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Timestamp: 2017-09-26 18:34:52+00:00

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solucionario dibujo tecnico. donostiarra 2º
Uploaded by Isabel Martinez Rubio
La recta r es paralela a uno de los lados del ángulo dado. Existen dos casos: A. que pase por P. B. Se dibuja en el ángulo la perpendicular al lado a en el punto A que corta a b en B. Con centro en B se traza el arco BO = OB que corta a r en O y forma el segmento b. al lado a. P B 1 b b’ r O’’ O’ c’ b’ P B’ 1’ A’ N O a r A O’ a’ A B N SOLUCIONARIO . Con centro en O se traza el arco de radio OA = OA y en este arco se toma AB = AB. Se dibuja en el ángulo dado un arco cualquiera AB de vértice O. 2º. Por el punto P se traza c paralela al segmento b y al cortar a r en O define el ángulo solicitado. La recta r es oblicua respecto a los lados del ángulo dado. Con centro en A se traza el arco de radio AB = AB (1). que pase por P. y el punto P. y en ella se fija el vértice O. Caso B: 1º. Se traza el arco AB = 1.DIBUJO TÉCNICO II . y en el punto de intersección con la recta r se fija el vértice O. El punto B unido con O da el lado b del ángulo igual al propuesto. y el punto P exterior a ella. Se toma una recta a. 3º.Bachillerato 3 DIBUJO GEOMÉTRICO ( o 20 30’ o 20 30’ ( ( N ( ( ( N . Se traza la recta b paralela a b. Caso A: 1º. 1º. la recta r. 5º. por ejemplo. que debe coincidir con P. Se traza por el punto P la recta perpendicular a la dada r. 1 B b O a A 1 B’ b’ a’ P ≡ O’ A’ 1’ Actividad 2 ^ Tenemos el ángulo N formado por las rectas a y b. 2º.TRAZADOS EN EL PLANO TEMA Actividad 1 Tenemos el ángulo de 20º 30 formado por las rectas a y b. quedando formado el ángulo igual al dado. 3º. y en el punto de intersección con ella se sitúa el punto A. 4º.
estos dos arcos se cortan en P y la recta c = P-V forma 60º con V-A. 1º.DIBUJO TÉCNICO II . 2º. con centro en V se traza el arco A-1. Se toma un punto A en a y se traza el arco V-2. 1 P 2 b c d V a A Actividad 6 1º. 3º. Se dibuja la bisectriz del ángulo P-V-A y las rectas c y d dividen al ángulo en tres partes iguales. El arco de circunferencia ARB de centro O y radio OA = OB es el arco capaz del segmento A-B = 4cm. Se dibuja el segmento A-B. se traza su mediatriz m y se dibuja la recta r que forme el ángulo de 45º con A-B. El arco AQB es el arco capaz del segmento A-B bajo el ángulo de 180º-45º = 135º. 4º. corta en O a la mediatriz. 2º. R D C 45 o p 45 o E O 45 o 135 o m 135 o A F Q 135 o B G r 45 o SOLUCIONARIO .Bachillerato 4 DIBUJO GEOMÉTRICO ( ( ( ( .Actividad 5 Sea el ángulo recto de vértice V y lados a y b. La perpendicular p por A al lado r del ángulo de 45º. bajo el ángulo de 45º.
A2 A’1 b3 b1 b2 c2 c’’ 1 30 o O 30 o A1 30 o c1 B a = 30 cm C 30 o Actividad 8 1º.DIBUJO TÉCNICO II .5 cm. mayor que el diámetro de la circunferencia. ^ 2º. obteniendo el lado b.Actividad 7 1º. Dibujar el lado a = 3cm.5 cm. Por el extremo A dibujar la recta perpendicular c al segmento C-A que corta a la prolongación de m en el punto B. Cuando b = b1 = 4. existen dos soluciones que son los triángulos A1BC y A1BC. 4º. los cuales se obtienen del modo siguiente: a partir de C se determinan los puntos A 1 y A 1 al cortar el arco capaz con el arco de radio b 1 = 4. 2º. triángulo A2BC. de este modo queda definido el triángulo.5 cm D B a h = 3 cm SOLUCIONARIO . y por su extremo D la altura h = 3cm. Si b = b2. (B-C). Si b = b3. igual al diámetro de la circunferencia que contiene el arco capaz. el problema no tiene solución. Construir el arco capaz del segmento B-C bajo el ángulo A = 30º.5cm. A b c C m = 2. Trazar el segmento m = 2.Bachillerato 5 DIBUJO GEOMÉTRICO . 3º. Unir C con A. hay una sola solución. (A-D). 3º.
Uniendo A con C y B queda definido el triángulo rectángulo solicitado. y trazar la semicircunferencia de diámetro a = m+n = 3+5 = 8 cm. Dibujar los segmentos m = 3 cm y n = 5 cm. uno a continuación del otro. El segmento h = A-D es la altura sobre la hipotenusa CB y medio proporcional de los segmentos dados m y n. 3º.Actividad 9 1º.Bachillerato 6 DIBUJO GEOMÉTRICO . Por el punto D (final del segmento m) trazar la perpendicular al segmento C-D que corta a la semicircunferencia en A.DIBUJO TÉCNICO II . 2º. A b h c C m = 3 cm D O n = 5 cm a B SOLUCIONARIO .
Sean los segmentos a = 64mm y b = 30mm. la distancia AT = x es la media proporcional.Bachillerato 7 DIBUJO GEOMÉTRICO .76 B 12 T SOLUCIONARIO . a = 64 b = 30 A x=4 O C 3.POTENCIA TEMA 2 Actividad 1 La media proporcional x a los segmentos a y b se obtiene sabiendo que la potencia de un punto respecto de una circunferencia es igual al cuadrado de la tangente trazada desde el punto a la circunferencia. x2 = a · b. es decir. de centro O y diámetro a . desde el punto A. 2º Se traza la recta tangente a la circunferencia.b. 1º Se toma un punto A cualquiera y a partir de él colocamos los segmentos a y b como indica la figura.DIBUJO TÉCNICO II . obteniendo el punto T.
El eje radical de dos circunferencias es una recta perpendicular a la recta que une sus centros. la recta perpendicular a la línea de centros. P. Se traza la recta que une los centros O1 y O2.Bachillerato 8 DIBUJO GEOMÉTRICO . cuyo punto de tangencia es T1. Desde el centro O2. Resolución del ejercicio: 1º. dado que esta circunferencia tiene radio cero. El eje radial. perteneciente al eje radical. T3 eje radical e r R O1 O2 L/2 K P T1 L/2 Q K T2 SOLUCIONARIO . La potencia de dicho punto Q respecto a la circunferencia de centro O2 y radio cero es el cuadrado de la distancia entre los puntos Q y O2. de esta tangente. se encuentran en una circunferencia.Actividad 2 El radio de la circunferencia de centro O2 es cero. er. 2º. El eje radical. se determina la tangente a la circunferencia de radio O1. 3º. de dos circunferencias coplanarias es una recta. respecto a la circunferencia de centro O2 es igual al cuadrado del segmento tomado sobre una de las tangentes trazadas desde Q cuyos extremos son Q y el punto de tangencia T2. er. Un punto del eje radical tiene igual potencia respecto a las circunferencias dadas.DIBUJO TÉCNICO II . El valor de la potencia de un punto cualquiera Q. QT2 = K. se obtiene trazando por el punto medio. Los puntos de tangencia T. er. es decir. de las rectas tangentes trazadas desde un punto cualquiera a las circunferencias iniciales. lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas.
