63

TRANSFORMACIONES GEOMÉTRICASOBJETIVOS

1. Conocer las diferentes transformaciones geométricas quefacilitan la representación de las formas en el plano.

2. Analizar los criterios de transformación que pueden estable-cerse entre dos figuras, atendiendo a su disposición en elplano (criterios gráficos) o a su forma (criterios métricos).

3. Entender los movimientos en el plano como las transforma-ciones geométricas que se obtienen al aplicar a una figura su-cesivas traslaciones, giros y/o simetrías.

Una transformación es el resultado de un cam-bio (de forma, posición, tamaño…) producido enuna figura «F» cuando pasa a ser «F’». Las co-rrespondencias entre elementos de «F» y «F’»originan los diferentes tipos de transformaciones.

Por tanto, las formas planas pueden ser trans-formadas en otras, mediante la aplicación dediversos criterios que relacionan geométrica-mente, de alguna manera, a ambas figuras.

La relación entre dos figuras puede atender asu disposición en el plano –criterios gráficos–,caso de la traslación, el giro o la simetría, o asu forma –criterios métricos– caso de la igual-dad, la equivalencia y la homotecia.

1 MOVIMIENTOS EN EL PLANO

1.1 Definición.

Se entiende por movimientos a los cambios deposición que se consiguen al aplicar, sucesiva-mente, a una figura un número cualquiera detraslaciones, giros y/o simetrías.

En todo movimiento se ha de contemplar la po-sición inicial (u original) de la figura en cues-tión y la posición final (o imagen) resultado dela aplicación geométrica.

En definitiva, los movimientos son correspon-dencias biunívocas que permiten obtener unafigura final congruente con la inicial, tal que acada punto del original le corresponde un pun-to de la imagen final y viceversa.

1.2 Traslación.

«Trasladar una figura plana es aplicar a lamisma un movimiento rectilíneo según unadirección determinada».

El vector guía v (vector de traslación) marca ladirección, el sentido y la magnitud del despla-zamiento (AA’,BB’, …) .

Una traslación, determinada por el vector v,transforma un punto A en otro A’ tal que el vec-tor AA’ = v . Los segmentos homólogos conser-van su longitud y dirección, las rectas se man-tienen paralelas y los ángulos homólogos seconservan iguales.

Designación: Traslación de vector v : T (v ) .

1.3 Giro.

«Girar es modificar la posición de una figurarespecto de la inicial, aplicándole un movi-miento de rotación respecto a un punto fijoO , llamado centro de giro o de rotación».

Dicho centro (O ) de giro, puede estar situadoen el interior, en el contorno o en el exterior dela figura a transformar. El ángulo ( ϕϕ ) de giropuede ser positivo o levógiro (contrario a lasagujas del reloj ) y negativo o dextrógiro (senti-do según agujas del reloj ).

Un giro determinado por el centro O y una am-plitud de ángulo ϕϕ transforma un punto A enotro A’ tal que OA = OA’ y ©AOA’ = ϕϕ .

Designación: G (O, ϕϕ ).

1.4 Simetría central.

«Es el movimiento que corresponde a un gi-ro, cuyo ángulo ϕϕ vale 180° ( dextrógiro olevógiro ) , con centro de rotación (O )».

En una simetría central, dos puntos simétricosse encuentran alineados y son equidistantes delcentro de simetría O. Los segmentos simétri-cos respecto a un punto resultan ser paralelos(AB // A’B’ ).

Designación: Simetría de centro O: S (O ) .

1.5 Simetría axial.

«Es el movimiento que corresponde a una fi-gura que se separa del plano que la contienepara volver a él mediante una semirrotaciónalrededor de una recta fija (e ) del plano ini-cial, llamada eje de simetría».

Una simetría determinada por el eje e , transfor-ma un punto A en otro A’ tal que dicho eje es lamediatriz del segmento AA’ .

Notación: Simetría de eje e : S (e ) .

1.6 Movimientos directos e inversos.

Un movimiento es directo cuando se conservael sentido de giro de las figuras. Las traslacio-nes y giros ( incluida la simetría central) son mo-vimientos directos.

