Alberto de Mello
Conceptos teóricos
Simetría Axial
Simetría Central
Traslación
Rotación
Antitraslación
------------<º>-------------
Tienes a seguir 6 ejercicios resueltos de isometrías.
1).
2).
3).
4).
5).
6).
1
.
Volver
Resolución:
Primero construímos el triángulo y el cuadrado. Definimos sus puntos según nos es dado en la letra del
problema.
Ahora construiremos la primera composición, o sea:
SAC
o CB(ABCDE)
Recordemos que la composición es una función de función, en este caso es la simetría axial respecto al eje AC de una
simetría central respecto al punto B de la figura ABCDE.
Entonces primero construiremos la simetría central
CB(ABCDE)=A'BC'D'E' (en azul).
¿Que punto permanece unido en esta isometría?.
Ahora construiremos la simetría axial con respecto al eje AC de A'BC'D'E'
o sea:
SAC o CB(ABCDE)
=A"B"C"D"E" .
¿La composición de isometrías aplicada es directa o indirecta?
- - - - - - -oOo- - - - - - - - -
Construyamos ahora la segunda composición:
CB o SAC(ABCDE)
Es la simetría central respecto al punto B de la simetría axial respecto al eje AC de la figura
ABCDE
Recordemos la figura y notemos que primero construiremos la simetría axial respecto al eje AC
Primero construiremos:
SAC(ABCDE)=AB'CD'E'
Entonces veamos la figura y su imagen en la simetría axial con respecto a AC
¿Que puntos son unidos en esta isometría?, ¿porque lo son?
Ahora construiremos la simetría central respecto al punto B de AB'CD'E'
o sea:
SAC o CB(ABCDE)
¿La composición de isometrías aplicada es directa o indirecta?.
Veamos a seguir la figura ABCDE y sus imágenes en ambas isometrías.
Observemos primero que las imágenes son diferentes. Tenemos ese resultado
porqué como vimos el conjunto de las isometrías con la composición forman una estructura algebraica, pero no conmutativa.
Portanto la imagen depende del orden en que estén las isometrías en la composición.
Otra cosa que podemos observar es que aparentemente, en ambos casos,hubo solamente traslación.
Veamos ahora la figura ABCDE y su imagen en la primera composición de isometrías:
Vemos que la isometría resultante es indirecta, ya que el sentido de los puntos ABCDE es horario y A"B"C"D"E"
es antihorario.
Además de la translación hubo una simetría axial por un eje de simetría de la figura.
Considerando el eje BB", encuentra la imagen de la simetría axial SBB" de
cada punto:
SBB"(A)=
SBB"(B)=
SBB"(C)=
SBB"(D)=
SBB"(E)=
Además de la simetría axial, hay una traslación que podemos definirla con el vector
¿Que segmentos orientados en la figura de arriba son equipolentes al segmento orientado BB"?
¿Conqué otros puntos podemos representar al vector
?
Vemos que se aplicó una simetría con respecto al eje BB" y una traslación de vector
Como la antitraslación es una composición de una simetría axial con una traslación, podemos definir
esta isometría como:
ATBB",
Demostrar que:
SAC
o CB =
ATBB",
En la composición
SAC
o CB ,
podemos descomponer CB en dos simetrías axiales con ejes perpendicualares,
secantes en el punto B.
Hagámoslo con los ejes 1 y BB" que mostramos en la figura siguiente,
de forma a tener un eje paralelo a AC ,eje de la simetría
SAC,
=> SAC
o CB =
SAC
oS1
oSBB"
Los ejes 1 y AC son paralelos, entonces la composición de las simetrías axiales
S1
oSBB"
, corresponde a una traslación con vector perpendicular a los ejes,
con sentido del primer al segundo eje, y módulo igual al doble de la distancia entre los ejes.
Vemos que el vector
es el que corresponde a la traslación.
=> SAC
oS1
=T
=> SAC
oS1
oSBB" =
T
oSBB"
Tenemos simetría y traslación, que es igual a una anti-traslación:
SAC o
T =
ATBB",
¿Como llamamos a la forma más simple de representar una isometría'?
.
Volver
Alberto de Mello
2
Al lado vemos el cuadrado ABCD, y el triángulo P1BN1, construído al determinarse
P1.
Variamos el punto Pi en el segmento CD, y al trazar los triángulos
PiBNi determinamos los respectivos puntos Ni.
Observemos que los puntos Ni varían en función de Pi.
Pi varía en el segmento CD, entonces este es el lugar geométrico de Pi
.
Pi ∈ 
LG (Pi) =
Podemos observar que cada Pi y su correspondiente Ni son equidistantes del punto
B, y que el ángulo PiBNi, permanece constante (90º). Concluímos entonces que
determinamos el punto Ni mediante la rotación de Pi, de 90º, en sentido horario, con centro en B.
RB;-90º (Pi) = Ni.
Observemos que la rotación que lleva Pi a Ni, es en sentido horario, por tanto
consideramos el ángulo como negativo.
Pi y Ni, se corresponden en una isometría, por tanto sus lugares geométricos también
se corresponderán:
RB;-90º ( ) =
.
Llamamos C' a la imagen, pero podemos ver en la imagen al lado que la rotación:
RB;-90º (C) = A
y la rotación
RB;-90º (D) = D',
por lo que:
LG ( Ni) = 
que es el segmento que esta trazado en azul.
Veamos algunos puntos ( Pi) y sus imágenes Ni en su lugar geométrico
.