se encuentran en una circunferencia. de ambas circunferencias. El eje radical de dos circunferencias es una recta perpendicular a la recta que une sus centros. Desde el punto medio P. er. 4º. Los puntos de tangencia T. Se traza la recta que une los centros O1 y O2. se dibuja la recta perpendicular a la línea de centros O1 y O2.DIBUJO TÉCNICO II .Actividad 3 El arco capaz de un segmento O1O2 bajo un ángulo a es el conjunto de puntos desde los cuales se ve el segmento O1O2 bajo un ángulo a. Este punto tiene la misma potencia. El eje radical de dos circunferencias coplanarias es una recta.Bachillerato 9 DIBUJO GEOMÉTRICO . P K 30 o K O L/2 L/2 P M N T1 T2 O1 O2 eje radical e r 30 o SOLUCIONARIO . er corta al arco capaz en el punto P. perteneciente a una de las tangentes comunes. Dibujar el arco capaz del segmento O1O2 bajo el ángulo de 30º. de las rectas tangentes trazadas desde un punto cualquiera a las circunferencias iniciales. del segmento NM. K. por pertenecer al arco capaz dibujado anteriormente. respecto de las dos circunferencias dadas y desde el que el segmento O 1O2 se ve bajo un ángulo de 30º. lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas. 3º. circunferencia de centro O. 2º. eje radical. Un punto del eje radical tiene igual potencia respecto a las circunferencias dadas. Resolución del ejercicio: 1º. El eje radial.
2. B. lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas. 2.DIBUJO TÉCNICO II . e1. Dibujar una circunferencia auxiliar cualquiera que corte a las circunferencias de centros O1 y O3¥. Se hallan los ejes radicales EF y MN de la circunferencia auxiliar con cada una de las dadas. 1. el cual tendrá la misma potencia respecto a las circunferencias de centros O1 y O2. 3º.4. Determinación del eje radical. El centro radical de tres circunferencias es el punto del plano que tiene la misma potencia respecto de las tres circunferencias y se obtiene hallando el punto de intersección de los tres ejes radicales.3 . Se traza la recta que une los centros O1 y O2. es siempre la propia recta. respectivamente. de las rectas tangentes trazadas desde un punto cualquiera a las circunferencias iniciales. Cr. C y D. P eje radical e 1 C A T’2 O1 O2 B T2 E T1 M F N D Q T’1 r = e2 Cr K O3 ∞ SOLUCIONARIO .2. El eje radical de una circunferencia y una recta. (circunferencias de centros O1 y O3¥ -recta dada-): 2. intersección de los ejes obtenidos. circunferencia de radio infinito. obteniendo el punto P. 1. Un punto del eje radical tiene igual potencia respecto a las circunferencias dadas.3. El punto de intersección. 2º. intersección de los ejes obtenidos.1. Esta circunferencia corta a las anteriores en los puntos E. Resolución del ejercicio: 1º.Bachillerato 10 DIBUJO GEOMÉTRICO . La perpendicular por P a la recta de centros O1 y O2 es el eje radical e1. tomando las circunferencias de dos en dos.Actividad 4 El eje radical de dos circunferencias coplanarias es una recta. (circunferencias de centros O1 y O2): 1. Los puntos de tangencia T. F. M y N.2. Se hallan los ejes radicales AB y CD de la circunferencia auxiliar con cada una de las dadas.1. El eje radical de la circunferencia auxiliar y la recta dada es coincidente con la propia recta.La perpendicular por Q a la recta de centros O1 y O3¥ es el eje radical e2. Dibujar una circunferencia auxiliar cualquiera que corte a las circunferencias de centros O 1 y O 2. respectivamente. 1. Esta circunferencia corta a las anteriores en los puntos A. obteniendo el punto Q. de los dos ejes radicales e1 y e2 es el centro radical Cr pedido. e2. se encuentran en una circunferencia. El eje radical de dos circunferencias es una recta perpendicular a la recta que une sus centros. Determinación del eje radical.
Actividad 5 El radio de la circunferencia de centro O3 es cero. se determina la tangente a la circunferencia de radio O1. se obtiene trazando por el punto medio. lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas. Los puntos de tangencia T. e2. tomando las circunferencias de dos en dos. la recta perpendicular a la recta de centros O1O3. (circunferencias de centros O1 y O3): 1. dado que esta circunferencia tiene radio cero.3. 3º. (circunferencias de centros O1 y O2): 2. cuyos puntos de tangencia respectivos son N y M. El punto de intersección. e1. se encuentran en una circunferencia. La perpendicular trazada por el punto medio de esta tangente. de las rectas tangentes trazadas desde un punto cualquiera a las circunferencias iniciales. 1. e1. de los dos ejes radicales e1 y e2 es el centro radical de las tres circunferencias. a la recta de centros O1 y O2 es el eje radical e2. El centro radical de tres circunferencias es el punto del plano que tiene la misma potencia respecto de las tres circunferencias y se obtiene hallando el punto de intersección de los tres ejes radicales.DIBUJO TÉCNICO II . El eje radical de dos circunferencias es una recta perpendicular a la recta que une sus centros. Resolución del ejercicio: 1º. Un punto del eje radical tiene igual potencia respecto a las circunferencias dadas.2. Se traza la recta que une los centros O1 y O3. Determinación del eje radical. 1. Q. cuyo punto de tangencia es R. 2º.1.Bachillerato 11 DIBUJO GEOMÉTRICO .1. de esta tangente. punto P. 2. Determinación del eje radical.2. Se traza la tangente exterior a las circunferencias de centros O1 y O2. El eje radial. Cr. N O1 P M T’ 1 T1 T2 O2 Q O3 T’2 eje radical e 1 R eje radical e 2 K Cr SOLUCIONARIO . El eje radical de dos circunferencias coplanarias es una recta. Desde el centro O3.
vértice del pentágono. vértices del pentágono. centro de la circunferencia de radio d/2. 3º. 2º. D y E. (Ver figura de análisis y comprobación). a continuación.Bachillerato 12 DIBUJO GEOMÉTRICO . d.DIBUJO TÉCNICO II . queda definido el mismo. respectivamente. l. a su vez. Se acompañan unas figuras de análisis y de comprobación. siendo N el punto medio de la diagonal AC = d. Uniendo los vértices A. l = lado del pentágono. se traza la circunferencia de diámetro d tangente en C al segmento AC = d. Por tanto. El segmento AP = l es el segmento áureo de d y. se trazan sendos arcos de radio igual al lado. entre ambos. se traza el arco que corta a la perpendicular anterior en el punto O. Teniendo en cuenta lo anterior. Con centro en C y radio CN. d  l. que al cortar a los anteriores determinan los puntos. éste lo es de AP = l+d. Haciendo centro en A y C. cuando l es media proporcional entre el segmento entero. El segmento AP = l es el segmento áureo de d y lado del pentágono a construir. describiremos. B. Por el punto C se levanta la perpendicular a la diagonal AC. definido. d. C. Desde los citados puntos A y C y radio igual a la diagonal dada. que se cortan en el punto. para calcular l.Actividad 6 Dado un segmento d = AC. se trazan sendos arcos. segmento áureo de d. E y D. el proceso detallado a seguir en la construcción del pentágono: 1º. para comprender mejor la teoría y su aplicación práctica. d = diagonal AC del pentágono. l D O C P E l T N B A l SOLUCIONARIO . La recta que une el punto A con el centro de la circunferencia corta a ésta en los puntos P y P. B. 4º. y la diferencia. se dice que: el segmento l = AP es sección áurea del primero. la cual corta al segmento AO en el punto P.
