Coló Herrera

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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

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• •B

(b)

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 b´ A 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 =

x 2 + y2

Longitud alambre : L =2 602 + 402 = 40 13 ≅ 144.22m

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo III – Simetría Central – Resoluciones.

Ejercicio No.8 B´

C

A´

P

A

N

M

B

C´

a) Se cumple que: CN (N) = N

CN (C) = B

CN (triang.NCA) = triang.NBA´

ang.NBA´= ang. NCA

CM (triang.MCA) = triáng.MC´B

ang.MBC´= ang.CAM

CN (A) = A´ CM (M) = M CM (C) = C 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:

A´C´⏐⏐AC , A´B´⏐⏐AB , B´C´⏐⏐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 , A´C = CB´= AB. En consecuencia : perímetro triang. A´B´C´ = 2 perímetro triang. ABC. d) Como los triángulos ABC y A´BC se corresponden en CN , ABC y BAC´ en CM ,

y ABC y CB´A en CP , puedes concluir que: AreaA´ B´C´ = 4 AreaABC e) Las rectas AN , CM , y BP contienen las medianas del triángulo ABC, pero esas

rectas también son medianas del triángulo A´B´C´ por lo que ambos triángulos tienen el mismo baricentro.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo III – Simetría Central – Resoluciones.

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo III – Simetría Central – Resoluciones. D

P

O

C

Q

N

A

M

B

Se podrán inscribir infinitos rectángulos en el paralelogramo ABCD.

Ejercicio No.10 M

•

•Q

O1•

•

•

O2

N

•

O3

•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

A

h

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo III – Simetría Central – Resoluciones.

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)

Area AECF b − a = Area ABCD b Como puedes observar la relación es independiente de los ángulos del paralelogramo dependiendo sólo de las medidas de los lados a y b . Area AECF 2a − a 1 = = Area ABCD a 2

Si b = 2a tendremos:

Ejercicio No.12 D

C b3

b2 M

O

P

b1

b4

A

B

a) Si llamamos θ al ángulo DAB tendremos:

ang. ADC = 180ª - θ

ang. DAM = θ

ang. ADM =

2

180 ª −θ ang.DAM – ang.ADM = θ = 90ª b1⊥ b2 . 2 2 Razonando en forma similar puedes demostrar que b3 ⊥ b4

180ª −θ 2

b) D

E

C

N

b2

b3

O M b1 A

F

P Q

b4 B

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

Héctor Patritti

Capítulo III – Simetría Central – Resoluciones.

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 b4

b1 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 b4

b2 M

b3 P

J K

b1 θ/2 A

e) Sean: I = b3 ∩ AB

I

F

F = b2 ∩ AB

Se cumple que : IJ = MQ = NP

θ/2

Q

B

IJ⊥b1

FK = PQ = MN

FK ⊥b4

AB = b

AD = a

AI = FB = b – a

θ

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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo III – Simetría Central – Resoluciones.

θ

En el triángulo FKB: FK =(b-a).cos ( ) =MN 2 Para que el rectángulo MNPQ se transforme en un cuadrado deberá cumplirse que:

θ

θ

θ

(b-a).sen ( ) = (b-a).cos ( ) 2 2 Por tanto

θ 2

θ

con 0ª< θ ≤ 90ª

sen ( ) = cos ( ) 2 2 θ = 90ª

=45ª

El paralelogramo ABCD deberá en consecuencia ser rectángulo.

θ

θ

θ

θ

f) Area MNPQ = MN . PQ = (b-a).sen ( ) . (b-a).cos ( ) = (b-a)2.sen ( ).cos ( ) 2 2 2 2 Recordando que sen (2x) = 2 senx.cosx podemos escribir que θ θ sen θ sen ( ).cos ( ) = . 2 2 2 (b − a)2 senθ En definitiva: Area MNPQ = 2 g) D

a

N

b4

b1

A

N = b1 ∩ b4

C

b

B

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

M

A

Ana Coló Herrera

C

P

Q

B

Héctor Patritti

CAPITULO IV EJERCICIOS SOBRE ROTACION

α O

a α´ a´

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

ENUNCIADOS

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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 (2)

(1)

D

C

D

C

O

A

B

A

RO, - 45

B

RA,-60ª

(3)

(4) P

RO , - 120ª

MNP equilátero

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´

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación – Enunciados

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 .

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación – Enunciados

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

A

Sean: E = RA , + 90ª (C)

B

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

N

M

C

P

A

R

Q

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación – Enunciados

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación – Enunciados

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación – Enunciados

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) O2

O1

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 θ

(C ) O

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación – Enunciados

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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

RESOLUCIONES

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación - Resoluciones

Ejercicio No.1 (C )

(C ´) O´ O 90ª 60ª

O´

P

A

O (C )

(C ´) (1)

(2)

D´ D

C

A´

O

45ª

C

D

C´ D´

60ª A

B

B

A≡A´

B´ C´

(3) B´ (4) P

M

N M´ 120ª O

N´

P´ (5)

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación - Resoluciones

Ejercicio No.2 a)

a θ

mediatriz seg. AA´

bisectriz

A´

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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación - Resoluciones

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 +

Ana Coló Herrera

1 .30ª = 40ª. 3 Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación - Resoluciones

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).

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación - Resoluciones

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

A

DO

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 .

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación - Resoluciones

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

N

C

P

A

R

Q 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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación - Resoluciones

Corresponde el egmento C´C 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.A´OB = 60ª. Conmo el ángulo A´CB = 60ª pues BCA´es triángulo equilátero , los puntos O y C pertenecen al arco capaz de 60ª y segmento BA´, por lo que el cuadrilátero BA´CO es inscriptible. En la circunferencia circunscrita los ángulos COA´y CBA´ son iguales por inscritos que abarcan el arco AC´ y su valor es de 60ª. El ángulo AOB es adyacente al ang.A´OB = 60ª por lo que AOB = 120ª. Esto permite afirmar que también es inscriptible el cuadrilátero OBC´A. 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 C´OB = 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). Capítulo IV – Rotación - Resoluciones

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación - Resoluciones

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´

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación - Resoluciones

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 = P´A y Pb = P´C´ pues en la rotación anterior P´ es imagen de P y C´es imagen de B. En consecuencia

PC + PA + PB = PC + PP´+ P´C´, 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 P´en 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 θ

A 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. A

θ

P

A´

2

O

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación - Resoluciones

c) Llamemos:

Distancia del punto O a la recta r , dO , r = d Distancia AA´, dAA´ = D

ang. POA =

θ 2

Por definición de tangente trigonométrica en el triángulo AOP tenemso: D AP 2 = tg = 2 OP d

θ

D = 2d tg

θ 2

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 ) P

O1 R1

θ1

O2 θ2

R2 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 :

θ 2 R1 = θ1 R 2

“Los ángulos girados son inversamente proporcionales a los radios”.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación - Resoluciones

b) Si el disco (2) da una vuelta completa θ=360ª el disco (1) girará un ángulo θ1 tal

que: θ1 =

R2 R θ 2 = 360ª 2 R1 R1

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:

n1 R 2 = n 2 R1 “Los números de vueltas son inversamente proporcionales a los radios de los discos”. R n2 = 1 vueltas R2

Si n1 = 1 vuelta

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 =

2.5 R2 n2 = .1200 = 300 . 10 R1

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 =

b) En el triángulo O1PO2 tendremos: c) LLamemos: T1´ = RO1, θ1 (T1)

arco T1T1´ = R1θ1

cosϕ =

d 2 − (R1 − R 2 ) 2

R1 − R 2 . d

y T3´ = RO2, θ2 (T3) .

arco T3T3´ = R2θ2 Debiendo ser iguales los arcos T1T1´, T3T3´

R1 θ 2 = . R 2 θ1

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación - Resoluciones

Ejercicico No.15 T1 T3

ϕ O1

O2

T4

T2

a) Del ejercicio No.14:

seg.T1T3 = arco T3T4 =

d 2 − (R1 − R 2 ) 2

arco T1T2 =

(360ª −2ϕ ).R1.π 180ª

(360ª −2ϕ ).R 2 π 180ª

Longitud de la correa L: L = 2 T1T3 + arco T1T2+ arco T3T4 L=

d 2 − (R1 − R 2 ) 2 +

(360ª −2ϕ ).R1.π (360ª −2ϕ ).R 2 π + 180ª 180ª

R − R2 Con cosϕ = 1 d 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.

ω1 R 2 = ω2 R1

c) El disco (C2 ) girará en sentido horario.

R n2 = n1. 1 = 1500 R2

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación - Resoluciones (C1) (C2)

θ

(C3)

(C ) O

θ 2

O

O1 T

a) Trabajando en el triángulo rectángulo OTO1

deducimos que : sen

θ r = 2 R+r

y siendo OO1= R + r , O1T = r

(1)

b) Si tenemos n circunferencias que rodean a (C ) tendremos:

θ π = 2 n

nθ = 2π Sustituyendo en (1)

sen

π r = n R+r

π n Despejando r obtenemos: r= π 1 − sen n c) El radio de la circunferencia exterior es: R.sen

R´ = R + 2r

d) Siendo R = 5cm , n = 12 tendremos:

π 12 = 1.74cm r= π 1 − sen 12 5.sen

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”.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación - Resoluciones

Ejercicio No.17 D

M

C

120ª O 120ª

A

N

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

r

C 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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo IV – Rotación - Resoluciones 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

Ana Coló Herrera

B

Héctor Patritti

CAPITULO V EJERCICIOS SOBRE

TRASLACION

α≡α´

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

ENUNCIADOS

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

Tu A

B

TOA

(1)

(2)

(C)

A

C

u

B

TAC

Tu (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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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´B´C´= TAO (ABC) a) ¿Qué tipo de figura es la intersección de los triángulos ABC y A´B´C´? Calcula la relación entre su área y la del triángulo ABC. b) Calcula la relación entre el área del pentágono ABB´C´C 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

(1)

b r || s

S

(2) B

b

a a

b

A r

(3)

A

s

a

B

r || s

(4)

A B b

Ana Coló Herrera

(5)

Héctor Patritti

Capítulo V – Traslación – Enunciados

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

Capítulo V – Traslación – Enunciados

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∞

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo V – Traslación – Enunciados

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?.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

RESOLUCIONES

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo V- Traslación- Resoluciones

Ejercicio No.1 r

D r´

C O C´

D´

R

B

A u

R´ u

B´

A´

Tu (1)

TOA (2)

A

A´C

C´

u O

O´

B

B´

u

Tu (3)

TAC (4)

Ejercicio No.2 a)

Q2

P2 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

circunferencia (C ) en la traslación y

encontrando la imagen de la

hallando su intersección con la recta r

determinando los puntos Q.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo V- Traslación- Resoluciones

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. BC ≤ || u || ≤ AC.