.
Volver
Alberto de Mello
3
Los puntos A e Y son origen de las semirrectas 
e 
,
respectivamente, por eso se corresponden en esta isometría
f(A) = Y
que hace corresponder a las semirrectas:
f( ) =
Los puntos Y y B son equidistantes al origen de las semirrectas
e , respectivamente. Por eso se corresponden en esta isometría:
f (Y) = B
Estas semirrectas no son simétricas, ni paralelas (como las semirrectas correspondientes en una traslación), pueden corresponderse en una rotación o en una anti-traslación. Como la isometría
pedida en la letra del ejercicio es directa, entonces es una rotación, a la que buscaremos su centro y ángulo.
Para encontrar el centro de rotación, trazamos las mediatrices de los segmentos formados por los puntos y sus imágenes,
la intersección de estas es el centro de la rotación, que llamaremos O.
Para encontrar el ángulo de rotación estudiamos el ángulo, con centro en O, formado por un punto y su imagen,
vemosque el ángulo formado por A y su imagen Y es de -120º, (sentido horario es negativo), lo mismo sería
entre Y y su imagen B.
Por tanto la isometría que transforma la semirrecta
en
es:
RO;-120º
Siendo O el centro del triángulo.
Volver
Alberto de Mello
4
Al lado vemos la circunferencia C la tangente t a C en Q. y un triángulo QPN.
Trazamos otros triángulos QPN. Podemos observar que N varía en función de Q, siendo que ambos son
equidistantes a la recta t y los segmentos QiNi (pre-imagen e imagen) son
perpendiculares a t.
Por tanto podemos ver que Q y N son simétricos respecto a la recta t:
St(Q) = N
El lugar geométrico de Q es la circunferencia C
LG (Q) = C
Como N está determinado por St(Q), su lugar geométrico estará determinado por la misma isometría:
LG(N) = St(C ) =
C'
.
Volver
Alberto de Mello
5
Construímos la circunferencia C y trazamos dos puntos exteriores a ella,como
nos es dado en el ejercicio.
A seguir tomamos un punto P en la circunferencia, por lo que queda determinado un punto N mediante
la construcción del paralelogramo.
Construímos otros paralelogramos y podemos observar que N varía en función de P.
En los puntos que tenemos, no conseguimos identificar ninguna isometría. Pero sabemos que los vértices opuestos de un
paralelogramo son simétricos respecto a su centro. Y como los vértices opuestos A y B son fijos, el centro
también lo será y es el punto medio de 
que llamaremos M.
Vemos que los puntos Pi y Ni son equidistantes de M y están los alineados con
el mismo.
Entonces la isometría que hace corresponder a N con Pes:
CM(P) = N
Como el lugar geométrico de P es la circunferencia C, el lugar geométrico de N será la imagen de de C en la misma simetría central:
CM(C) = C'
Y el lugar geométrico de N es esa circunferencia
C', cuyo centro O' se corresponde con O en la misma simetría central:
CM(O) = O'
.
Volver
6 (ETS - Buceo)
1) En el triángulo ABC, el ángulo en A es de 120º.
Por tanto, el arco menor BC es un
arco capaz
de 120º, y el arco mayor BC, es arco capaz del ángulo suplementario, 60º.
Si los
ángulos inscritos
son de 60º, el
ángulo al centro
será el doble, 120º.
Entonces ABOC es un rombo y la altura en A del triángulo ABC es igual a la mitad del radio de
CO;r.
La medida de
al cuadrado es:
2 ( r2 - ( r/2 )2 ) = 3/2 r2
Y por tanto la medida del área es:
-
o
-
2) Debemos probar que el triángulo PBQ es equilátero así que trazamos según los datos dados.
El 
es un
ángulo inscrito
en la circunferencia CO;r, de 30º, por tanto el arco mayor
BA es un
arco capaz
de 30º, por tanto el ángulo 
también tiene 30º.
Por definción la recta AP es perpendicular a la PQ, por tanto el ángulo
es:
90º - 30º = 60º
Por definición OQ es perpendicular a PB, y como OQ pasa por el centro O de la circunferencia
CO;r, es mediatriz de la cuerda PB y como también pasa
por el vertice Q del triángulo PBQ es eje de simetría del triángulo PBQ, por tanto:
= = 60º
Al demostrar que estos dos ángulos son de 60º, queda demostrado que el triángulo PBQ es equilátero.
-
o
-
3) Debemos hallar la isometría que hace corresponder al punto Q con el P.
Como ambos puntos son equidistantes al punto B y el ángulo es de 60º en sentido anti-horario, la isometría es la rotación:
RB;+60º (P) = Q
-
o
-
4) hallaremos el lugar geométrico de Q, lo limitaremos y construiremos.
P varia en CO;r , entonces :
LG (P) = CO;r
Como P varía en la circunferencia
CO;r ,
Q variará en una circunferencia, que es imagen
de aquella en la rotación:
RB;+60º (CO;r )
= C 'O';r
Q queda definido por el triángulo PBQ, cuando P = B no existe el triángulo
PBQ y por lo tanto, tampoco Q, aunque si su límite:
lim (Q) = B P → B
Por tanto el lugar geométrico de
Q es:
LG (Q) = C 'O;r - {B}
Para construir C 'O;r , hallamos el punto O', imagen de
O en la rotación:
O' =RB;+60º ( O )
y trazamos
C 'O;r :
Volver
Alberto de Mello
.jpg)