Figuras de análisis y de comprobación de la actividad nº 6 d+ l l P’ d O d-l P O’ A d C A l Q T Q’ P’ P’ d d+l D O Q’ d/2 O Q’ C P O’ D l/2 l E Q d T C P O’ E d/2 l T Q B l B A d/2 d d-l d- A l l SOLUCIONARIO .Bachillerato 13 DIBUJO GEOMÉTRICO .DIBUJO TÉCNICO II .
entre ambos -ver figuras de análisis-. Haciendo centro en el punto O. m N P x m A x m m-x Q P m-x B mx A B O Q’ m m- x D N Q’ O Q C A x m P m-x B r SOLUCIONARIO . Trazamos los vértices D y C del rectángulo. 4º. Si hacemos que el segmento x. resulta que m-x es el áureo de x y éste. x = lado menor del rectángulo. O. m = longitud mayor AB del rectángulo. 2º. obteniendo el lado mayor del rectángulo. sobre una semirrecta cualquiera r. de la circunferencia corta a ésta en los puntos Q y Q. se desarrolla el proceso detallado a seguir en la construcción del rectángulo: 1º. y la diferencia.Bachillerato 14 DIBUJO GEOMÉTRICO . La recta que une el punto P con el centro. a su vez. lado menor del rectángulo. se dibuja la circunferencia de radio x/2. se dice que: el segmento x = AP es sección áurea del primero. ocupe la posición que ocupaba el segmento m.DIBUJO TÉCNICO II . lo es de m.Actividad 7 Rectángulo áureo es aquél cuyo lado menor es segmento áureo del mayor. m  x. El segmento AQ = m-x es el segmento áureo de x y éste a su vez. punto medio del segmento PN = x. Haciendo centro en A y radio igual AQ se traza un arco que corta en B a la semirrecta r. lado mayor del rectángulo. m. Dado un segmento m = AB. lado mayor del rectángulo ver figuras de análisis-. Se traza. A continuación. lo es de m. 3º. y al unirlos queda definido el mismo. cuando x es media proporcional entre el segmento entero. Con centro en P y radio AP se traza el arco que corta a la perpendicular anterior en el punto N. Por el punto P se levanta la perpendicular al lado AP. el segmento AP = x.
Por el punto P se traza la perpendicular a AP y se lleva sobre ella el segmento PN = PA. Figura de análisis N d A M x m P m-x B Otro método D N C x d M A x m P m-x B r SOLUCIONARIO . Con centro en M.DIBUJO TÉCNICO II . 3º.Bachillerato 15 DIBUJO GEOMÉTRICO . el segmento AP = x. Con los lados AB y x = AP se construye el rectángulo. punto medio de AP.Otro método para construir el rectángulo áureo: 1º. y radio MN se traza el arco que determina el punto B. 2º. Se traza. El segmento AB es el lado mayor del rectángulo. sobre la semirrecta r.
respectivamente. El centro radical de tres circunferencias es el punto. en consecuencia. se trazan las rectas tangentes a la circunferencia de centro O 1. del plano que tiene la misma potencia respecto de las tres circunferencias y se obtiene hallando el punto de intersección de los tres ejes radicales. tomando las circunferencias de dos en dos. C r. T3. Desde el centro radical.Actividad 8 El eje radical de dos circunferencias coplanarias es una recta. Desde los centros O2 y O3 se trazan las rectas tangentes a esta circunferencia de centro Cr. dibujarlas. T2 y T3. quedando definidos los puntos de tangencia T2. Conocidos los puntos de tangencia y los centros de las circunferencias. de las rectas tangentes trazadas desde el centro radical a las circunferencias iniciales. 2º. B O1 A T1 K D T’1 T2 O2 C Cr E T’2 T3 O3 T’3 F Comprobación L/2 L/2 P N o o M 90 O2 O1 Cr Q O3 R SOLUCIONARIO .Bachillerato 16 DIBUJO GEOMÉTRICO 90 90 o 90 o . Los puntos de tangencia T1 y T1 pertenecen a una circunferencia de centro Cr y y radio ÖK. 3º. igual potencia respecto a las circunferencias dadas. El eje radical de dos circunferencias exteriores es la recta perpendicular a la recta que une sus centros y pasa por el punto medio de la tangente común a las dos circunferencias. lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas. podemos conocer los radios de las mismas. Los puntos de tangencia T. y. se encuentran en una circunferencia. Resolución del ejercicio: 1º.DIBUJO TÉCNICO II . Cr. por lo tanto. Un punto del eje radical tiene.
POLÍGONOS TEMA 3 Actividad 1 1º.Bachillerato 17 DIBUJO GEOMÉTRICO ( b=6 0 mm . Se traza la circunferencia de centro O y radio 32 mm. 3º.DIBUJO TÉCNICO II . que corta a la circunferencia en los puntos B y C. Uniendo los puntos A. A 0 mm c=6 O 32 m m B a C SOLUCIONARIO . Con centro en un punto A de esta circunferencia se dibuja el arco BC de 60 mm. B y C queda definido el triángulo solicitado. 2º.
3º. punto medio del lado c. Unir el punto N. 4º. A partir del punto A. con centro en O. con Bc por medio de la recta que corta en C a la recta a. 2º. se toman 3 divisiones iguales.. 2º. se une la división 2 con el punto Bc. B cL = 1/3BL. que son los vértices de las dos soluciones del ejercicio. B cN = 1/3CN. se traza la semicircunferencia de diámetro 60 mm. Se traza la paralela a la hipotenusa a una distancia de 25 mm. 4º. y por la división 3 se traza la paralela al segmento 2-Bc que corta a la prolongación de A-Bc en el punto M. que es el baricentro. hay que tener en cuenta lo siguiente: B cM = 1/3AM. A A’ c b’ b c’ O B a = 60 mm C Dos soluciones h = 25 mm SOLUCIONARIO . esta paralela corta a la semicircunferencia en los puntos A y A. con centros en A y B se trazan arcos de radios ABc = 30 y BBc = 35.Bachillerato 18 DIBUJO GEOMÉTRICO . respectivamente. y sobre una recta cualquiera r. Unir los puntos A y C para formar el triángulo. Determinar la mediatriz de la hipotenusa a. punto de intersección de la mediatriz con la hipotenusa. AM = 15 2/3 AM 1/3 C = 30 a L Bc M b AB c = 30 BB c= 35 A 1 2 N c B 3 r Actividad 3 1º. se obtienen los dos triángulos rectángulos. 1º. Uniendo A y A con B y C. Se dibuja el lado c = AB = 55mm. Trazar la hipotenusa a = BC = 60mm. respectivamente. 3º.DIBUJO TÉCNICO II . estos arcos se cortan en el punto Bc.Actividad 2 Para resolver este ejercicio.
Trazar el incentro Ic. para ello. C 2 1 m 80 m b Cc R L a M m 55 mm Bc n A c N Ic 65 mm Q P Oc B SOLUCIONARIO . centro de gravedad del triángulo. se trazan las tres medianas del triángulo cuya intersección es el baricentro. Dibujar el ortocentro Oc. circuncentro del triángulo y centro de la circunferencia circunscrita al mismo.Bachillerato 19 DIBUJO GEOMÉTRICO . p. Determinar el baricentro Bc. para ello. que se cortan en el punto Cc. respectivamente. 4º. el c = AB = 65 mm y con centros en A y B se trazan los arcos 1 y 2 de radios b = 80mm y a = 55mm. 3º. estos arcos se cortan en el vértice C.e. se trazan las alturas del triángulo cuya intersección es el ortocentro solicitado. se trazan las bisectrices del triángulo cuya intersección es el incentro solicitado. Hallar el circuncentro Cc. 5º.Actividad 4 1º. para ello.. centro de la circunferencia inscrita en el triángulo. para ello. Se sitúa uno de los lados. se trazan las tres mediatrices de los lados del triángulo. llamado triángulo órtico del dado. que unido con A y B define el triángulo. 2º. centro de la circunferencia inscrita al triángulo PQR.DIBUJO TÉCNICO II .