Deberá cumplirse entonces que:

t1

t2

r

T1 O T2 θ

θ

E

u

D

S

Llamemos d a la distancia OS y R al radio de la circunferencia.

T2S DS

DS =

T2 S d−R = sen θ senθ

||u||min =

d−R senθ

TS En el triángulo T1ES: sen θ = 1 ES

ES =

T1S d+R = sen θ senθ

||u||max. =

d+R senθ

En el triángulo T2DS: sen θ =

Ejercicio No.3 (C´) P1´

O´

O

P2´

u P1 (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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo V- Traslación- Resoluciones

Ejercicio No.4 C´

C

D O

E A´

B´

30ª

30ª

A

B

a) La figura intersección es el triángulo A´DE.

ang. DA´E = 60ª por ser correspondiente del ang.CAB en la traslación. ang. A´DE = ang. A´C´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

BB´C´C es rectángulo. de lados L (lado del triángulo ABC) y

2 h siendo h la altura 3

del triángulo ABC ( los puntos B y B´son correspondientes en la traslación y por tanto seg,BB´= seg.AO = Area ABC =

2 AreaBB´C´C = L. h 3

L.h 2

Area pentágono =

2 h ). 3

L.h 2 7 + L. h = Lh 2 3 6 Area pentágono Area trianguloABC

=

7 3

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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo V- Traslación- Resoluciones

a

d) 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 30ª

F

||EC|| =

C

a 3a = =a 3 tg30ª 3

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 = a 3

Perímetro ALKJIDEF = 6a + 2 a 3 = 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 a

Ana Coló Herrera

3 . 2

Héctor Patritti

Capítulo V- Traslación- Resoluciones

Area hexag. =

perímetro.apotema = 2

Area EDIC = a.

6a.a 2

3 2 = 3 3 a2 2

a 3 3 2 = a 2 2 3 2 7 3 2 a = Area ALKJIDEF = 2. 3 3 a 2 + a 2 2 2

Ejercicio No.7 d∞ (C1)

r D θ

O1

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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: d

O1

O2

θ

O2´

O1O´2 O1O´2 = d. sen θ d En resumen: para que exista recta r que resuelva el problema la dirección elegida R + R2 . debe ser tal que el ángulo θ cumpla: sen θ < 1 d

sen θ =

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

Ana Coló Herrera

B

Héctor Patritti

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo V- Traslación- Resoluciones 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)

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo V- Traslación- Resoluciones

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∞.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo V- Traslación- Resoluciones A

•

•B

M

r

S N

d∞ Si consideramos la traslación TMN y hallamos A´ = TMN (A) , el cuadrilátero AA´NM será paralelogramo por lo que los segmentos AM y A´N serán congruentes . En consecuencia serán también congruentes los segmentos A´N 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

Q

r

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo V- Traslación- Resoluciones A•

•B M

r

N

s

d∞ Si consideramos el punto A´correspondiente de A en la traslación de vector MN , el cuadrilátero AA´NM será paralelogramo y por tanto AM⏐⏐A´ N. En consecuencia A´N ⊥ 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

s

N

c) Se desea ahora que la suma de distancias AM+MN+NB sea mínima.

•A •B r

M

d∞

Ana Coló Herrera

N

s

Héctor Patritti

Capítulo V- Traslación- Resoluciones

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

Q

r

N

s

d∞

Ejercicio No.11 a) Refiriéndonos a la figura siguiente tenemos: El segmento PN es paralela media del triángulo ABC

PN⏐⏐AB , PN =

1 AB 2

El segmento DE es paralela media del triángulo ABH

DE⏐⏐AB , DE =

1 AB 2

Los segmentos PN y DE son congruentes y paralelos y por tanto : TPN (D) = E Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo V- Traslación- Resoluciones

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 A

E 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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

CAPITULO

VI

EJERCICIOS SOBRE ANTITRASLACION

α

O

a

O´

a´ α´

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

ENUNCIADOS

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VI – Antitraslación – Enunciados.

Ejercicio No.1 Efectúa las antitraslaciones que se te indican a continuación: C A A

O

B

B

ATBC , CB (1)

t

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. P•

u

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)

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VI – Antitraslación – Enunciados.

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. Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VI – Antitraslación – Enunciados.

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

|| AB || = 2cm dMM´ = 4cm.

d = 2.5cm

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. a

D

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

Ana Coló Herrera

B

Héctor Patritti

Capítulo VI – Antitraslación – Enunciados.

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

RESOLUCIONES

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

F

D

A´

E´

F´ C

A

B

Eje

Ejercicio No.2 e

P N M P´ Q PO

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

e

2

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

, T1 T2

en ella a la circunferencia (C1) le

corresponde la circunferencia (C2 ). Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VI – Antitraslación – Resoluciones (C1) P2

P1

a 3 2 a

r T2

T1

a 3 2

(C2)

Q2

Q1

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 A´

AO u

Del triángulo rectángulo AAOA´ concluimos que: AAO = K 2 − u 2

AM = ½

K2 − u2

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

(2a )2 − a 2

antitraslacion a distancia

=

a 3 2

a 3 . Obtenemos para el punto P en el caso de la figura 2

dos soluciones P1 y P2.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VI – Antitraslación – Resoluciones

b) Si el diámetro de la circunferencia (C1) es menor que

a 3 no existirá solución. 2

La condición de existencia de soluciones es entonces: R ≥

a 3 4

Ejercicio No.4 a)

C

A´ A

B´

B

ATAB , AB (ABC) = A´B´C´ b)

C´

C M

P A

B A´

B´

N

C´

Como ATAB , AB (C) = C´ B

ATAB , 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 •

Ana Coló Herrera

(C2)

Héctor Patritti

Capítulo VI – Antitraslación – Resoluciones

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 =

AB.π . 2

Como la relación de velocidades es la misma que la relación de las longitudes

tendremos:

AB.π V1 π = 2 = ≅ 1.57 V2 AB 2

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´.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VI – Antitraslación – Resoluciones M r

K

a

MO

En el triángulo MMOM´: MMO =

M´

k2 − a2 .

El punto M debe distar del eje r la distancia : dMM´ =

k2 − a2 . 2

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≤

k2 − a2 ≤ 2

a 2 + 4(b − R )2 ≤ K ≤ a 2 + 4(b + R )2

Finalmente entonces: d) R = 5cm b = 8cm

b+R

|| AB || =10cm K = 20cm

Verifiquemos las desigualdades anteriores. a 2 + 4(b − R )2 ≅11.66

a 2 + 4(b + R )2 ≅ 27.86

Como K cumple las desigualdades exigidas el problema admite dos soluciones.

Ejercicio No.7 e2

e1

(C1)

(C2) P

O1

u2 OO

Ana Coló Herrera

O2

u1 Oo

Héctor Patritti

Capítulo VI – Antitraslación – Resoluciones

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VI – Antitraslación – Resoluciones

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)

a

D

C

v b 60ª A

Area ABCD = a. || v ||

u

E

B

|| u || . || v || =

1 a .|| v || 4

En el triánagulo AED tenemos: || u || = b. cos60ª =

1 a (I) 4

|| u || =

b (II) 2

De las igualdades (I) y (II) obtenemos : a = 2b

Ejercicio No.9 a) D

bisectriz

A

Ana Coló Herrera

b

C

u

a

eje

B

Héctor Patritti

Capítulo VI – Antitraslación – Resoluciones

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

A

b

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:

b = tg 60ª = 3 a

c)

b = a. 3 D´

E

D

C 30ª

O

A

Ana Coló Herrera

a 3

a B

Héctor Patritti

Capítulo VI – Antitraslación – Resoluciones

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´:

D´E = DD´. sen 30ª = DO. sen 30ª = DE = DD´. cos 30ª =

Area (DD´C) =

DC.D´E = 2

DA.DE Area (DD´A) = = 2

a 2

a. 3 2

a 2 2 =a . 3 2 4

a. 3.

a.

a 3 2 2 =a . 3 2 4

(I)

(II)

De las igualdades (I) y (II) se concluye lo pedido. d) Area (ABCD´) = Area (ABCD) + 2 Area (DCD´) = a.a 3 + 2.a 2

Area (ABCD) =

3 3 3 2 = a 4 2

3a 2

Area (ABCD´) 3 = Area (ABCD) 2

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

CAPITULO VII COMPOSICION DE CONGRUENCIAS

M2

M1 P

P´

M1 Ana Colo Herrera

O

P´´

M2 Hector Patritti

INTRODUCCION

Ana Colo Herrera

Hector Patritti

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.

Ana Colo Herrera

Hector Patritti

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)

Ana Colo Herrera

Hector Patritti

Capítulo VII - Composición de Congruencias – Introducción

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 = RO2 ,−90° o R A ,−90° .

O1

O1

N

N

O3 N´´

N´ A

Ana Colo Herrera

O2

A

O2

RA, - 90°

RO2 - 90°

Fig.(3)

Fig.(4

Hector Patritti

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:

( R O2 ,− 90° ) o ( R A , - 90° ) = CO3

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.