Las figuras, así obtenidas, se dice que son di-rectamente iguales .

Un movimiento es inverso cuando no se conser-va el sentido de giro de las figuras, invirtiendo elsentido del plano, caso de las simetrías axiales.

Las figuras que se obtienen por un movimientoinverso se dice son inversamente iguales .

1.7 Producto de movimientos.

La aplicación sucesiva de dos o más movi-mientos (traslaciones, giros y simetrías) esotro movimiento y se denomina producto demovimientos. El resultado es una figura «ima-gen» igual a la «original»; únicamente puedecambiar su posición en el plano.

1.7.1 Producto de dos traslaciones.

El producto de dos traslaciones, de vectores v1

y v2 , es otra traslación de vector v .

1.7.2 Producto de dos giros.

El producto de dos giros es otro giro, de centrola intersección de las mediatrices de los seg-mentos que unen puntos homólogos de las posi-ciones inicial y final. Cuando las rectas mediatri-ces son paralelas, el producto es una traslación.

MOVIMIENTOS EN EL PLANO

PRODUCTOS DE MOVIMIENTOS

1.4 Simetría central: S (O)

e

B

A

B’

A’

B

A

B’

A’v

(vect

or d

e tra

slació

n)

O

BB’

A

A’

ϕϕ

OB

A

B’

A’

1.5 Simetría axial: S (e)

A

B

A’

B’

v1

v2

v

B

A

B’

A’

B’’

A”

1.7.1 T (v1) · T (v2 ) = T (v) 1.7.2 G (O1, ) · G (O2 , ) = G (O, )

O

O1

O2

B

AB”

B’

A’

A”

1.2 Traslación: T (v)

1.3 Giro: G (O, )

e

v

v

64

2.3 Trazado de figuras homotéticas.

Para dibujar una figura homotética de otra,puede elegirse como centro de homotecia (O)cualquier punto interior a la figura, exterior o delcontorno de la misma.

Analicemos cada caso con un ejemplo.

2.3.1 Con el centro O en un punto interior.

- Datos: cuadrilátero ABCD; centro de homote-cia O (en el interior de la figura) y razón dehomotecia: k = 1 /2 .

- Construcción:Se define A’ como punto homotético de A , ve-rificándose: OA /OA’ = 1 /2; OA’ = 2OA.Partiendo de conocer A’ se trazan paralelas alos lados y se determina el polígono homotéti-co A’B’C’D’.

2.3.2 Con el centro O en un punto exterior.

- Datos: triángulo ABC; centro de homotecia O(en el exterior de la figura) y razón de homote-cia en los dos casos posibles:

1.- k = 1 /2 (directa o positiva).

2.- k =-2 /3 ( inversa o negativa).

- Construcción:Se determina A’ como homotético de A , cum-pliéndose que OA’ = 2 OA . Seguidamente, setrazan paralelas a los lados homólogos hastacompletar el triángulo homotético del dado.Análogamente, el vértice A’’ se obtiene consi-derando que OA’’ = 3 OA /2 . El resto de vérticesque determina la figura homotética se consiguetrazando, como siempre, paralelas por A’’.

2.3.3 Con el centro O en un vértice.

- Datos: pentágono OABCD; centro de homo-tecia en el punto O (vértice de la figura) y ra-zón de homotecia: k = 5 /3.

- Construcción:Como en casos anteriores, se comienza por de-terminar el homotético de un vértice (en la figu-ra A’) que verifica la relación: OA /OA’ = 5/3.

Partiendo de conocer A’ se trazan paralelas alos lados correspondientes, determinando elpolígono homotético OA’B’C’D’.

1.7.3 Producto de una traslación por un giro.

El producto de una traslación por un giro (o vi-ceversa) es un giro cuyo centro se determinacomo en el caso anterior; ya que una traslaciónes un giro de centro impropio.

1.7.4 Producto de dos simetrías axiales.

El producto de dos simetrías axiales es un giro,cuyo centro es el punto intersección de los ejesde simetría. Si ambos ejes son paralelos el pro-ducto resulta ser una traslación , o lo que es lomismo, un giro de centro impropio.