Bachillerato 20 DIBUJO GEOMÉTRICO . D C D’ C’ =8 5 L = 60 D = -L D 25 -L 1 D M N B’ 1 A ≡ A’ B SOLUCIONARIO .Actividad 5 Se resuelve por semejanza con otro cuadrado auxiliar. 2º. Sobre la citada diagonal se lleva el segmento conocido D  L = 25. obteniendo el punto B en la prolongación de AB. segmento AM. diferencia de su diagonal AC menos el lado. 1º. Por el punto M se traza la paralela a NB. Se toma un cuadrado cualquiera de lado AB y se determina el segmento AN = D1  L 1.DIBUJO TÉCNICO II . El segmento AB es lado del cuadrado pedido. que tiene AM = D  L = 85  60 = 25 mm.
es decir. L 2. A B 1 a/2 5 2 D C a O M 4 30 b 3 N b P L SOLUCIONARIO . Se transforma el pentágono en el triángulo equivalente 1  M  N mediante las paralelas 5  M y 2  N a las diagonales 1  4 y 1  3 del pentágono. basta construir la media proporcional entre la base y la mitad de la altura para tener el lado L del cuadrado.DIBUJO TÉCNICO II .Actividad 6 La resolución de esta actividad se basa en la consideración siguiente: Teniendo en cuenta que todos los triángulos que tienen la misma base e igual altura son equivalentes. Dibujar el pentágono 12345 de lado l = 30 mm. 1º. tendremos L 2 = b · a/2. que será igual a la del cuadrado equivalente al citado triángulo. según esto. cualquier polígono de n lados se puede convertir en un triángulo de área equivalente. 2º. Estableciendo la correspondiente igualdad de áreas.Bachillerato 21 DIBUJO GEOMÉTRICO . 3º. El área del triángulo obtenido es (b · a)/2.
Construir el estrellado que se obtiene uniendo los vértices de 2 en 2. C ≡1 M 2 7 B O N A 3 6 4 D 5 SOLUCIONARIO .Actividad 7 Para resolver esta actividad. 3º. 1º.DIBUJO TÉCNICO II . se lleva siete veces 1-2 = NM y se obtiene el polígono de 7 lados. Dibujar la circunferencia de 50 mm de radio. 4º. color verde en la figura. Trazar el estrellado que se obtiene uniendo los vértices de 3 en 3.5 son el 2 y el 3. hemos de tener en cuenta las consideraciones siguientes:  Un polígono regular convexo cualquiera tiene tantos polígonos estrellados como números enteros hay menores que su mitad (n/2) y primos con n.5 y los números enteros primos con 7 menores de 3. Se halla el punto medio N del radio OA. la mitad es 3. El segmento NM es el lado l7 del heptágono inscrito en la circunferencia de radio 50. que se obtienen uniendo los vértices de 2 en 2 y de 3 en 3. color rojo en la figura. Según esto. y dos diámetros perpendiculares AB y CD. el heptágono tiene dos estrellados. 2º. para lo cual se traza el arco OM de centro A y desde M se traza la perpendicular a OA.Bachillerato 22 DIBUJO GEOMÉTRICO ( .  Con siete divisiones (heptágono regular convexo).
Hallar el centro O1 de los arcos. y trazar los diámetros perpendiculares AB y CD. y unir las divisiones externas con el origen O de las circunferencias. 2º. C Ø120 F H G 2 2 Ø100 O1 A O B E 15 D SOLUCIONARIO . Dibujar las circunferencias de 120 y 100 mm de diámetro. utilizando el método general de división de una circunferencia en n partes iguales.Bachillerato 23 DIBUJO GEOMÉTRICO . que es la intersección de la mediatriz de los segmentos iguales al GH con los radios anteriormente citados.DIBUJO TÉCNICO II . Dividir. 3º.Actividad 8 1º. las circunferencias dadas en 15 partes iguales.
en nuestro caso. en su intersección se encuentra el punto doble del eje e. Los datos necesarios para definir una homología son: El centro O..Bachillerato 24 DIBUJO GEOMÉTRICO ... Trazar la recta s (recta de puntos A-C) y su homológica s (recta A-2). se procede del modo siguiente: 1º. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado C. Prolongar la pareja de segmentos homológicos AB y AB... es decir. P º P. etc.TRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS TEMA Actividad 1 4 Consideraciones previas: En una homología se verifica que:  Las parejas de puntos homológicos A y A. se cortan en puntos pertenecientes a una recta fija e. Resolución del ejercicio: Para calcular el punto homológico C del punto C. los homológicos de sí mismos. B y B. llamada eje de homología.. 2 º 2. etc.DIBUJO TÉCNICO II . s y s. teniendo en cuenta que estas rectas se cortan en el punto doble. 1 ≡ 1’ r r’ A’ L ≡ L’ A 2 ≡ 2’ s’ C’ O B N ≡ N’ M ≡ M’ 3 ≡ 3’ s t C B’ t’ P ≡ P’ e SOLUCIONARIO .  Las parejas de rectas r y r. Uniendo los puntos dobles P º P y 1 º 1 queda definido el eje e. El punto C debe pertenecer al rayo de homología OC y a la recta s. del eje. 2º. el eje e y una pareja de puntos homológicos A y A.. 1 º 1. pertenecen al eje e. También se puede obtener este punto C. están alineados con otro punto fijo O. llamado centro de homología.. utilizando las rectas t y t.  Los puntos dobles. a partir de los datos dados.
su homólogo D y las rectas v y v. 2 º 2. Resolución del ejercicio: Para calcular el punto homológico B del punto B. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado B. u D’ v’ u’ v A’ B r’ s’ r B’ 2 ≡ 2’ t’ C’ O D A C t s 1 ≡ 1’ e SOLUCIONARIO ... a partir de los datos dados. Los datos necesarios para definir una homología son:  El centro O.DIBUJO TÉCNICO II . el eje e y una pareja de puntos homológicos A y A. llamado centro de homología.Tomar un punto cualquiera C. etc. B y B. punto 1. se procede del modo siguiente: 1º. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado C. etc.. Trazar la recta t (recta de puntos B-C) y su homológica t (recta de puntos C-2). Para ello:  Unir A con C (recta s) hasta que corte al eje e. llamada eje de homología. se cortan en puntos pertenecientes a una recta fija e. s y s.. utilizando el punto D.Actividad 2 previas: Consideraciones previas En una homología se verifica que:  Las parejas de puntos homológicos A y A. y obtener su homólogo C.  Las parejas de rectas r y r...  Unir A con 1 (recta s). También se puede obtener este punto B. El homólogo 1 del punto 1 es el mismo punto por pertenecer al eje e. están alineados con otro punto fijo O.. El punto B debe pertenecer al rayo de homología OB y a la recta t. del eje. El punto C debe pertenecer al rayo de homología OC y a la recta s..Bachillerato 25 DIBUJO GEOMÉTRICO . 2º. teniendo en cuenta que estas rectas se cortan en el punto doble.