Ana Colo Herrera

Hector Patritti

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

Ana Colo Herrera

Hector Patritti

Capítulo VII - Composición de Congruencias – Introducción

1 θ

S2 o S1 = R O,-2θ

2 SECANTES

O

El sentido se determina girando el eje 1 hacia el 2 por el menor de los dos ángulos posibles

1

PERPENDICULARES

2

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

iii)

Deben numerarse respetando el sentido del vector AB. 1

AB

2

2

2

B

B AB

A

2 CORRECTO

Ana Colo Herrera

1

A

AB

2 INCORRECTO

Hector Patritti

Capítulo VII - Composición de Congruencias – Introducción

¿ 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´´ 1´

1

2´´

2´

2

B AB

A

2 AB

2 AB

2

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

θ 2

iii) Los ejes deben numerarse respetando el sentido de la Rotación. 2

1

θ 2 O

CORRECTO

Ana Colo Herrera

2

1

θ

RO, - θ

2 O

INCORRECTO

Hector Patritti

Capítulo VII - Composición de Congruencias – Introducción

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

θ 2 1´

θ 2 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

O

CO = S2 o S1

CORRECTO

Ana Colo Herrera

2

1

O

CO = S2 o S1

CORRECTO

Hector Patritti

Capítulo VII - Composición de Congruencias – Introducción

“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 .

Ana Colo Herrera

Hector Patritti

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”.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción

3

1

D

2

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

A

B

A

Fig.(3)

4

B

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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´

F 1´

E

A

E

6´

O

1´

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?

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción

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 Como Se o S2 = T2OP

1 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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción

.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) O∉e

M = CO o Se

Con un razonamiento totalmente análogo al anterior tendremos:

M = S2 o S1 o Se

siendo el eje 1 paralelo al eje e 2

Como S1 o Se = T2PO

e

P

1

O

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción 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 ).

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción

1 ϕ

2

O 1´ ϕ 3 ≡ 2´

M = S3 o S2 o S1 = S3 o S2´ o S1´ = I o S1´ = S1´ M = S1´

En definitiva: •

Ejes paralelos 1||2||3

M = S3 o S2 o S1 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´

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

Ana Coló Herrera

D

C

A

B

Héctor Patritti

Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción

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: CO

TAB A(B)

RA , - 90°

op. B(A)

op. D(C)

D

C

A

B

B(C)

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

A

Bisectriz exterior

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción

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

1) Reconocemos M como congruencia directa. 2) Elección de los puntos.

C +O

A

B

Elijamos A como primer punto. TAB A

CO B

RA , + 90° 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 D

CO C

RA , + 90° 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°. Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción

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 P

M2 ......................................... M n – 1 P1

P2 ..............................

Mn Pn–1

P´

En consecuencia: M(P) = P´. Tomemos ahora P´como segundo punto. M1 P´

M2 .......................................... M n – 1 P´1

Mn

P´2 ..............................

P´n – 1

P´´

En consecuencia : M(P´) = P´´

Tendremos entonces que en la congruencia M al segmento PP´ le corresponde el

M (PP´) = P´P´´

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 P´coincida 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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción

a) P coincide con P´´

M Directa

Indirecta

CO P ≡P ´´ •

• P´

Se (e) mediatriz del

(O) punto medio del segmento PP´

P

O

segmento PP´

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

Ana Coló Herrera

P´

P

P´

eje

Héctor Patritti

Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción

c) P , P´, P´´, no alineados M Directa P´´

P

Indirecta

Rotación

P´

Antitraslación

Las mediatrices de los

La paralela media del

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII-Composición de Congruencias – Introducción

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 A

CO B

RA , -90° D

M(A) = B

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. CO

TAB B

B1

RA , -90° 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 ,

Ana Coló Herrera

+ 90°

Héctor Patritti

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

M(B) = 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 CA B

Utilicemos la circunferencia (CP) para resolver la composición. Tomemos comoprimer punto al centro A. CA A

CB

CA

B

A

A´

A´

CB B

A´1

A´´

La circunferencia tendrá centro A´ y radio A´A .

A´1

A

B

A´

A´´

Siendo A y A´´ diametralmente opuestos en la circunferencia la congruencia directa M es la Traslación de vector AA´.

Ana Coló Herrera

M = T2AB

Héctor Patritti

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 = S4 o S3 B

La forma conveniente de ubicar los ejes de las simetrías es la indicada en la fig.(1).

2

1

4

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 CA , B

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 CA B

A

B

C

Utilizando la propiedad asociativa podemos escribir: M = CC o (CB o CA) . B

Traslademos ahora la pareja AB a una nueva posición A1B1 de manera que B1 B

coincida con C. Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares

A

B

A1

B1 C

Finalmente : M = CC o (CB o CA) = CC o ( CB1o CA ) = (CC o CB1 ) o CA = CA 1 1 1 B

M = CA1 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 CA B

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

A1

*C B1 B

M = CC o CB o CA = CC o CB1 o CA = I o CA = CA 1 1 1 B

M = CA1 Como el cuadrilátero ABCA1 es por construcción un paralelogramo el resultado te permite afirmar que: Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares

“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=Tu oT u y v opuestos

a)

v

( v =-u ) u v

Tomemos dos puntos A y B del plano y busquemos sus correspondientes. Tu

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=Tu oT b) ) u y v

v

=I

no opuestos .

u

v

Tomemos un punto A del plano y utilicemos

A1

A1´

la circunferencia (CP) . A

M(A) = A´

A´

A´´

M(A´) = A´´

Demostraremos que A , A´, A´´ están alineados.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII –Composición de Congruencias –Composiciones particulares

Como los triángulos AA1A´ y

A´ A1´ A´´ tienen sus tres lados respectivamente

congruentes son congruentes. En consecuencia los ángulos A1 AA´ y A1´ A´A´´ son iguales y siendo AA1 y A´ A1´ rectas paralelas , los puntos A , A´, y A´´ están alineados. Concluímos entonces que : M = TAA´

AA´= u + v

M =Tu+v

Finalmente entonces :

“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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares

4)

Composición de dos Rotaciones

Distinguiremos dos casos , Rotaciones de igual centro y Rotaciones de distinto centro. a) Igual centro

A1

i) Igual sentido. M = RO ,

θ

A´ θ+ϕ

o RO , ϕ = RO , ( 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 = R O1, θ o R O 2 , ϕ

Distinguiremos dos casos según las rotaciones tengan igual sentido o sentidos contrarios. Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares

a) Igual sentido. ϕ + θ ≠ 360°

i)

Descomponiendo ambas Rotaciones en composición de simetrías axiales con los ejes indicados en la figura tendremos: M = R O1, θ o R O 2 , ϕ = S4 o S3 o S2 o S1 = S4 o S1

4 O1

O2

θ/2

2

3

ϕ/2 1 ϕ / 2 + θ / 2= ω

O

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. ϕ + θ = 360°

ii)

Bajo esta condición los ejes 1 y 4 resultan paralelos . θ/2 O1

2

3 ϕ/2

1

Ana Coló Herrera

O2

u

4

Héctor Patritti

Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares

M = S4 o S3 o S2 o S1 = S4 o S1= T u

Tendremos entonces:

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.

M = Tu

Finalmente entonces : b) Sentidos contrarios. i) ϕ ≠ θ

M = R O1, θ o R O 2 , ϕ = S4 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

ϕ/2

O1

O2

2

3 θ/2

En el triángulo OO1O2 tenemos :

ω=

θ

−

ϕ

=

θ −ϕ

2 2 O sea : 2ω = θ−ϕ

Finalmente entonces:

θ 2

=ω +

ϕ 2

2

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 :

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares

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

O1

4

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 , u

v

o ATe ,

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

Ana Coló Herrera

M = Tu+v

Héctor Patritti

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 ,

Ana Coló Herrera

u

Héctor Patritti

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. -1

Para determinar el punto A basta aplicarle al punto P la congruencia [ AT r , u ] . 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 u

v

A

A´

r

s

AT r , u

ATs , v

A

P

A´

Correspondiente de B en la composición. B´ P u

v A

r

B

s

B

AT r , u

A´

ATs , v A

B´

Los segmentos AB y A´B´ se corresponden en M , por lo que M será una Rotación.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

u || || 2 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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares

r´

s´ P

v

r

s

2

1

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´ 1

P

4

φ

v

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 = − 2) Trazar la perpendicular al eje s por el punto S tal que PS =

u 2

v 2

El punto de intersección de ambas perpendiculares determina el punto O .

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares

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)

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares

Eje de la AT. O≡A´

N A´´

Eje (e)

M

Q

A

R

θ

A1´

fig.(1)

Tendremos: ATe , u Tu A

Se R

O

A´≡ O

Tu

Se O

RO , + θ

R

A1´

A´´

De lo anterior se deduce que los segmentos AO y O A1´ se corresponden en la Antitraslación por lo que el punto A1´ pertenece a la circunferencia (CP) como indica la figura . 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 AA´A´´ nos define el eje y el vector de dicha Antitraslación. Por tanto:

M = ATMN , MN

Analicemos la figura anterior. Los ángulos A´´A A1´ y NMQ son congruentes por correspondientes. El ángulo A´´A A1´ es inscrito en la circunferencia , siendo el ángulo A´´O A1´ su

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares

central correspondiente. Por tanto: NMQ =

θ 2

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 = −

θ

3)Construímos el ángulo

2

1 u 2

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

1 MN , mitad 2

del vector de la Antitraslación resultado. La fig. (2) muestra los pasos anteriores. MN

•O

Eje

2

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII – Composición de Congruencias –Composiciones particulares

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 A1´ , para que A´´≡ A deberá ser:

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) u y la medida del cateto MQ es || || . 2 u ϕ 2 En consecuencia: tg = d 2

u ϕ 2 = Arc tg d 2

u ϕ 2 = 360° - 2 Arc tg Finalmente: θ 0 = 360° - ϕ = 360° - 2 . 2 d 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 .

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

ENUNCIADOS

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII - Composición Congruencias - Enunciados

Ejercicio No. 1 Dada la congruencia M demuestra que : –1 –1

a) ( M )

=M

b) Si M = M2 o M1 entonces : M

–1

-1

-1

-1

= (M2 o M1) = M1 o M2

“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

Ana Coló Herrera

N

B

Héctor Patritti

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?

