GEOMETRÍA MÉTRICA POR ALBERTO DE MELLO
  1-6-s
 

                                                                         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

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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'?

 

 

 

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                                                                         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 .

 

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                                                                         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.


 

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                                                                         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'


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                                                                         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'


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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 :

 


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                                                                         Alberto de Mello





Comentarios hacia esta página:
Comentado por theo, 12-08-2015, 11:55 (UTC):

Comentado por ivana, 16-02-2014, 22:44 (UTC):
gracias pero no entendi nada

Comentado por ana, 03-07-2012, 20:54 (UTC):
que monce

Comentado por male, 23-08-2011, 22:17 (UTC):
gracias resolvi todas mis dudas



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Matemática, ETSR, escuela técnica superior de rivera 2012
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