B y C.. El punto A debe pertenecer al rayo de homología OA y a la recta r..Bachillerato 26 DIBUJO GEOMÉTRICO . etc. se procede del modo siguiente: 1º.  La recta límite l es el lugar geométrico de los homológicos de los puntos impropios de la figura ABC. 5º. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado B. llamado centro de homología. Uniendo O con L. El homólogo 1 del punto 1 es el mismo punto por pertenecer al eje e. B y B. y el centro O de homología. ABC. Para calcular el punto homológico A del punto A. obtenemos la figura homóloga. s y s. de la dada ABC.. uniendo con otra recta el punto de su intersección con la recta límite l. 6º. están alineados con otro punto fijo O. homóloga de r... El punto donde se cortan ambas es el punto buscado A. intersección con el eje de homología e.  Conocida una recta r que corte a la recta límite l.  Las parejas de rectas r y r. eje e y una pareja de puntos homológicos A y A. homólogo del punto 1 y perteneciente al eje e. punto L. etc. se trata de calcular el homológico de uno de sus vértices. se cortan en puntos pertenecientes a una recta fija e. por ejemplo A. intersección con la recta límite l..Actividad 3 previas: Consideraciones previas En una homología se verifica que:  Las parejas de puntos homológicos A y A. se traza la paralela a la dirección LO. 2º. obteniendo la recta r. Por el punto 1. O l d H∞ C’ C B’ H’ L A 1 ≡ 1’ r r’ d1 B O d2 l’ e l d C’ C A’ B’ L A 1 ≡ 1’ M r B G∞ r’ H∞ G’ G∞ d2 d1 A’ e SOLUCIONARIO .. a partir de los datos conocidos.DIBUJO TÉCNICO II . y 1. para convertirlo en el caso de homología definida por centro O. 3º. Se prolonga la recta r (recta de puntos A-B) definiendo los puntos L. homóloga de la r. El homólogo C del punto C es el mismo punto por pertenecer al eje e. llamada eje de homología. Resolución del ejercicio: Dada la figura ABC. El punto B debe pertenecer al rayo de homología OB y a la recta r.  Las rectas límites l y l son los lugares geométricos de los puntos cuyos homólogos se encuentran en el infinito.. se obtiene la dirección d de la recta r. Uniendo los puntos A. se puede obtener la dirección de la recta r. 4º.
están alineados con otro punto fijo O. B. llamado centro de homología. para convertirlo en el caso de homología definida por centro O. se trata de hallar el homológico de uno de sus vértices. Resolución del ejercicio: Dada la figura ABCD. que pertenece a la recta DA. por tanto. 6º. se cortan en puntos pertenecientes a una recta fija e. C y D. Para calcular el punto homológico D del punto D. homóloga de la C. se procede del modo siguiente: 1º. llamada eje de homología. D y 1. G∞ G’ m’ C G∞ D eje 1 ≡ 1’ D’ B’ A ≡ A’ C’ B O 2 ≡2’ SOLUCIONARIO .. El punto D se halla en la intersección del rayo OD con la recta GA.. etc. homóloga de la C-B-2.Bachillerato 27 DIBUJO GEOMÉTRICO . El punto donde se cortan ambas es el punto buscado C. El punto G.Actividad 4 previas: Consideraciones previas En una homología se verifica que:  Las parejas de puntos homológicos A y A.. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado B.. es la intersección con m de la paralela por O a la recta AD. a partir de los datos conocidos. correspondiente a G¥. El punto C debe pertenecer al rayo de homología OC y a la recta 1D. 4º. D y G¥. debe ser un punto de la recta límite m dada y del rayo de homología OG¥. s y s.  Las rectas límites l y l son los lugares geométricos de los puntos cuyos homólogos se encuentran en el infinito. por ejemplo D. Uniendo los puntos A.. eje e y una pareja de puntos homológicos D y D. obtenemos la figura homóloga.. 2º. ABCD. de la dada ABCD. B y B. El punto B debe pertenecer al rayo de homología OB y a la recta 2C..  Las parejas de rectas r y r. homológica de la que contiene a los puntos A. 5º.. El punto A es doble por pertenecer al eje. etc.DIBUJO TÉCNICO II .
s y s. B y B. quedando éste definido al cumplirse r º r º e.. Recta límite l: El homológico del punto G¥.  Cada una de estas rectas dista del eje lo mismo que la otra del centro de homología y a la inversa. etc.1. En la figura puede observarse que las propiedades de las distancias de estas rectas límites respecto al eje e y al centro O se cumplen. homológico de H¥. están alineados con otro punto fijo O.1. Recta límite l: El punto H. pertenecen al eje de homología e.  Las parejas de rectas r y r. impropio de la recta s. también. Determinación del eje de homología e y del centro O: La recta r y su homóloga r son rectas dobles.  Las rectas límites l y l son los lugares geométricos de los puntos cuyos homólogos se encuentran en el infinito. por lo tanto. trazada por el punto G.. será la intersección con s de la paralela por O a s. debe pertenecer a s y estar alineado con O y G¥.... 2. La recta paralela al eje e. l’ = O G’ G∞ = P’ P l H 1 ≡ 1’ s G∞ r ≡ r’ ≡ e s’ H’∞ H’∞ SOLUCIONARIO . es la recta límite l solicitada. en el punto de su intersección con la prolongación de la recta PP.DIBUJO TÉCNICO II . Determinación de las rectas límites: 2. etc.  El eje de homología e es el lugar geométrico de todos los puntos dobles. y el centro O se encuentra. llamado centro de homología.. en un punto de ellas. punto impropio de la recta s. llamada eje de homología. La recta paralela al eje e. Resolución del ejercicio: 1º. G es el punto de intersección con s de la paralela a s por O.  Las rectas límites son paralelas al eje e y sus homólogas se encuentran en el infinito.Actividad 5 previas: Consideraciones previas En una homología se verifica que:  Las parejas de puntos homológicos A y A.. se cortan en puntos pertenecientes a una recta fija e. por tanto. trazada por el punto H.. es la recta límite l solicitada.Bachillerato 28 DIBUJO GEOMÉTRICO . 2º.
Los afines de los puntos impropios también están en el infinito. El punto B. la determina la recta AA. afín de s. es un caso límite de homología. se obtiene la figura ABCD. El punto D.  Las parejas de rectas r y r.  En la afinidad los únicos puntos dobles son los del eje e. dirección de afinidad d. Para hallar la figura afín. Datos que definen una afinidad: El eje e y una pareja de puntos afines. se cortan en puntos que pertenecen a una recta fija e. la afinidad.. D. B y B. el eje de afinidad e y el punto A. d 2 ≡ 2’ 1 ≡ 1’ D A’ r s C B r’ D’ e s’ A C’ B’ SOLUCIONARIO . C y D. 2º. que pasa por A y B y corta al eje en el punto doble 1 º 1. afín de la dada ABCD. s y s. C. las condiciones que se deben cumplir en la afinidad son:  Las parejas de puntos afines A y A. se procede del modo siguiente: 1º. afín de otro dado. afín de r.... Resolución del ejercicio: Dada la figura ABCD. 3º.. Uniendo estos puntos afines A. se halla en la paralela por éste a la recta AA. Uniendo los puntos A y A se obtiene la recta AA. y en la recta s. dirección de afinidad d. a partir de los datos conocidos. y en la recta s. afín de otro dado. etc. afín de s. cuando el centro es impropio... Por esta razón. conocemos la dirección de afinidad d. afín del A. B. se hallan sobre rectas paralelas entre sí y paralelas a una dirección determinada. B. Por tanto. 4º. El punto C.Actividad 6 previas: Consideraciones previas Esta transformación. y en la recta r. que pasa por C y D y corta al eje en el punto doble 2 º 2. se halla en la paralela por éste a la recta AA. llamada eje de afinidad. llamada dirección de afinidad. que en este caso.Bachillerato 29 DIBUJO GEOMÉTRICO . dirección de afinidad d. 5º. dirección de afinidad d.DIBUJO TÉCNICO II . afín del punto dado. etc.. en la afinidad no se toman en consideración las rectas límites que son impropias. que pasa por C y D y corta al eje en el punto doble 2 º 2. se halla en la paralela por éste a la recta AA.