1.7.5 Conclusiones generales.

• El producto de dos movimientos directos o in-versos es otro movimiento directo.

• El producto de un movimiento directo por otroinverso invierte el sentido entre la figura inicial yla imagen final, las cuales no pueden relacio-narse entre sí por un solo movimiento, a no serse trate de casos particulares.

2 HOMOTECIA

2.1 Definición.

Dado el punto fijo O y un número real k ≠ 0 , sellama homotecia a la transformación geométri-ca que hace corresponder a un punto A otro A’,alineado con A y con O, tal que:

OA / OA’ = k (cte.)

Al punto O se le denomina centro de homote-cia, y a la constante k razón de la homotecia.

Designación: H ( O , k ).

- Si k > 0 : A y A’ están del mismo lado que O.La homotecia se dice que es directa o positiva.

- Si k < 0 : A y A’ están a distinto lado que O.La homotecia se dice que es inversa o negativa.

2.2 Propiedades de la homotecia.

2.2.1 Propiedades generales.

• Una recta r que no pasa por el centro O de ho-motecia se transforma en otra r ’ paralela. Exis-te proporcionalidad (Teorema de Thales ) en-tre los triángulos OAB y OA’B’.

• La razón entre dos segmentos homólogos esigual a la razón de homotecia. Esto es:

OA /OA’ = OB /OB’ = AB /A’B’ = … = k .

• Las rectas que pasan por el centro O se trans-forman en sí mismas (son dobles). En la fig.2.2.1, las rectas a y b son dobles.

• Los ángulos homólogos son iguales, ya quesus lados son paralelos: ©BAC = ©B’A’C’.

2.2.2. Propiedades de transformación.

• Si la razón de homotecia es igual a la unidad( k =1), todos los puntos del plano son dobles(homólogos de sí mismos) y la transformaciónes una identidad.

• Si la razón de homotecia es k =-1, la transfor-mación es una simetría central de centro O.

• Si el centro de homotecia se encuentra en el in-finito (homotecia impropia) y la razón k = 1, lacorrespondencia geométrica se transforma enuna traslación.

HOMOTECIA

FIGURAS HOMOTÉTICAS

Homotecia inversa o negativa: k< 0

Homotecia directa o positiva: k > 0

PRODUCTO DE MOVIMIENTOS

A

A’

s’

C’

sr r’

B’CBO

a a’

b b’α

αOA’ / OA = k

2.1 Tipos de homotecia.

12

34

5

A’

B’

C’

D’

A

B

C

DO

D’

A’

B’C’

C B

A

D

B’C’

A’

A

BC

C’’

A’’

B’’

O

2.3.1 Con el centro O, interior. 2.3.2 Con el centro O, exterior. 2.3.3 Con el centro O, en un vértice.

TRANSFORMACIONES HOMOTÉTICAS

B

B’A

A’

C

C’A

O

B

C

B’

A’

C’

O

B B’

C C’

A A’

A O A’

O A’

T (v ) · G (O1 , ) = G (O, )1.7.3 S (e1) · S (e1) = G (O, )1.7.4

O

AO

A’’O1 B’’

A’

B’

B

B

A

O

A’

A’’B’’

B’

e2

e1

A

OAOA’

=53

OAOA’’

= k = -23

2.-

1.-

2.2.1 Rectas y ángulos homotéticos.

2.2.2 Identidad ( k=1 ). Simetría central ( k= -1). Traslación ( k=1 y O∞ ).

OAOA’

= k =12

OAOA’

= k =12

v

1. Dadas las rectas a y b no paralelas, te proponemos dibujes la POSICIÓNexacta de un TRIÁNGULO EQUILÁTERO de lado 35 mm., de formaque un LADO del mismo se sitúe en la recta a, estando el VÉRTICEOPUESTO a dicho lado en la recta b.