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII - Composición Congruencias - Enunciados

Ejercicio No.7 Sea ABCD el cuadrado de centro O de la figura. D

M

Expresar M en forma canónica y hallar la imagen del

C

cuadrado en ella si: O

A

N

B

a) M = TAB o CB b) M = SAB o CM c) M = RD, - 90º o TAC d) M = CA o CO o CC e) M = CA o CB o CC f) M = TBA o TDB o TCD g) M = RA , -90º o TBD o CB h) M = SCD o SBC o S AB B

B

B

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 .

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII - Composición Congruencias - Enunciados

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 =

3 OO´. 2

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 ).

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII - Composición Congruencias - Enunciados

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 2

Una congruencia M se dice “involutiva” si M = 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? 3

4

n

d) Si una congruencia M es involutiva, encuentra M y M .Generaliza para M .

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII - Composición Congruencias - Enunciados

Ejercicio No. 17 Hallar M

–1

si:

a) M = CO

b) M = Se

d) M = RO , - θ

e)

c) M = TAB

M = ATe , AB

Ejercicio No.18 M2 o M1 = RO , - 120º

Se sabe que:

(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: 2

ii) M = CO

2

vi) M = AT e , u

i) M = I

v) M = S e

2

Ana Coló Herrera

2

iii) M = TAB

2

iv) M = RO , - θ

2

Héctor Patritti

Capítulo VII - Composición Congruencias - Enunciados

Ejercicio No. 21 a) Encuentra M 3 para las distintas congruencias M del ejercicio No. 17. 3

b) Halla M sabiendo que M = AT e , AB . n

c) Halla M sabiendo que M = RO , −θ .

Ejercicio No. 22 2

Se sabe que: M = 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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

RESOLUCIONES

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución

Ejercicio No.1 a) Definamos la congruencia M . O

M

O´

a

O(a)

α

O´(a´)

α

α´ -1

La congruencia M O´

α´

O´

a´

O

será entonces:

O

M- 1 O´(a´) α´

O (a) α

Finalmente: O

( M- 1)- 1

O´

O(a)

( M- 1)- 1 = M

O´(a´)

α

α´

b) Sean: O

M1

O´

O´

O(a)

O´(a´)

α

M2

α´ α

O´´

O´(a´) α´

a

O´

O

O´´ (a´´) α´´

α´

a´

O´´

a´´ α´´

La congruencia M = M2 o M1

M

O

O´´

O (a)

O´´(a´´)

α

α´´

es tal que: O´´

M –1

O´´ (a´´) α´´

O O (a) α

Para las congruencias inversas de M1 y M2 se cumplirá:

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución

O´

O

M1-1 O´(a´)

M2-1

O (a)

α´

α

O´´

O´

O´´(a´´)

O´(a´)

α´´

α´

Componiendo:

M1-1 o M2-1

O´´

O

O´´ (a´´)

O (a)

α´´

α

M -1 = ( M2 o M1 ) –1 = M1-1 o M2-1 Ejercicio No.2 M2 = M1 –1

a) M2 o M1 = I

b) i) M3 o M2 o M1 = I

Asociando:

M3 o (M2 o M1) = I

M3 = (M2 o M1) –1 M1 = (M3 o M2 ) –1

ii) M3 o M2 o M1 = (M3 o M2 ) o M1 iii) M3 o M2 o M1 = I

-1

Componiendo a la izquierda con M3

M3-1 o M3 o M2 o M1 = M3-1 o I

tendremos:

M2 o M1 = M3-1 -1

Componiendo ahora a la derecha con M1

obtenemos:

M2 o M1 o M1-1 = M3-1 o M1-1 = (M1 o M3) -1 Finalmente entonces:

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) 1- = ATMN , 2BC B

b) M2 = ATMN , 2CB o SAC o TAB o CO

M2 o RA , +90º = I

Ana Coló Herrera

M2 = (RA , +90º) –1 = RA , - 90º

Héctor Patritti

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

A

b) Como: CN o CM = T2MN

N

B

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 GO

Ana Coló Herrera

CN G

G1

Héctor Patritti

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: GOG1 ⏐⏐ MN y

T2MN (GO) = G1

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 a CM = a

3 , por tanto 2

3 . 2

Como G es baricentro , entonces GM = MGO = a

3 . 6

Aplicando el teorema de Pitágoras en el triángulo AMGO obtenemos: 2

AGO

2

2 a2 ⎛ a ⎞ ⎛⎜ a 3 ⎞⎟ = ⎜ ⎟ +⎜ = 3 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 6 ⎟⎠

AGO = a

3 ≠ AC 3

El cuadrilátero AGOG1C no resulta ser cuadrado.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución

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 = S4 o S3 o S2 o S1 B

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

A

D

B

Q

B´

Fig. (2)

Tomemos como 1er. punto al punto B. CB B

TAB B

CB B´

B´

TAB 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 . Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución

c)

M = RD , - 90º o TAC

Utilicemos la circunferencia (CP) , tomando A como primer punto. TAC

RD , -90º

A

C

A

A unido.

Tomemos como segundo punto la preimagen E del punto D, en la traslación. TAC E

RD , -90º D

D

D

C

A

B

Como M es directa , A unido y D = M(E) concluimos que:

M = RA , - 90º. E

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 C

CO C

CA A

CA

D

A CO

A1

A

C O

CA A2

C

A

B

Como M es directa :

M = CO

CP

A2

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

A

B

M = TAC

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución

g)

M = RA ,+ 90º oTBD o CB

Tomemos B como primer punto . CB B

TBD B

RA , + 90º 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

TBD

B

C

C´

RA , + 90º A

M(C) =A

A D

C

A

B

C´

La congruencia M será finalmente:

M = RB , + 90º

Comprueba el resultado descomponiendo en simetrías axiales.

M = SCD o SBC o SAB

h)

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 M = Tu o Se

a)

Consideremos el vector u con origen sobre la recta e. Utilicemos la (C)P).

Tu

Se A

A

Se B

B

Tu B1

B´

B´es el punto de intersección de la (CP) con el eje e , distinto del punto A. Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución

(CP) B u M

N

A

eje

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

E

Vector de la AT.

b) Repitiendo el razonamiento anterior tendremos: u e

A

P

B´

R

S B1

eje (CP )

Repitiendo el razonamiento anterior tendremos:

Tu A

Se B

Tu B1

Ana Coló Herrera

B1

Se B´

B´

Héctor Patritti

Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución

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.

M = TAC o SAB

c)

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´

D

a

A

C´

C

O

B

C1

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución

Tomemos el punto A como primer punto.

ATAB , AB A

R O, + 90º B

ATAB , AB C

RO , + 90º

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. –1

Esto implica que M (O) = P. (ATe , u o RO , +θ)

–1

= (RO , +θ)

–1

–1

o (ATe , u) = RO , -θ o ATe , - u

RO , -θ o ATe , - u (O) = P.

O u

N M

e

θ

P

θ/2 O´

P1

RO , +θ P

ATe , u P1

RO , +θ O

M = ATNM ; NM Ana Coló Herrera

O

ATe , u O

O´

M indirecta

siendo N punto medio de PO y M punto medio de OO´.

Héctor Patritti

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 O´y radio OA. c) RO, +90º (D) = D´

RO, +90º (A) = A´

RO, +90º ( DA ) = D´A´

d) Ubicamos el punto P´ tal que los arcos PA y P´A´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. P´AD´ es un ángulo inscrito en (C ´ ) con arco correspondiente P´O´. Como las circunferencias (C ) y (C ´) y los arcos PD y P´D´son respectivamente congruentes se cumplirá que: Ang. PAS = Ang. P´AD´. Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

P

A´

P´ O

Fig. (1)

O´ C P´´

(C ) B

(C ´) P1´´

P2

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´ P

CO´ P´

TOO´ P´´

CO´ o TOO´ (AP) = BP

A

CO´ A´

B

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

Ana Coló Herrera

J

B

Héctor Patritti

Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución

AB.CJ MN.CH Area MNC = 2 2 Como : AB= 2 MN y CJ = 2 CH Area ABC = 4 Area MNC. Area ABC =

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

A

O

m2

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 A

O

r i´

ri B

O´

(C )

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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. SAC

SAB B

B

B

SBC 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).

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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|| =

3 a . 2

Ejercicio No.16 –1

Demostraremos primero que si M es involutiva , entonces: M = M . 2

Como M es involutiva se cumple que: M = I Precomponiendo con M

–1

M o M = I.

tendremos:

M –1 o M o M = M –1 o I = M –1 Demostraremos ahora que si M = M

M = M –1. –1

, entonces M es involutiva.

Precomponiendo con M:

M o M = M o M –1

M2 = I

M es involutiva.

M 2 = Tu o Tu = T2 u

b) M = Tu c) M = RO , θ (θ≠180º)

Tu no es involutiva.

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.

M 2 = Se o Se = I

d) En efecto: M = Se

M 2 = CO o CO = I

M = CO 3

2

e) M = M o M

M 4 = M 2 oM 2

2

M3= M

Si M es involutiva entonces: M = I 4

Si M es involutiva entonces: M =I o I

n par

Mn = I

n impar

Mn = M.

M4 = I

Mn 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

De acuerdo a la definición de traslación:

Ana Coló Herrera

TAB

A A(B) α

B op. A(B) α

Héctor Patritti

Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución

(TAB )

B op. A(B) α

-1

A A(B) α

Esta es la definición de TBA. (TAB )

d) M = RO,

-1

= TBA

-θ

Razonando en forma similar a la parte c) con la definición de rotación , concluimos que: e)

(RO, (ATe , AB )

–1

= (Se o TAB )

-θ)

–1

–1

= RO,

= (TAB )

+θ

–1

(ATe , AB )

o (Se)

–1

–1

= TBA o Se =AT e , BA

= 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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución

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 , -120ª A 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. RO , -120ª Se 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´.