que pasa por A y C y corta al eje en el punto doble 1 º1.Actividad 7 previas: Consideraciones previas Esta transformación. las condiciones que se deben cumplir en la afinidad son:  Las parejas de puntos afines A y A. para convertirlo en el caso de afinidad definida por dos triángulos afines. en la afinidad no se toman en consideración las rectas límites que son impropias. 3º. Tomar un punto cualquiera C. C. B y B. Uniendo los puntos A y A se obtiene la recta AA. a partir de los datos conocidos. El punto B. afín de B..  Las parejas de rectas r y r.. Por esta causa. llamada dirección de afinidad. B. se halla en la paralela por éste a la recta AA. Para hallar el punto B. ABC.. por ejemplo. se hallan sobre rectas paralelas entre sí y paralelas a una dirección determinada. cuando el centro es impropio.. El punto C. afín del punto dado. dirección de afinidad d. dirección de afinidad d. Resolución del ejercicio: Se trata de hallar el afín de un punto cualquiera C. se halla en la paralela por éste a la recta AA.. se procede del modo siguiente: 1º. 2º. es afín del triángulo..Bachillerato 30 DIBUJO GEOMÉTRICO . y en la recta s. Datos que definen una afinidad: Dos triángulos afines. s y s. que pasa por B y C y corta al eje en el punto doble 2 º 2.. d 2 ≡ 2’ B’ s B A’ r’ C’ s’ 1 ≡ 1’ e’ C A r SOLUCIONARIO . etc. Por tanto. Los afines de los puntos impropios también están en el infinito.  En la afinidad los únicos puntos dobles son los del eje e. afín de r. y en la recta r. afín de este punto C. que cumpla las condiciones de la afinidad.DIBUJO TÉCNICO II . ABC. etc. dirección de afinidad d. llamada eje de afinidad. B y C. se cortan en puntos que pertenecen a una recta fija e.. la afinidad. formado por los puntos A. afín de s. En la figura se puede observar que el triángulo. es un caso límite de homología. 4º.
se cortan en puntos que pertenecen a una recta fija e. afín de A.  Las parejas de rectas r y r. Resolución del ejercicio: Al ser una afinidad ortogonal. la afinidad.. Cuando el valor de K es negativo cada elemento está situado a distinto lado del afín respecto del eje. a partir de los datos conocidos. las condiciones que se deben cumplir en la afinidad son:  Las parejas de puntos afines A y A. siendo estas cuatro divisiones las que corresponden al denominador de la razón de afinidad. Los puntos D. 5º.. está en una relación constante. paralelas a la dirección de afinidad d.. E y F se obtienen de la misma forma a partir de los puntos D. llamada dirección de afinidad. afín de r. estudiado y resuelto anteriormente. d. se cumple: AL/AL = K. etc. La recta que pasa por A corta al eje en L. Razón de afinidad. la dirección de afinidad. se hallan sobre rectas paralelas entre sí y paralelas a una dirección determinada. El punto B. Se divide el segmento AL en cuatro partes iguales. Por esta causa. D y E se trazan rectas perpendiculares al eje e. afín del punto dado A.DIBUJO TÉCNICO II . A’ F’ B’ d s’ 2 ≡ 2’ s E t B t’ E’ u’ u D’ 4 ≡ 4’ D r’ v v’ L r C C’ e 1 ≡ 1’ 3 ≡ 3’ F A SOLUCIONARIO . 4º. E y F y con ayuda del punto A y de su afín A. C. El punto A se halla en la prolongación de la recta AL a una distancia igual a tres divisiones y al otro lado de A respecto del eje e por tener la razón valor negativo.. en la afinidad no se toman en consideración las rectas límites que son impropias. afín del punto B. etc. la distancia de un punto al eje y la de su correspondiente afín.  En la afinidad los únicos puntos dobles son los del eje e. es un caso límite de homología. Para hallar el punto A. se procede del modo siguiente: 1º. llamada eje de afinidad.. tomadas ambas en la recta que los une.Actividad 8 previas: Consideraciones previas Esta transformación. es perpendicular al eje e. B.. Por los puntos A. Los afines de los puntos impropios también están en el infinito. se halla en la paralela por éste a la dirección de afinidad d. la razón de afinidad K y la dirección d. es decir. Por tanto. s y s.. B y B. cuando el centro es impropio.. 3º. y convertir este caso en el de afinidad definida por el eje e y una pareja de puntos afines. Por tanto. que pasa por A y B y corta al eje en el punto doble 1 º 1.Bachillerato 31 DIBUJO GEOMÉTRICO . 2º. Se trata de calcular A. Datos que definen una afinidad: El eje e. y en la recta r. En una afinidad.
El arco capaz del segmento 12 bajo el ángulo de 90º es el conjunto de puntos desde los cuales se ve el segmento 12 bajo el ángulo de 90º. respectivamente. Los puntos que se buscan 1 º 1 y 2 º 2. se sitúan los ejes de la circunferencia de centro Q y radio. Determinación del radio de la circunferencia:  Se traza la recta t. etc. en ambos casos. de las dos curvas den. y s. respectivamente.  El radio de la circunferencia es el segmento QT. y diámetro la distancia entre los puntos 1 y 2. 4º. semicircunferencia de centro P. la afinidad...  En la afinidad los únicos puntos dobles son los del eje e. Se traza la mediatriz de Q-Q que corta en P al eje e. se cortan en puntos que pertenecen a una recta fija e. es un caso límite de homología. La dirección de afinidad. afín de t y tangente a la circunferencia. se procede del modo siguiente: 1º. llamada dirección de afinidad. Sobre las rectas r. una pareja de rectas perpendiculares y.Bachillerato 32 DIBUJO GEOMÉTRICO . en segundo lugar. determinar las dimensiones de la circunferencia y de los ejes de la elipse. cuando el centro es impropio. 3º.. de calcular los puntos del eje que al unirlos con los centros. y diámetro la distancia entre los puntos 1 y 2. son los extremos del diámetro de la circunferencia que pasa por los puntos Q y Q y tiene el centro P en el eje e. las rectas r y s sobre las que irán situados el eje mayor y el eje menor de la elipse. Q y Q. Estas rectas perpendiculares r y s de la circunferencia tiene como afines. se hallan sobre rectas paralelas entre sí y paralelas a una dirección determinada.Actividad 9 previas: Consideraciones previas Esta transformación.. s y s. etc. El arco capaz del segmento 12 bajo el ángulo de 90º es el conjunto de puntos desde los cuales se ve el segmento 12 bajo el ángulo de 90º. Teniendo en cuenta los datos de partida. definida por los puntos 2 y Q. SOLUCIONARIO . P. punto perteneciente al eje e. Por tanto. Los afines de los puntos impropios también están en el infinito. uniendo el punto 3.  Las parejas de rectas r y r. centros de la circunferencia y elipse. punto perteneciente al eje e. punto doble de 3 intersección de t con e-. Figura de análisis A e 1 ≡ 1’ r r’ Q Q’ P s s’ 2 ≡ 2’ Resolución del ejercicio: Se trata.. viene definida por la recta que une los puntos. d. Figura de análisis A: El centro de la circunferencia que pasa por los puntos Q y Q está situado en la mediatriz del segmento QQ..DIBUJO TÉCNICO II . Por tanto. llamada eje de afinidad. siendo T el punto de tangencia de la recta t con la circunferencia de centro Q. Por esta causa. 2º. con el punto N. Q y Q. desconocido. los triángulos 1Q2 y 1Q2 son rectángulos en Q y Q respectivamente. en la afinidad no se toman en consideración las rectas límites que son impropias. Se construye la circunferencia de centro. afín de N intersección de s con t-. todavía.. las condiciones que se deben cumplir en la afinidad son:  Las parejas de puntos afines A y A. semicircunferencia de centro P. B y B.. formada por los puntos 1 y Q. que pasa por los puntos Q y Q y corta al eje en los puntos buscados 1 º 1 y 2 º 2. en primer lugar.