2. Se conoce el CENTRO y el RADIO de una CIRCUNFERENCIA, asícomo la SITUACIÓN de una RECTA m. Debes determinar, gráfica-mente, la LONGITUD del RECORRIDO realizado por la circunferencia

hasta su CONTACTO con la recta, sabiendo que la DIRECCIÓN delmovimiento forma 30° con la horizontal, en su sentido ASCENDENTE.

3. Dibuja los posibles SEGMENTOS IGUALES y PARALELOS al segmentov, de modo que sus EXTREMOS estén en las CIRCUNFERENCIAS decentros O1 y O2.

4. Dado el PENTÁGONO IRREGULAR ESTRELLADO ABCDE, dibuja su FI-GURA IMAGEN resultado de aplicar las traslaciones de vectores u y v.

GEOMETRÍA MÉTRICA APLICADATRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS

nombre y apellidos

nº curso/grupo fecha

MOVIMIENTOS EN EL PLANO ( I ) 2

3

1

17

4

v

u

1

3

v

2

O2

O1

A

B

C

D

E

b

a

m

O

T ( u ) · T ( v ) =

COMENTARIO

- Recordemos que todos los segmentos paralelos a uno dado yque se apoyen en una circunferencia, se apoyarán también enotra circunferencia de igual radio, siendo el segmento determinadopor sus centros correspondientes, igual y paralelo al segmentov dado.

- Por ello, aplicando una traslación (de vector v) a la circunferenciade centro O1, se obtiene la circunferencia de centro O’1 quecorta a la circunferencia de centro O2, en los puntos P y R,extremos de los segmentos solución: MP y NR.

B’

A’

C’

B

A

C

COMENTARIO

- El proceso consiste en dibujar un triángulo equilátero en una posicióncualquiera con el lado AB sobre la recta a. Por el tercer vértice C setraza una recta paralela a la recta a, lo que determina la trayectoria delpunto hasta su posición final C’, intersección con la recta b.

- Por último, por C’ se trazan paralelas a los lados del triángulo inicialmentedibujado, formando los lados de la solución buscada.

T

O’

30°

T’

4

1

3

2

O

M

R

P

O’1

N

m

A’

B’

C’

D’

E’

A’’

B’’

C’’

E’’

b

a

O1

O2

A

B

D

E

C

v

u

v

D’’

T ( u ) · T ( v ) = T (AA’’ )

COMENTARIO

- El contacto se producirá cuando la circunferencia seatangente a la recta o viceversa. Por tanto: por el punto O,centro de la circunferencia dada, se traza una perpendiculara la recta m, determinando el punto T.

- Desde T, se lanza una trayectoria recta que forme 30° conla horizontal, que corta a la recta m en el punto T’. Lalongitud del segmento TT’ = OO’ determina el recorridoefectuado por la circunferencia, siendo, por tanto, igual alvector traslación aplicado a la circunferencia dada para lle-gar a la posición de contacto en el punto T’ con la recta m.

60°

35 m

m

VERIFICACIONES

1. ¿Puede darse el caso de un PRODUCTO de TRASLACIONES NULO? Pon un ejemplo gráfico.

2. Sabiendo que el punto O se DESPLAZA a la posición O’, dibuja la IMAGEN de la ORIGINAL (dada).

O

O’

1. ¿Puede darse el caso de un PRODUCTO de TRASLACIONES NULO? Pon un ejemplo gráfico.

2. Sabiendo que el punto O se DESPLAZA a la posición O’, dibuja la IMAGEN de la ORIGINAL (dada).

A’’A

A’

B’’B

C’’C

B’

C’

u

v = -u

T (u ) · T (-u ) = IDENTIDAD

O’

O

COMENTARIO

En general, el producto de dos movimientos recíprocos es laidentidad; por tanto, el producto de una traslación directapor otra inversa de igual magnitud (movimiento involutivo) esla identidad ( imagen inicial ).

En la figura adjunta, el triángulo ABC se transforma en el A’B’C’mediante el vector traslación u y éste vuelve a ocupar la posiciónABC mediante otra transformación (inversa) de vector traslaciónv ( idéntico al anterior pero de sentido contrario: -u ).