M2 = ATMN , MN

Finalmente:

Ejercicio No.19 CO o M o TAB = RO . – 90ª

a)

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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución

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

A

E

B

La congruencia M es directa. Hallemos el correspondiente del punto B en la composición. TBA B

RO . – 90ª A

CO 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 E

RO . – 90ª O

CO O

O

M = RB , EBO = RB , + 90ª

Finalmente entonces: b)

SAB o CO o M oTAB = RA ,

M = CO o SAB o RA ,

+ 90ª

+ 90ª

o TBA

M es una congruencia indirecta. Tomemos B como primer punto. TBA B

RA ,

SAB

+ 90ª

A

CO

A

A

C

M(B) = C

Tomemos C como segundo punto. C será el centro de la circunferencia (CP). TBA C

RA , D

Ana Coló Herrera

+ 90ª

D´

SAB D´

CO D´´

M(C) = D´´

Héctor Patritti

Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución

eje

D

C

N

D´´

M

D´

Finalmente:

A

B

M = ATMN , MN

M es punto medio del lado BC , N es punto medio del segmento CD´´. || MN || =

a 2 2

Ejercicio No.20 2

Calculemos primeramente M 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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo VII -Composición de Congruencias –Resolución

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)

2

iv) M = RO , ± θ 2

M =RO , ± θ/ 2 2

v) M = Se

La igualdad planteada es imposible ya que M es directa.

2

vi) M = 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

3

2

3

2

M = M o M = I o M = M = CO

ii) M = Se

M = M o M = I o M = M = Se

iii) M = TAB

M = T 3AB

iv) M = RO , ± θ

M = RO , ±

v) M = ATe , AB

M = ATe ,

3

3

3

3

b) M = ATe ,

c)

3θ

M = ATe ,

AB

M n = RO , ± θ

3AB

AB/ 3

M = RO , ± θ / n

Ejercicio No.22 2

M = TAB a)

M directa: M = TAB / 2 M indirecta : M = ATe , AB / 2

b) A´= ATe , AB / 2 (A)

( e cualquier recta con dirección AB )

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

CAPITULO VIII

LUGARES GEOMETRICOS

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

ENUNCIADOS

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

d) M = Tu

u de dirección variable y norma constante || u || = k.

e) M = ATe , u

u vector dado paralelo al eje e.

∀x ∈ R.

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:

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Capítulo VIII - Lugares Geométricos– Enunciados

a)

M = Se

eje e , dado.

b)

M = CO

centro O , dado.

c)

M = RO , - θ

d)

M = ATe , u

O y θ dados. 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

AM ⊥ r

a

B

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 ). Ana Coló Herrera

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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 O1

θ O2

a) LG. de M y LG. de N al variar θ , 0< θ < 180º. b) Mostrar que N = TO1O 2 (M). ¿Qué característica presenta el movimiento del segmento MN al variar θ? 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

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Capítulo VIII - Lugares Geométricos– Enunciados •M θ

O 1 O 2 > O1 M O2

O1

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

D

C

A

B

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r || CD

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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 a) Demostrar que:

MC∩AN = Q

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.

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Capítulo VIII - Lugares Geométricos– Enunciados

Ejercicio No.14 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) a) Hallar

P´´ = R O2, - 120º (P´)

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

A

m

r

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).

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Capítulo VIII - Lugares Geométricos– Enunciados

Ejercicio No.17 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

Sea

M = Tu o RO , − θ

P

u

u || t

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.

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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

B2 B

θ2 A1

B1 B

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.

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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 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.

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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´.

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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 B´ F

Poste

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

•

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C2

•

C1

•

•

C2

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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.

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RESOLUCIONES

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Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

Ejercicio No.1 a) b)

c)

d)

•

•

•

O

A

A´

HO, 3/2 (A)=A´

•

•

•

A

O

A´

HO, - ½ (A)=A´

HO, 2 (A)=A´

HO, - 5/2 (A)=A´

•

•

•

O

A

A´

•

•

A´

•

O

A

Ejercicio No.2 a) i) HA , 2 (ABCD) = A´B´C´D´

D´ D

A

C´ C

B

B´

ii) HO , 3/2 (ABCD) = A´B´C´D´ D´

C´

D

C

O

A

B

A´

iii)

B´

HA , - 1/2 (ABCD) = A´B´C´D´ D

C

A B´

C´

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B

D´

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Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

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

ii) HO , 3/2

B¨

iii) HA , -1/ 2 C´

C

C

O

A´ A

B´ A A´

B

B B´ C´

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Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

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 :

OA´ OB´ = =K OA OB A´ r A P O

P´

B´

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)

OP´ =K OP

OA´ OP´ = OA OP

por tanto

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 . OA´ OQ´ AQ || A´ Q´≡ r´ = OA OQ Como la paralela a r´ por A es única (r) , concluimos que Q ∈ r . Siendo Q´= HO, K(Q) se cumple que:

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.

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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

(C)

S´

O S

P

Se cumple:

PO´ =K PO

Sea Q un punto cualquiera de (C). Hallaremos su correspondiente Q´ en la homotecia. Q´ pertenece a la recta PQ y es tal que O´Q´ = K . Como OQ = R OQ

PQ´ PO´ =K= PQ PO O´Q´ = K.R

OQ || O´Q´ y 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 En consecuencia

PS´ PO´ =K= PS PO OS =

OS || O´S´ y

O´S´ R´ KR = = =R K K K

O´S´ = k. OS 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´)

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Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

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

HA , K (A(a)) = A(a´) ≡ A(a)

a

P´

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

a) Como ang.OAB=45ª entonces ang.BAC=135ª por lo que C ∈ opA(O).

P´

El punto P´ buscado debe pertenecer a la recta OP por definición de homotecia.

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Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

OC OA + AC AC AB = = 1+ = 1+ = 1+ 2 OA OA OA OA 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

CP´ = K = 1+ 2 . AP

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

A

O

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 = Se cumplirá que:

CD = 2. AB

OC = 2 por lo que A es el punto medio del segmento OC. OA

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.

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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 A

C

D

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

a)

M

B

MC =3 MG GC K5 = − = −2 GM

MG 1 = MC 3 CG 2 K4 = = CM 3

CM 3 = CG 2 GM 1 K6= − =− GC 2

K2 =

K1=

b)

K3 =

A

M

N G

B

Como BC || MN

C

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.

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Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

Ejercicio No.8

C

P

A

R

Q

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

CP = K. CA

Se cumplirá entonces que: HC , K(A) = P

HC , K(M) = R

HC , K(B) = Q

HC , K (seg.AM) = seg.PR PR RQ = =K AM MB 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

D

P

C

Si supones el problema resuelto (ver figura) concluimos que como se exige que el

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Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

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=

OA en la que el segmento OM

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

Q

P

A

B

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. Ana Coló Herrera

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Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

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

mN ang.MPN

MN

Ejercicio No.11 O2

A

a

B

O1 D

b

C

a) Se cumple: OC HO1, K1 (A) = C con K1 = − 1

O1A

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HO1, K1 (B) = D

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Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

Por tanto en HO1, K1 el segmento CD es la imagen del segmento AB y será entonces K1 = −

CD b =− AB a

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. DC b = AB a b) Como M es punto medio del segmento CD y N es punto medio del segmento AB En consecuencia:

K2 =

ambos se corresponderán en la homotecia HO1,

y por tanto M, O1 y N están

K1

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:

Ana Coló Herrera

ang.ADC=ang.ABC

ang.DCE = ang.BCF

Héctor Patritti

Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

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. EF . EC b) La demostración de la parte anterior fue independiente del valor en grados de los Se cumple entonces que: HE , K (C) = F

con

K=

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

EF =K EC

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: EF2 EC

2

=

(a + b) 2 b

2

⇒

a a EF a + b = = 1+ ⇒ K = 1+ b b EC b

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

EF . El dispositivo permite variar la longitud de los EC

lados del paralelogramo , variando de ese modo la razón de homotecia o sea el factor de ampliación o reducción.

Pantógrafo •

•

• A

Ana Coló Herrera

A´

Héctor Patritti

Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

Ejercicio No.13 E

•

D•

R•

A•

C

•

F

B•

•

•S •T

G• BE=3BC

AB=BC=FT

a) i) HA ,K(C) = F

K=

AF =3 AC

ii) HA , K´ (C) =S´

´

K´=

AS =4 AC

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=

AC =4 , AB

HA,4(B)=C. b) Si el punto B sube verticalmente 0.25 m , el punto C subirá 4.(0,25) = 1m.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

c)

e B´ ΔxB B

D´

O´1 O1

D

ΔxD

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

1 ΔxB 2

ΔxD =

HA , 1/2 (B)= O1

ΔxD = 0,125 m.

Si llamamos O2 a la proyección ortogonal de F sobre el eje (e) tendremos que: ΔxF =

HA , 3/2 (B)=O2

3 ΔxB 2

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

Ejercicio No.15 a)

x

O

Δx

P

P´

r

P´= HO , K (P)

OP´ = K >1 OP

x + Δx = Kx

Δx = x.(K-1) d K −1

b) Δx = d

d = x.(K-1)

El punto Q que dista

d del centro de homotecia es el punto buscado. K −1

c) Como x =

radio R =

x=

d es constante , el L.G. será la circunferencia (C) de centro O y K −1

d . K −1

Q•

(C) R

O

d) A

i) HA , 2

ii) HA , 3 / 2

iii) HA , 4 / 3

C

D

K=2

K=3/2

K=4/3

E

F

{A,C,D,E,F,B}

B

A´= HA , 2(A)

A´ ≡ A

C´= HA , 2(C

C´ ≡ D

D´= HA , 2(D)

D´ ≡ F

A´= HA , 3 / 2(A)

A´ ≡ A

D´= HA , 3 / 2(D)

D´ ≡ E

A´= HA , 4 / 3(A)

A´ ≡ A

E´= HA , 4 / 3(E)

E´≡ F

solución {A , C , D }

solución {A , D }

solución {A , E}

Ejercicio No.16 200 100 = 198 99

a)

K=

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 :

AP´ AB´ 100 = = AP AB 99

Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

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 =

d . K −1

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 =

100 tendremos que AP≅250m. 99

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.

Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

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

Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

Extremo a ser fijado al poste

Mordazas

Fig.(2)

Cadena de sujección Mordazas

Barra dentada

Brazo de palanca

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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

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)

t1

(C2) Fig,(4)

U1

Una tangente común t1. Los casos v) y vi) no presentan tangentes comunes. Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

b) i) Existen dos homotecias que hacen corresponder a la circunferencia (C1),la circunferencia (C2). Ellas son: HU1, K

y

HU2 , -K

R con K= 2 R1

Fig.(1)

ii) Idem:

HU1, K

y

HU2 , -K

R con K= 2 R1

Fig.(2)

iii) Idem:

HU1, K

y

HU2 , -K

R con K= 2 R1

Fig.(3)

Determinación de U2 t (C1)

P2 U2

O1

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 :

y

HU1, K

R con K= 2 R1

HU2 , -K

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

Ana Coló Herrera

y

HU2 , -K

R con K= 2 R1

Héctor Patritti

Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

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 O2

O1

P3

U1

P1

R vi) Existe una única homotecia con centro en O, HO, K con K= 2 . R1

(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:

Ana Coló Herrera

UO1 R1 =K. = UO2 R2 Héctor Patritti

Capítulo XI – Homotecia – Resoluciones

En consecuencia U = AB ∩ PQ y es un punto fijo.

P

U Q A

O1

C O2 (C2)

D

B

(C1)

R1

b) 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=

Se cumple que: d + R2 < R1 Retomando la igualdad (I): x =

d.R 2 (I) R1 − R 2

d < R1 - R2 d.R 2 < R1 − R 2

Finalmente entonces: x < R2 lo que implica que U es interior al segmento O2D.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

SECCION 2 COMPOSICION Y LUGARES GEOMETRICOS

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XI - Homotecia - Composición y Lugares Geométricos - Introducción

INTRODUCCION Para resolver los ejercicios que te planteamos en este capítulo debes recordar del curso: ¾ 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´´. ¾ 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 ¾ 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 = Tu

si

u ⏐⏐ O1O2

K1.K2 = 1

¾ 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

¾ La inversa de la composición de dos homotecias es la composición de las homotecias inversas en orden inverso. ( H2 o H1 )

–1

-1

-1

= H1 o H2

¾ La composición de homotecias no es conmutativa.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

ENUNCIADOS

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

a2 4

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

BC en función de AB y AC. ( Recuerda el teorema de la BD

bisectriz). b) Construye un triángulo ABC con AB = 6cm AC = 3cm AD = 4cm siendo D el

pié de la bisectriz interior del ángulo CAB.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

RESOLUCIONES

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos - Resoluciones

Ejercicio No.1 a)

HO1 , 3/2

HO2 ,

A

2

A1

U = O1O2 ∩ AA´

A´

A´

HO2 ,

2

o HO1 , 3/2 = HU , 3 A1 A

O1

b)

HO1 , -2/3

HO2 ,

A

U

O2

1/2

A1

U = O1O2 ∩ AA

A´

A

HO2 ,

1/2

o HO1 , -2/3 = HU , -1/ 3 U

O1

O2 A´

A1

c)

HO1 ,1/ 3 A

HO2 , A1

3

A´

HO2 , 3 o HO1 ,1/ 3 = Tu

A

A´

u = AA´ A1

O2

O1

Ejercicio No.2 E

a) D

C M O

F

H

A,

AE (O) = H A,3 (O) = E AO

Ana Coló Herrera

A

H

B B,

BM (E) = H 1 (E) = M B, BE 2

Héctor Patritti

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

FM 3 = FO 2

Como HF , 3/2(O)=M

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

Si HO , K (A) = B

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 Ana Coló Herrera

Por tanto:

I o Σ o H2 = H1-1 o H3 Héctor Patritti

Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos – Resoluciones

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 H U,

Σ = H1-1 o H3 o H2-1 si

K3 K1K 2

K3 ≠ K1. K2

Σ Tu

si

K3 = K1. K2

Determinación del centro de la homotecia resultante en el caso

K3 ≠1 K1K 2

U A1 A

O1 A2 O3

O2

P

A´

H2-1 A

H1-1

H3 A1

A2

Σ(A) = 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

K3 =1 K1K 2

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´.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos – Resoluciones

Ejercicio No.5 a) HJ , K = HD , -2 o HC , -½ o HA , 2 O´

K = 2.(-1/2).(-2)=2 D

C

O A

HA , 2 O

HC , ½ C

B

J

HD , -2 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 C

HC , - 1/2

HD , -2 O

EO

E

HJ , 2 (C)=E

Por tanto los puntos J , E y C están alineados y C es punto medio del segmento EJ. EO

E

D

C O

A

B

J

Ejercicio No.6 a) HO , -2 o HB , 1/2 o HA ,1/2 = HJ , -1/2

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos – Resoluciones

Tomemos el punto A: HA ,1/2 A

HB , 1/2

HO , -2

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´C´ =

b)

BC

Area triang. JBC = 22 = 4 Area triang. JB´C´

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 A

C1 B

seg.AE = 2 seg. AC ∀C.

Como E = CC (A) se cumple que: seg.AC = seg.EC En consecuencia: HA , 2(C) = E HA , 2(D) = F

Analogamente :

L.G. (E) = HA , 2 ( LG(C)) LG de F

D1 ´

LG deD

A

L.G. (F) = HA , 2 ( LG(D)) C1´

D1

´

B

Ana Coló Herrera

Co

B´

A

LG de E LG de C

B

B´

Héctor Patritti

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: CD || EF .

HA , 2 (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

A

radio OD = R

O

B

Si consideras el triángulo rectángulo OND tienes: DN = ½ DC =½ R utilizando el teorema de Pitágoras concluimos que ON=

OD=R y

R R 3 R 2 − ( )2 = por 2 2

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 A

Ana Coló Herrera

N1 B

Héctor Patritti

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 R 3. 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

AP . AN

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

1 del segmento AM 3

tendremos: A

N

P

M

AP 4 = AN 3

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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 4 2 3 El radio será: R´= .ON = R. 3 3 LG de P.

AO´ 4 = AO 3

Los extremos No y N1 permiten limitar el LG de P

NO

N1

A

O

O´

B

Ejercicio No.8 r

a)

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 A

r´´

r

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

Ana Coló Herrera

L.G(Q) = HA , 1/3 (LG(R)) = r´´´.

Héctor Patritti

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

P

r

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

Ana Coló Herrera

∀ C≠P

L.G.(G) = HM , 1/ 3 (LG (C)).(Excluir Q).

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Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos – Resoluciones

b) Para que el área del triángulo ABC valga

a2 , la altura relativa al vértice C debe 4

a . 2

valer

a obtenemos dos posiciones para el 2 punto C y luego las correspondientes posiciones de G sobre el LG hallado en a). Trazando las paralelas a la recta AB a distancia

C1

C2

G1

a/2

A

G2

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 HB , ½ o HA

,2

,2

(I) = J

∀I

= 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

AB = a

a

B a

BE1 = a 5

Ana Coló Herrera

AE1= 2 2 a

perímetro p = (1+ 5 + 2 2 )a

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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

AE 2 = . AC 3

Se cumplirá entonces que:

∀C

HA , 2 / 3 (C) = E

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).

Ana Coló Herrera

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Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos – Resoluciones

b) Sea G1 el baricentro del triángulo BCD. Se cumple entonces que:

OG1=

1 OC 3

AG1 4 = AO 3

Considerando la homotecia HA , 4/3

HA , 4/3 (O)=G1 ∀ O

tendremos:

L.G.(G1) = HA , 4/3 (LG(O))= semirecta F(G1) excluyendo el punto F. c) Se cumple que:

AG 2 2 = AO 3

L.G.(G2) = HA , 2/3 (LG(O))= semirecta I(G2) excluyendo el punto I.

Ejercicio No.14 (c 1´)

(c2) S1 Q1 (C1) O1

O´1

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

Aplicando el teorema de la bisectriz:

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B

DC AC = BD AB Héctor Patritti

Capítulo XI – Homotecia – Composición y Lugares Geométricos – Resoluciones

Sumando 1 a ambos miembros de la igualdad tendremos:

DC AC +1 = +1 BD AB b) AB = 6 cm

⇒

DC + BD AC + AB = BD AB

AC = 3 cm

⇒

BC AC + AB = BD AB

AD = 2 cm

Utilizando la relación de la parte anterior:

BC 3 + 6 3 = = BD 6 2

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

(C )

D

B

A

(C ´´)

(C ´)

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CAPITULO XII

SEMEJANZA

Ana Coló Herrera

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INTRODUCCION

Ana Coló Herrera

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Capítulo XII - Semejanza– Introducción

INTRODUCCION Para abordar los ejercicios que te propondremos sobre el tema deberás recordar del curso: ¾ 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

A´B´ =K AB

K ∈R+

Al número real K se le denomina “ razón de semejanza”

PROPIEDADES ¾ La semejanza conserva los ángulos. ¾ Las congruencias son un caso particular de semejanza (K = 1). ¾ La homotecia de razón k es una semejanza de razón |k| . ( AB ⏐⏐ A´B´). ¾ La composición de semejanzas es otra semejanza. ¾ 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”. ¾ Toda semejanza puede expresarse como composición de una Homotecia y una

Congruencia o viceversa. ¾ Llamamos semejanza DIRECTA a la que conserva el sentido del plano e

INVERSA a la que lo invierte. ¾

La composición de una Congruencia Directa y una Homotecia es una semejanza DIRECTA.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII - Semejanza– Introducción

¾ 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 .

¾ 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. ¾ 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” ¾ La simetrihomotecia es una semejanza indirecta de razón |k| y es conmutativa. ¾ En una semejanza

INDIRECTA PROPIA existe un UNICO CENTRO de

semejanza. ¾ 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´. ¾ Toda semejanza directa propia puede expresarse de infinitas maneras como

composición de una homotecia y una rotación. ¾ Toda semejanza indirecta propia puede expresarse de infinitas maneras como

composición de una homotecia y una simetría axial. ¾ 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

Ana Coló Herrera

con ϕ = 180º - θ según indica la figura siguiente.

Héctor Patritti

Capítulo XII - Semejanza– Introducción

A •

ϕ A´ •

• U θ

A0 •

En definitiva: RU , - θ o HU, K = RU , 180º- θ o HU, - K.

¾ 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

con U∈ e2

Se2 o HU, - K

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. ¾ 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

A´B´ =K AB

B

B´

A

A´

θ

U Cfa. Apolonio

a)

Arco capaz

Determinamos el ángulo θ en valor y sentido que forman las semirectas correspondientes A(B) y A´(B´) .