Bachillerato 33 DIBUJO GEOMÉTRICO . y B.5º. C. que corta a las rectas r y s.DIBUJO TÉCNICO II . En función de los datos de partida. Q. respectivamente. determinan la longitud de los ejes perpendiculares de la elipse y forman el rectángulo que la circunscribe. y radio.  Las rectas afines de los lados del citado cuadrado son paralelas al triángulo 1Q2. 6º. son paralelos a los catetos del triángulo 1Q2. el eje mayor AC y el eje menor BD de la elipse. Para una mejor comprensión de la actividad. D.  Los lados del cuadrado que circunscribe a la circunferencia de centro. Se construye la circunferencia de centro. el resultado pude ser similar al representado en el caso 2. es decir. QT. a las rectas r y s. Los diámetros perpendiculares AC y BD de esta circunferencia tiene como afines. respectivamente. se ha dibujado la figura de la elipse. d t’ 3 ≡ 3’ 1-1’ T’ C’ C T t B N N’ B’ Q’ r’ Q D D’ P s A’ s’ e A r 2 ≡ 2’ En la figura B de análisis se pueden observar las siguientes cuestiones: análisis. en los puntos A. 1 ≡ 1’ Figura de análisis B d C’ B C Q r B’ Q’ D’ r’ s A’ s’ P D A 2 ≡ 2’ e SOLUCIONARIO . Q.
Si K > 0. pasa por el centro de inversión. Se traza esta circunferencia de puntos dobles de centro O. Resolución del ejercicio: Método 1 Se trata de determinar la circunferencia de puntos dobles (c. valores positivos de K. por ejemplo.).p. es ella misma. A.d. Es una recta doble pero no es de puntos dobles. Ö K. una pareja de puntos inversos se hallan uno a cada lado del centro de inversión O. es decir.. Se traza la semicircunferencia de diámetro OA. hay una circunferencia que contiene a los cuatro. La inversa de una recta que pasa por el centro de inversión. En la inversión son infinitas las circunferencias dobles: aquellas que pasan por dos puntos inversos. Dos parejas de puntos inversos son concíclicos. 3º.) y a partir de ella situar el punto P. a partir de los datos conocidos. A’ O Método 1 SOLUCIONARIO . inverso de P .  El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante. se obtiene el punto inverso. La circunferencia de puntos dobles. llamado centro de inversión. O.Bachillerato 34 DIBUJO GEOMÉTRICO K . llamado potencia de inversión. N º N.p . obteniendo el punto doble. A y A. O.d. una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. Trazando la perpendicular a la recta OA desde este punto. y su radio es la raíz cuadrada de su potencia. es decir. M º M. se levanta la perpendicular a la recta que une O con A que corta a la semicircunferencia en el punto doble.Actividad 10 previas: Consideraciones previas La inversión es una transformación que hace corresponder a un punto A otro A cumpliendo las siguientes condiciones:  Estos puntos están alineados con otro punto fijo O.p. La construcción que se va a realizar se basa en el teorema del cateto cuyo enunciado dice: En un triángulo rectángulo cada cateto es media proporcional entre la hipotenusa y su proyección sobre ella. Para dibujar el punto inverso P del punto P.DIBUJO TÉCNICO II . se procede del modo siguiente: 1º. c. M ≡ M’ N ≡ N’ A P P’ c. Desde el punto P se traza la tangente a dicha circunferencia.d. Por el punto. K.d. de la circunferencia (c. 2º.p. N º N. Dos rectas concurrentes en O son cortadas por dos antiparalelas respecto de ellas en puntos inversos de una inversión de centro O. Para valores negativos de K. P.
B y B. Se traza una circunferencia doble cualquiera que pase por los puntos inversos A y A.Bachillerato 35 DIBUJO GEOMÉTRICO . Se traza la circunferencia que pasa por los puntos B.DIBUJO TÉCNICO II . alineados con el centro de inversión O. B C A P B’ A’ P’ Método 2 O SOLUCIONARIO . Para dibujar el punto inverso P del punto P. dos puntos inversos cualesquiera. P. uno de los cuales será P. Sobre esta circunferencia se sitúan. El punto donde esta circunferencia corta a la recta OA será el punto.Método 2 Se trata de determinar la circunferencia que contenga dos pares de puntos inversos concíclicos. 2º. a partir de los datos conocidos. P y B. buscado. se procede del modo siguiente: 1º.
tiene como inverso A. se halla:  En la perpendicular a la recta dada. se traza la perpendicular a la recta dada r. Por el punto A.d.p.. K. C. r. pie de la perpendicular desde C a r. que son B y D. Si K < 0. Teniendo en cuenta que la inversión negativa no tiene c. se hallará en el punto más lejano del diámetro de la circunferencia de centro. En la figura se ha hallado los puntos inversos de B y D. cuyo centro se halla en la perpendicular a la recta por el centro de inversión.: Se traza la semicircunferencia de diámetro OA. de la circunferencia (c. Dos parejas de puntos inversos son concíclicos. por el centro. 2º.DIBUJO TÉCNICO II .d. Resolución del ejercicio: Se trata de determinar la circunferencia de puntos dobles (c. Determinación del radio de c. y su radio es la raíz cuadrada de su potencia. c. respecto de la recta r.  El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante. el producto de dos distancias es un valor real.  En la propia circunferencia de centro C. de la circunferencia inversa de r. pasa por el centro. O. 3º. O. punto intersección de la circunferencia con la perpendicular desde C a r. Se traza esta circunferencia de puntos dobles de centro O y radio K.p. Esta construcción se basa en el teorema del cateto cuyo enunciado dice: En un triángulo rectángulo cada cateto es media proporcional entre la hipotenusa y su proyección sobre ella.p . Para su determinación.d. es decir.Bachillerato 36 DIBUJO GEOMÉTRICO . una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O.d.d. se procede del modo siguiente: 1º. hay una circunferencia que contiene a los cuatro. La figura inversa de una recta que no pasa por el centro de inversión es una circunferencia que pasa por él. K O ≡ P’ B’ C M ≡ M’ B r A’ D’ A D P∞ SOLUCIONARIO . c.). es decir. el centro de la circunferencia de puntos dobles (c. Si K > 0. es el centro de inversión O.). valores positivos de K. situado en el otro extremo del diámetro de la circunferencia de centro C. ÖK. punto del infinito de la recta r. Este punto A. a partir de los datos conocidos.d.p.) cuyo centro. ya que.p. se levanta la perpendicular a la recta que une O con A que corta a la semicircunferencia en el punto doble. El inverso de P¥. Por el centro C de la circunferencia inversa de r. si una de ellas vale infinito la otra vale cero. La circunferencia de puntos dobles.Actividad 11 previas: Consideraciones previas La inversión es una transformación que hace corresponder a un punto A otro A cumpliendo las siguientes condiciones:  Estos puntos están alineados con otro punto fijo O. P.p.d. la inversión no tiene c. K o K. O. llamado potencia de inversión. llamado centro de inversión. M º M.p. C.p. cuya intersección con esta recta determina el punto A.d..