66

1. La PUERTA de la figura que se acompaña posee un PORTICÓN.Debe instalarse una VARILLA rígida articulada en los puntos extremosA y B, tal que cuando la puerta esté cerrada, el porticón esté ABIERTO(a 90° respecto de la puerta), y cuando la puerta esté abierta, estoes, a 90° respecto de su pared, el porticón esté CERRADO.

Obtén gráficamente, a escala 1/20, la MAGNITUD x que determina

la POSICIÓN del punto fijo B en la pared, y la LONGITUD AB quedebe poseer la VARILLA RÍGIDA.Razonar el PROCESO A SEGUIR para resolver el ejercicio.

2. Dado el TRIÁNGULO ABC y los puntos O1 y O2, se pide:

Demuestra, gráficamente, que el producto de las simetrías centralesS(O1 ) y S(O2 ) , por tener distinto centro, es una TRASLACIÓN.

GEOMETRÍA MÉTRICA APLICADATRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS

nombre y apellidos

nº curso/grupo fecha

MOVIMIENTOS EN EL PLANO ( I I ) 2

3

1

18

1 PUERTA CON PORTICÓN PRACTICABLE

PRODUCTO DE DOS SIMETRÍAS CENTRALES: TRASLACIÓN

A

100

50

10

25

B

y

x

BA

2O1 O2

B

A

C

ESQUEMA DE SITUACIÓN(Cotas en centímetros)

e: 1 / 20

100

50

10

25

COMENTARIO A LA CONSTRUCCIÓN

- Se comienza por dibujar las dos posiciones límites(extremas): puerta cerrada (porticón a 90°) y puertaabierta (porticón cerrado).

- Como fácilmente se puede apreciar, el punto articulaciónB se encuentra en la mediatriz del segmento AA’. Sutrazado determina, al mismo tiempo, la distancia x y lalongitud y de la varilla rígida AB, solución del ejercicio.

A

C

A’

C’

Med

iatr

iz d

e AA’

C’

B

A’

B’

B”

C”

A”

40

36

S (O1) · S (O2) = T (AA”) ; siendo: AA” = 2 O1O2

SOLUCIÓN: Varilla AB = 36 cm. y x = 40 cm.

VERIFICACIONES

1. Los TRES CUADRADOS dispuestos en la figura constituyen el inicio de una SERIE.

Se debe CONTINUAR la SECUENCIA, con nuevos cuadrados, hasta conseguir CERRARLA.

2. ¿Qué LETRAS MAYÚSCULAS se leen igual al REFLEJARSE en un espejo? ¿Qué NÚMEROS tienen esta PROPIEDAD?

1

2

3

1. Los TRES CUADRADOS dispuestos en la figura constituyen el inicio de una SERIE.

Se debe CONTINUAR la SECUENCIA, con nuevos cuadrados, hasta conseguir CERRARLA.

2. ¿Qué LETRAS MAYÚSCULAS se leen igual al REFLEJARSE en un espejo? ¿Qué NÚMEROS tienen esta PROPIEDAD?

Cualquier signo que tenga simetría respecto a un eje vertical por su centro, poseerá igual lectura al reflejarse en un espejo (simetría especular). Así, encuanto a las letras mayúsculas gozan de esta propiedad: A, H, I, M, O, T, U, V, W, X e Y. En cuanto a los números arábigos, traídos de la India por losárabes e introducidos en Occidente a principios del s. XII, se leen igual en el espejo el 8 y el 0, aunque también puede considerarse el 1, cuando le faltael rasgo inicial y aparece únicamente como un pequeño segmento vertical.

Y si nos referimos a la numeración romana: I, V, X y M.

3

2

1

4

67

8

9

10

11

12

5

15º

15º

68

1. El TRIÁNGULO EQUILÁTERO MNP representa, a escala, el contor-no de la banda de una MESA DE BILLAR de forma triangular. Sobrela mesa hay dos BOLAS, A y B, equidistantes del vértice superior yen la situación que indica la ilustración adjunta. Se pide:

Obtener la TRAYECTORIA de la bola A para que alcance a la bola B des-pués de TRES REBOTES, uno sobre cada banda, en los siguientes casos:

a) El PRIMER rebote sobre la banda MÁS PRÓXIMA.

b) Como en el caso anterior, con el primer rebote en la banda más próxima, pero con TRAYECTORIA DISTINTA.