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII - Semejanza– Introducción

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

UA´ =K. UA 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: RU , − θ

HU, K A

A0

HU, - K A´

´

A

RU , (180º- θ) 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 B0

B

O

b

B´

A

A´

U

A1

A´B´ =K AB

e2

P

e1

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 .

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII - Semejanza– Introducción

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

Ana Coló Herrera

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ENUNCIADOS

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

4

3

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. Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

N

C

O

B

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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. Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza - Enunciados

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´

M punto medio de los segmentos

C

A

M

A´

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza - Enunciados

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: 2

AH = BH . HC

(Teorema de la altura)

Ejercicio No.13 En el mismo triángulo del ejercicio anterior demuestra que: 2

a)

AB = BH . B

b)

AC = CH . BC

2

( 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 A

r1 (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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza - Enunciados

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: 2

PA . PB = PC . PD = d – 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 i)

AC AB

ii)

AB AC

iii)

AC BC

iv)

AB BC

v)

BC AC

vi)

C

BC AB

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?

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza - Enunciados

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: ˆ = 60º , a) A ˆ = 60º , b) A ˆ = 60º , c) A ˆ = 60º , c) A

AB = 2 , mediana m A = 3 cm AC AB = 2 , radio cfa. circunscrita R = 2 cm AC AB = 2 , bisectriz correspondiente al vértice A : b A = 3 cm AC hB 3 = hC 4

, radio de la cfa.inscrita r = 1.5 cm

Ejercicio No.21 Si dos triángulos ABC y A´B´C´ son semejantes con razón de semejanza K , demuestra: 2

a) La razón entre sus áreas es K . b) La razón entre las áreas de los círculos determinados por las circunferencias 2

circunscritas , es K . 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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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

D

C

B O

(C2) 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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

RESOLUCIONES

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

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´). A´B´ tendremos: Como ambas semejanzas tienen la misma razón K = AB

A´C´ A´C´´ = AC AC

⇒

A´C = A´C´´ ⇒ C´≡ C´´

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 A

α´ B

B´

A´

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza – Resoluciones

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´B´C´ son semejantes áng. CAB = áng. C´Á´B´ y áng.CBA = áng.C´B´Á´

(I)

Idem los triángulos ABC y A´B´C´´ áng. CAB = áng. C ´´Á´B´ y áng.CBA = áng.C´´ B´A´.

(II)

De (I) y (II) concluimos que: áng. C´Á´B´= áng C´´A´B´ áng. C´B´Á´= áng. C´´B´A´ 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: A´B´ HO, K (AB) = A´B´ tal que: =K AB

M (A´B´) = A´´B´´ tal que:

A´B´= A´´B´´

T (AB) = A´´B´´ cumpliéndose que:

A´´B´´ = K AB

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

Ana Coló Herrera

k ≠ 1.

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza – Resoluciones

Consideremos un segmento AB y apliquémosle sucesivamente la homotecia y la traslación dadas. u

Bo

B´

B

B

U

O

O´

r

A A´

Aó

Se cumple que:

HO,

k

(AB) =AoBo

tal que

B

Tu (AoBo) = A´B´

A o Bo =K AB

tal que

B

AoBo = A´B´ B

Σ (AB) = A´B´ cumpliéndose que:

AB || AoBo

y

AB || A´B´

B

.

A´B´ || AoBo

y

B

A´B´ = K. AB

y

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.

Tu (O) = O´

Ho, K (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-1BO-1 B

tal que

HO, k (AO-1BO-1 ) =A´1B´ 1 B

Ana Coló Herrera

tal que

AB = AO-1 BO-1

y

AB || AO-1BO-1

A´1 B´1 =K A o −1BO −1

y

A´1 B´ 1 || Ao-1Bo-1

B

B

B

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza – Resoluciones

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

U1

BO-1

O

r

O1

A

Ao-1 A´1

Probaremos finalmente que U ≠ U1. Se cumple que :

UO ´ U1O ´1 = = K. UO U1O

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.

Σ1 = HB, 2 o TDM

c) i)

D´

El centro U de la homotecia resultante debe pertenecer a la recta BC. A

M

D

Busquemos una pareja de correspondientes: TDM D

HB, 2 M

D´

U = DD´∩ BC = C

r

B

C

Finalmente entonces:

Σ1 = HB, 2 o TDM = HC, 2

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza – Resoluciones

Σ2 = TDM o HB,2d

ii)

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 D

TDM Do

D´

U = DD´∩ BC

Σ2 = TDM o HB,2 = HU, 2

Finalmente entonces:

D´

A

r

M

B

Do

D

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. HO, - 2

TNC N

C

N´

U = NN´∩ r N´

A

D

Finalmente entonces: U

Σ3 = HO, -2 o TNC = HU, - 2

B

O N

r C

d) Debes hallar la imagen del cuadrado en la HC , 2

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza – Resoluciones

Ejercicio No.5 Σ = H O, K o CP

a)

A

K≠1

•

•

•

•

O

P

U

• • A´

A0

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

U = AA´ ∩ OP

A´

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 AO

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

Ana Coló Herrera

P

O1´

O´

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza – Resoluciones

CP

HO, K O CP O

O

O1´

Σ1 (O) = O1´ con OP = PO1´

HO, K 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)

Σ = CD o HB, 1 / 3 = HU, - 1 / 3

i)

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 A

HB, 1 / 3 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

B´

Ana Coló Herrera

D C´´

B´´

D´

A´

C

Héctor Patritti

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

PQ A´B´ en la que el segmento PQ = AB AB

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´.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza – Resoluciones

Distinguiremos dos casos: AB || A´B´.

a)

B´ B

O

A

A´

Existe entonces una homotecia de centro O y razón

A´B´ en la que el segmento AB

A´B´ es la imagen del segmento AB. Si tomamos como eje de la simetría axial la recta A´B´ tendremos:

Σ = SA´ B´ o HO, A´B´/ AB

SA´ B´ o HO, A´B´/ AB (AB) = A´B´

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

A´B´ que AB

compuesta con Se nos da la semejanza Σ. BO B´ B

A

O1

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza – Resoluciones r BO B

e AO A O Q

A´

B´

Sea el segmento AoBo la preimagen del segmento A´B´ en la simetría axial de eje e. B

Como los segmentos AoBo y AB son paralelos y no congruentes existe una B

homotecia de centro O y razón

AoBo A´B´ en la que el segmento AoBo es la = AB AB B

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 θ

O

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza – Resoluciones

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)

Bo B

e

B

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´Bo sean congruentes. En estas condiciones B

se cumple que , siendo e la bisectriz del ángulo BoA´B´ , Se (B´) = Bo. Determinamos luego el centro O de la homotecia de razón

A´Bo A´B´ = en la que AB AB

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=

A´B´ AB

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´.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza – Resoluciones

Luego determinamos el centro O1 de la homotecia en la que el segmento AoA´es imagen del segmento AB , cuya razón es −

AoB ´ A´B´ . =− AB AB

La semejanza Σ quedará expresada entonces por la composición:

Σ = Se1 o HO1, - K

con

K=

e

A´B´ AB

Ao

B O1

A A´

B´ r

Observa que hemos tomado en el caso i) el punto A´como punto común de los segmentos congruentes A´B´y A´Bo , y en el caso ii) al punto B´como punto común. Ello permite que ambos segmentos se correspondan en una simetría axial. Podríamos sin embargo haber considerado un segmento AoBo⏐⏐AB y congruente B

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.

Bo B

e

B

Eje de la AT.

Ao Vector u de la A.T A O

La semejanza nos quedará:

Ana Coló Herrera

A´

Σ = Se o T u o HO, K

B´

con K=

A´B´ . AB

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

Ejercicio No.9 ΣU, - 60º,

a)

2

(A) = A´

A1

A

60º U

Ao

A´

UA´ = 2 UA

RU, - 60º i)

HU,

A

Ao

HU, ii)

2

A

A´

RU, - 60º

2

A1

A´

De i) y ii) concluimos que la composición es conmutativa.(Rotohomotecia de centro U , 60º sentido horario y razón b)

2 ).

ΣU, r (A) = A´ A´ A

r

U

A1 Ao

HU, A

-

Sr

2

Ao

Sr A´

A

HU, A1

-

2

A´

De lo anterior concluimos que la composición es conmutativa (Simetrihomotecia).

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

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⏐ =

A´D´ =2 AD

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 Se1 o H M,2 al punto A debe corresponderle el punto A´.

HM, 2 A

Se1 Ao

A´

En consecuencia el eje e1 será la mediatriz de AoA´.

En la composición Se2 o H M, -2 el eje e2 es perpendicular a e1 por el punto M. HM, - 2 A

Se2 A1

A´

Comentario.

Si te hubiéramos planteado el problema inverso:

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

“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. Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

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 A

RU, – 60º Ao

HU, - 2 A´

A

RU, + 120º 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: AB AH BH = = AC CH AH De la última igualdad concluyes: 2

AH = 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

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

En consecuencia los triángulos AHB y BAC serán semejantes y podremos escribir: AB BH AH = = BC AB AC De la primera igualdad concluyes que: 2

AB = BH . BC Los triángulos AHC y BAC también serán semejantes pues: ang.AHC = BAC = 90º ang.ACH común En consecuencia:

AC HC AH = = BC AC AB

De la primera igualdad concluyes que: 2

AC = 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 En consecuencia:

por inscritos en (C ) que abarcan el mismo arco AA´.

PA PB AB´ = = PA´ PB´ A´B

De la primera igualdad concluyes que: PA . PB = PA´. PB´ b) T

P

A B Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

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: PA PT AT = = PT PB BT

2

PA . PB = PT

c)

Circunferencia (C ) de centro O y radio R. PO = d P

A

O B

A´ B´ r

PA = d - R PB = d + R Al producto

2

PA . PB = (d – R ) ( d + R) = d – R PA.PB

2

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

En consecuencia:

PA PC AC = = PD PB BD

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.

MA MP PA = = NB PB PN

En consecuencia: Como: MP = R – d

y

PA . PB = PN . MP

PN = R + d concluimos que: 2

PA .PB = ( R – d ).( R + d ) = R – d

2

Ejercicio No.16 B

θ

A

a)

b)

C

i)

AC 1 = AB tg θ

ii)

AB = tgθ AC

iii)

AC = cosθ BC

iv)

AB = sen θ BC

v)

BC 1 = AC cosθ

vi)

BC 1 = AB sen θ

θ = 30º

θ = 45º

θ = 60º

AC 3 = = 3 AB 3

AC =1 AB

AC 1 3 = = AB 3 3

AB 1 3 = = AC 3 3

AB =1 AC

AB = 3 AC

AC 3 = BC 2

AC 2 = BC 2

AC 1 = BC 2

AB 1 = BC 2

AB 2 = BC 2

AB 3 = BC 2

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

θ = 30º

θ = 45º

θ = 60º

BC 2 2 3 = = AC 3 3

BC 2 = = 2 AC 2

BC =2 AC

BC =2 AB

BC 2 = = 2 AB 2

BC 2 2 3 = = AB 3 3

c)

i) RHA , AC / AB ,

ii) RH B, BC / BA , + 90º

- 90º

iii) RH C , AC / BC , + θ

Ejercicio No.17 a) A

C

M

La razón de la rotohomotecia será: K =

B

BA BA 1 2 3 3 = = ( )= BC 2BM 2 3 3

El ángulo será: θ = - 30º . b)

D

D´ A

r

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. Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

Ejercicio No.18 P

A

E

O

ang. PBE = 30º

ang. PEB = 90º

Se cumple que:

RHB , K , - 30º (P) = E

B

∀ P ≠ A , B con K =

BE 3 = BP 2

L.G.(E) = RHB , K , - 30º [ L.G.(P)].

En consecuencia:

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´ A

L.G. de E

O

B

Ejercicio No.19 a) Sean ABC y A´B´C´ los triángulos semejantes con razón de semejanza K=

Σ (ABC) = A´B´C´

A´B´ AB

Mediante una congruencia M obtenemos el triángulo AB´´ C´´ tal que: M (A´B´C´) = AB´´ C´´. Finalmente en la homotecia de centro A y razón K se cumple: H A , K (ABC) = AB´´ C´´. Es inmediato que

AH´´ =K AH

y como AH´´ = A´ H´ se cumple:

A

A´H´ = K. AH

B

H

B´´

H´´

C C´´

b) Idéntico razonamiento con las medianas del triángulo.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones A

B

M

B´´

AM´´ =K AM

C

M´´

C´´

A´M´ =K AM

Recuerda que ya hemos demostrado que los puntos M , M´´ y A están alineados. c)

A m2

Pto. N 1

O

B

M m1

C

m2´´

O´´´

B´´

Pto. N1´´

M´´´ ´´ m1´´´

C´´

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´´ , los segmentos B C y B´´C´´ AB

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´´ .

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

En consecuencia los puntos O , O´´ , y A están alineados y

OA´´ =K. 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´ R ´´ R ´ = =K 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 B´´V´´ B´V´ . = BV BV

por lo que la razón K de la misma será: K= 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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

Como además los segmentos BC y B´´C´´ también se corresponden , se cumplirá que: HA , K ( IJ )= I´´J´´

K=

I´´J´´ I´J´ = IJ IJ

(Los segmentos IJ e I´´J´´ , son los radios de las circunferencias inscritas en los triángulos ABC y AB´´C´´ 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

B

N

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

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

B

Ana Coló Herrera

Q

V

C

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

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

hP 3 = . hQ 4

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones I

I´

B≡ P

1.5 cm

T´

Fig. ( 2 )

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

Io I´ P Q I u

Fig.(3) 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 =

Ana Coló Herrera

A´B´ . AB

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

La razón entre las alturas hC y hC´ también es K. Llamando S al área del triángulo ABC y S´ la del triángulo A´B´C´ , tendremos: S=

AB. h C 2

S´ =

A´B´. h C´ 2

Dividiendo miembro a miembro ambas igualdades: A´B´.hC´ A´B´ h C´ S´ 2 = = = K.K = K 2 AB.hC AB h C S 2 b) Sean (C ) y (C´) las circunferencias circunscritas a los triángulos ABC y A´B´C´

respectivamente. R = radio de (C )

R´= radio de (C´).

Ya hemos visto que : K =

R´ R 2

Area del círculo (C) = S = π R

2

Area del círculo (C´) = S´= π R´ 2

S´ πR´2 R ´2 ⎛ R´ ⎞ = = = ⎜ ⎟ = K2 2 2 S πR ⎝R⎠ R

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) = B´C´ ...

tendremos para el perímetro p´ del polígono imagen: p´= A´B´+ B´C´+ .......... = 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 2

2

hemos visto es K , la razón entre las áreas de ambos polígonos será también K .

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

Ejercicio No.23

C r

A

O

s

B r´ L.G. de C

OC = 3 OA

O fijo , ang.COA = +90º , ang.OCA = 30º En consecuencia: RH o , +90º, L.G.(C) = RH o , +90º,

3 3

∀ A.

(A) = C

[ L.G.(A) ] = RH o , +90º,

3

(r) = r´

r´⊥ r.

Ejercicio No.24 A x

a

M

D

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:

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

x y z = = a m n x y z = = m n b

(1) (2)

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:

AD DE AE = K1 = = BC AB AC AB = 4 cm

AC = 3 cm

BC = 5 cm

( teorema de Pitágoras).

Utilizando el teorema del cateto en el triángulo ABC tenemos: 2

AB = BD . BC CD = 5 -

2

4 = BD . 5

BD =

16 5

16 9 = 5 5

Utilizando ahora el teorema de la altura en el triángulo ABC: 2

AD = BD . CD =

Ana Coló Herrera

16 9 . 5 5

AD =

12 5

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones

K1 =

AD 12 = BC 25

K1 =

DE AB

DE =

12 48 .4= 25 25

K1 =

AE AC

AE =

12 36 .3= 25 25

De la semejanza de los triángulos ABC y ADB podemos escribir:

12 AD 4 K2 = = 5 = AC 3 5 De la semejanza de los triángulos ABC y ADC : 12 AD 3 K3 = = 5 = AB 4 5 Razón entre las áreas de: 2

Triángulo ADE y triángulo ABC = K1

Triángulo ADB y triángulo ABC =

2 K2

⎛ 12 ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ 25 ⎠

⎛4⎞ =⎜ ⎟ ⎝5⎠

2 ⎛ 3⎞ Triángulo ADC y triángulo ABC = K3 = ⎜ ⎟ ⎝5⎠

2

2

2

2

Area ABC = 6 cm

2

⎛ 12 ⎞ 2 Area ADE = ⎜ ⎟ . 6 ≅ 1.38 cm ⎝ 25 ⎠ 2

⎛4⎞ 2 Area ADB = ⎜ ⎟ . 6 ≅ 3.84 cm ⎝5⎠ 2

⎛ 3⎞ 2 Area ADC = ⎜ ⎟ . 6 ≅ 2.16 cm ⎝5⎠

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.

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Capítulo XII – Semejanza –Resoluciones ( 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:

AC AI CI = = AI AB BI

De la primera igualdad concluimos que: 2

AI = AB . AC

el segmento AI es media proporcional entre los segmentos

AB y AC .

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Congruencias-Homotecia-Semejanza -Apéndice

APENDICE

Ana Coló Herrera

Héctor Patritti

Congruencias-Homotecia-Semejanza

Perímetros , Areas y Volúmenes Triángulo a

b

p=a+b+c

h

A=

b.h 2

c Rectángulo a b

p =2a + 2b A = a.b

Hexágono L

p = 6L a

A=

p.a 2

Círculo Long. Cfa.= 2πR 2

A=πR

R

Sector circular Long. Arco = Rθ θ

Esfera

R

A=

1 2 R θ 2

Cilindro

Cono

h

R 2

A = 4πR V=

4 3 πR 3

Ana Coló Herrera

R 2

Atotal = 2πR + 2πRh

h

R 1 2 V= πR h 3

2

V=π R h

Héctor Patritti

Congruencias-Homotecia-Semejanza-Apéndice

TRIGONOMETRIA Unidades de medida de ángulos Grados Radianes Equivalencia: 3600 = 2π rad.

1800

1 rad =

π

≅ 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

θ Radianes

0

30

45

60

90

120

180

270

360

π

π

π

π

6

4

3

2

2π 3

π

3π 2

2π

3 2

0

-1

0

1 2

-1

0

1

0

∃/

0

sen θ

0

1 2

2 2

3 2

1

cos θ

1

3 2

2 2

1 2

0

-

tg θ

0

3 3

1

3

∃/

- 3

θ+ϕ=π

Angulos suplementarios sen θ = sen (π−θ)

cos θ = - cos (π−θ) θ+ϕ=

Angulos complementarios sen θ = cos (

π 2

tg θ = - tg (π−θ)

π 2

-θ)

tg θ = cotg (

π 2

-θ)

Angulos opuestos Sen (- θ) = - sen θ Angulos que difieren en sen ( θ+

π 2

π 2

) = cos θ

Ana Coló Herrera

cos ( - θ ) = cos θ

tg (- θ ) = - tg θ

y en π cos ( θ+

π 2

) = - sen θ

tg ( θ+

π 2

) = - cotg θ

Héctor Patritti

Congruencias-Homotecia- Semejanza-Apéndice

sen (θ+π ) = - sen θ

cos (θ + π ) = - cos θ

tg (θ+π ) = tg θ

Teorema del seno senA senB senC = = a b c

A c

b

Teorema del coseno B 2

2

2

2

2

2

2

2

2

a

C

a = b + c – 2 b c cos A b = a + c – 2 a c cos B c = a + b – 2 a b cos C Fórmula fundamental 2

2

sen x + cos x = 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 + tgy 1 − tgx tgy

tg ( x – y ) =

tgx - tgy 1 + tgx tgy

Fórmulas del ángulo doble sen 2x = 2 senx cosx

2

2

cos 2x = cos x – sen x

tg 2x =

2tgx 1 − tg 2 x

Fórmulas del ángulo mitad 2

sen x =

Ana Coló Herrera

1 − cos2x 2

2

cos x =

1 + cos2x 2

Héctor Patritti