2. Dibujar un TRIÁNGULO EQUILÁTERO que tenga sus VÉRTICES encada una de las tres CIRCUNFERENCIAS CONCÉNTRICAS dadas.

GEOMETRÍA MÉTRICA APLICADATRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS

nombre y apellidos

nº curso/grupo fecha

MOVIMIENTOS EN EL PLANO ( III ) 2

3

1

19

1

GIRO

O

2

M

PN

A

MESA DE BILLAR TRIANGULAR: SIMETRÍA AXIAL

A B

A

B

A’

B’

α αββ = 90°- α

=

=O

Trayectoria incidente Tray. rebote

Ángulo deincidencia

Ángulo dereflexión

β

ESQUEMA CONCEPTUAL

Eje perpendiculara la superficie

M N

AM = MA’ ; BN = NB’

B

B2

B1 O’

AC1

60°

B3

B’’’

A’

B1

B”

B2

B’

COMENTARIO

- La bola cambia de dirección al rebotar en cadabanda de la mesa. Lo hace mediante el fenómenofísico denominado «reflexión», donde el ángulode incidencia (αα ) es igual al de retroceso, respec-to a la normal a la superficie elástica de la banda.Geométricamente, el punto de impacto O se en-cuentra en la recta que une el punto A ( iniciode la trayectoria al ser impulsada por el taco)con B', simétrico de B y final de la trayectoria dela bola antes de golpear a la B.

- En consecuencia, y partiendo de la posición dela bola en el punto A, el problema tiene dossoluciones dependiendo de que el primer impacto,con la banda más próxima, se efectúe a la derechao a la izquierda del punto A, como se muestraen la solución adjunta.

O

C2

COMENTARIO

- Dado que los ángulos de un triánguloequilátero son de 60°, con centro enun punto (A) arbitrario de una de lascircunferencias se efectua un giro de60° de la circunferencia de menor ra-dio, lo que la posiciona con centro O',cortando a la intermedia en B1 y B2,puntos que definen los segmentosAB1 y AB2, lados de las dos soluciones60°sibles.

- Deshaciendo el giro, de 60°, se obtie-ne C1 y C2, y con ello el tercer vérticede cada triángulo solución.

B

VERIFICACIONES

1. Toda HOMOTECIA es una SEMEJANZA ; pero, ¿es CIERTO lo CONTRARIO?

2. Sobre una MESA DE BILLAR profesional (de longitud el doble de su anchura), hay tres bolas A, B y C , en la situaciónque especifica el dibujo. Se pide:

Representar, sobre la FIGURA ADJUNTA, la TRAYECTORIA seguida por la bola A para conseguir que, después deCUATRO REBOTES (uno sobre cada banda de la mesa, COMENZANDO por la BANDA IZQUIERDA) impacte, al mismotiempo, contra las otras DOS BOLAS (B y C). En definitiva, conseguir lo que en el lance de este juego se llama haceruna «CARAMBOLA LIMPIA».

B

A

C

1. Toda HOMOTECIA es una SEMEJANZA; pero, ¿es CIERTO lo CONTRARIO?• En la Semejanza los puntos homónimos de dos figuras semejantes entre sí no están alineados con ningún centro,

estableciéndose la relación entre segmentos semejantes: (A’B’) / (AB) = k ; siendo k la razón de semejanza.• En la Homotecia, la ordenación entre las figuras homotéticas se conserva existiendo una relación proporcional de tama-

ños diferente de cero. Entre ellas, los puntos homotéticos se encuentran alineados con el centro de homotecia, de mo-do que se verifica: (OA’) / (OA) = k ; siendo k la razón de homotecia.

2. Sobre una MESA DE BILLAR profesional (de longitud el doble de su anchura), hay tres bolas A, B y C, en la situaciónque especifica el dibujo. Se pide:

Representar, sobre la FIGURA ADJUNTA, la TRAYECTORIA seguida por la bola A para conseguir que, después deCUATRO REBOTES (uno sobre cada banda de la mesa, COMENZANDO por la BANDA IZQUIERDA) impacte, al mismotiempo, contra las otras DOS BOLAS (B y C ). En definitiva, conseguir lo que en el lance de este juego se llama haceruna «CARAMBOLA LIMPIA».

M

A1

A2A3

A4

VISTA EN PLANTA DE LA MESA DE BILLAR

e1

e2

e3

e4

70

1. Construye el TRIÁNGULO de LADOS PROPORCIONALES a 4, 5 y6, CIRCUNSCRITO a la CIRCUNFERENCIA de radio 20 mm.

2. Para embalar PIEZAS CILÍNDRICAS iguales, de SECCIÓN CIRCULAR,se dispone de cajas de SECCIÓN TRIANGULAR. En cada caja debenencajarse DOS PIEZAS, de modo que queden inscritas al envasetriangular, TANGENTES entre sí y con los centros alineados. Obtener,gráficamente, las SECCIONES CIRCULARES de las piezas sabiendoque deben descansar sobre la base AB.

Datos: AB = 70 mm., ©A = 60° y ©B = 45°.Razona las PROPIEDADES GEOMÉTRICAS aplicadas para alcanzarla solución.

3. En un TÚNEL de SECCIÓN SEMICIRCULAR, de 40 metros de diáme-tro, deben alojarse TRES TUBOS iguales del máximo diámetro. Obtén,gráficamente, y a escala 1/400, el DIÁMETRO de dichos tubos. Darespuestas razonadas a los trazados.

GEOMETRÍA MÉTRICA APLICADATRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS

nombre y apellidos

nº curso/grupo fecha

TRANSFORMACIONES HOMOTÉTICAS 2

3

1

20

SEMEJANZA ENTRE TRIÁNGULOS ENVASE TRIANGULAR

TÚNEL SEMICIRCULAR

A

BO1

O2

1

3

2

e: 1 / 400

PERSPECTIVADE SITUACIÓN

PERSPECTIVA DE SITUACIÓN

C

A B

Ta

20

Co

Ao Bo

Tc

Tb

O

A

A’O1

O’1

P P’

O’2

O2

O’3

O3

O

A’

A B

B’70

O1O2

O’1 O’2

COMENTARIO

- Se trazan tres circunferencias de igual radio, de centros O1 , O2 , O3 ,alineados y tangentes dos a dos.

- Se traza la circunferencia circunscrita y tangente a las de centro O1 yO3 que tendrá por radio OA.

- Como la solución es figura homotética a la construida, se determinael punto O’1, homólogo de O1 , sabiendo que el punto homólogo deA es A’, siendo OA’ = 20 metros, a escala 1/400.

- Definido O’1 , es inmediato determinar, O’2 y O’3 , centros de las otrasdos soluciones.

COMENTARIO

- Representadas las circunferencias auxiliares decentros O’1 y O’2 , se transportan los ángulosαα (60°) y ββ (45°) del triángulo de modoque su lado común sea A’B’ y que seanrespectivamente tangentes a las circun-ferencias. Así se obtiene el triánguloA’B’C’ semejante al buscado (ABC ).

- Por último, una homotecia, de cen-tro el vértice C’ del triángulo auxi-liar (A’B’C’ ), proporciona la re-lación de éste y sus elementos,con el triángulo ABC y suscorrespondientes.

COMENTARIO

- Se traza el triángulo A0 B0 C0 de lados 40, 50 y 60mm.respectivamente y se dibuja su circunferencia inscrita.

- Dado que el triángulo solución (ABC ) ha de sersemejante, su circunferencia inscrita será concén-

trica a la anterior con radio de 20 mm.

- Una vez trazadas desde O las tres perpendi-culares a cada lado del triángulo A0 B0 C0 ,

se determinan los pies Ta , Tb y Tc , puntosde tangencia de los lados del triángulo

solución con la circunferencia dada.

α = 60° β = 45°

C C’