4º. El punto de intersección de la recta BA con la línea de centros C 1C 2 es el centro. homotética de la anterior en una homotecia cuyo centro es el de inversión y cuya razón de homotecia es K/P (cociente entre la potencia de inversión y la potencia del centro de inversión respecto de la circunferencia inicial).  El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante. la inversión no tiene c.Bachillerato 37 DIBUJO GEOMÉTRICO . La recta tangente común interior a ambas circunferencias determina los puntos T1 y T2. llamado potencia de inversión. los centros de las dos circunferencias dadas. para valores negativos de K. 3º. es decir. Si K < 0. 2º. O. además de inversa.DIBUJO TÉCNICO II . Por C2 se traza la paralela a la recta C1P que corta a la circunferencia de centro C2 en el punto D. llamado centro de inversión. mediante una línea recta. de la inversión que transforma la circunferencia de centro C1 en la de centro C2. inverso de P . una pareja de puntos inversos se hallan uno a cada lado del centro de inversión O. La figura inversa de una circunferencia que no pasa por el centro de inversión es otra circunferencia que tampoco pasa por dicho centro y es. E P D T2 F A T1 B O E’ D’ P’ F’ B’ A’ C1 C2 SOLUCIONARIO .Actividad 12 previas: Consideraciones previas La inversión es una transformación que hace corresponder a un punto A otro A cumpliendo las siguientes condiciones:  Estos puntos están alineados con otro punto fijo O. La recta PO corta a la recta C2D en el punto P.d. K. Si K < 0. Se unen. Resolución del ejercicio: 1º.p.
Se unen. y su radio es la raíz cuadrada de su potencia.Bachillerato 38 DIBUJO GEOMÉTRICO .DIBUJO TÉCNICO II .Actividad 13 previas: Consideraciones previas La inversión es una transformación que hace corresponder a un punto A otro A cumpliendo las siguientes condiciones:  Estos puntos están alineados con otro punto fijo O. Q. c. se encontrará el centro. centro de la inversión. Resolución del ejercicio: 1º. llamado potencia de inversión. La circunferencia de puntos dobles. ÖK. CO.  El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante. K. c. En la figura adjunta de análisis y comprobación se pueden observar con detenimiento aspectos relacionados con la inversión en esta actividad formativa. homotética de la anterior en una homotecia cuyo centro es el de inversión y cuya razón de homotecia es K/P (cociente entre la potencia de inversión y la potencia del centro de inversión respecto de la circunferencia inicial). mediante una línea recta. una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. llamado centro de inversión. Si K > 0. el centro C de la circunferencia dada con el punto. O.p. valores positivos de K.p. 2º. pasa por el centro. es decir. se halla en el punto donde la recta OC corta a la paralela por A a BC. La figura inversa de una circunferencia que no pasa por el centro de inversión es otra circunferencia que tampoco pasa por dicho centro y es.d . Este centro.. además de inversa. Q. Sobre esta recta. O B’ A’ A Q O B C N ≡ N’ A’ A E’ E B C T1 D Q B’ D’ T2 M ≡ M’ K Figura de análisis y comprobación SOLUCIONARIO . O. de la circunferencia inversa de la dada.d.
La figura inversa de una circunferencia que pasa por el centro de inversión es una recta que no pasa por él y es perpendicular a la recta que determinan el centro de inversión y el de la circunferencia.d. 2º. perpendicular a la recta OC.d. O. c. C.  El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante. se traza la recta solución. y de inversión. O.. se encuentra en el punto de intersección de la recta PP con la circunferencia dada de centro.p. r. una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. ÖK. O. O. valores positivos de K. por dos métodos. pasa por el centro. c.  Por el punto.DIBUJO TÉCNICO II . La circunferencia de puntos dobles.Bachillerato 39 DIBUJO GEOMÉTRICO . llamado potencia de inversión.p. Resolución del ejercicio: 1º. Trazado de la recta. también. la c. En la figura solución se ha dibujado. C. es decir. que pasa por P y es inversa a la circunferencia de centro C:  Se traza la recta que pasa por los centros de la circunferencia dada. K O C P’ A ≡ A’ r P B ≡B’ D ≡ D’ SOLUCIONARIO . P. K.d ..p.Actividad 14 previas: Consideraciones previas La inversión es una transformación que hace corresponder a un punto A otro A cumpliendo las siguientes condiciones:  Estos puntos están alineados con otro punto fijo O. de inversión: Este centro de inversión. r. y los puntos dobles A º A y B º B. y su radio es la raíz cuadrada de su potencia. Si K > 0. llamado centro de inversión. Determinación del centro.
La figura inversa de una circunferencia que pasa por el centro de inversión es una recta que no pasa por él y es perpendicular a la recta que determinan el centro de inversión y el de la circunferencia. y radio.p. que pasa por los puntos dobles. Resolución del ejercicio: 1º. O.Actividad 15 previas: Consideraciones previas La inversión es una transformación que hace corresponder a un punto A otro A cumpliendo las siguientes condiciones:  Estos puntos están alineados con otro punto fijo O. La circunferencia de puntos dobles. valores positivos de K. de radio ÖK. se dibuja la circunferencia de puntos dobles. Si K > 0. centro de inversión.  El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante.p M ≡ M’ O C K N ≡ N’ SOLUCIONARIO . Trazado de la recta inversa a la circunferencia de centro C:  Se traza la recta perpendicular a la recta CO. c.p.Bachillerato 40 DIBUJO GEOMÉTRICO . se traza la recta tangente a esta circunferencia. 2º.d. una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. M º M y N º N. c. A’ B ≡ B’ A . O. OB. O.p.. llamado potencia de inversión.p.  Con centro en. B º B. de intersección de la circunferencia dada.DIBUJO TÉCNICO II . ÖK.d.  Desde el centro de inversión. pasa por el centro. K. O. es decir.d. Para ello se procede del siguiente modo:  Se traza la circunferencia que pasa por los puntos A y A. de la c.: Esta circunferencia debe pasar por el punto de tangencia de la recta tangente a la circunferencia que pasa por los puntos A y A y trazada desde el punto. Determinación de la c. y de la c. llamado centro de inversión.d.d. C. y su radio es la raíz cuadrada de su potencia. determinando el punto doble.
 El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante. se procede del siguiente modo:  Se traza la recta que. Para ello. AB:  Los puntos de intersección. solución del ejercicio. figura inversa del segmento dado. cuyo centro se halla en la perpendicular a la recta por el centro de inversión. pie de la perpendicular desde O a la recta r. centro de inversión y su centro. con la circunferencia de centro C. y situar sobre ella los puntos inversos.p .  El diámetro OD de la circunferencia inversa de r queda definido al hallar el punto D. En la figura adjunta de análisis y comprobación se pueden observar con detenimiento aspectos relacionados con la inversión en esta actividad formativa. de los puntos dados A y B. valores positivos de K. 1º. AB.DIBUJO TÉCNICO II . K. homólogo del punto D. A y B. puntos inversos que definen el arco.  El inverso del punto impropio de la recta. La circunferencia de puntos dobles. Determinación de la circunferencia inversa de centro. AB. d. O. C.. Resolución del ejercicio: Se trata de determinar la circunferencia inversa de centro. Si K > 0.d. 2º. A y B. y su radio es la raíz cuadrada de su potencia. partiendo de O.Bachillerato 41 DIBUJO GEOMÉTRICO ( . es decir. BO y AO. C. llamado potencia de inversión. de la recta formada por los puntos dados. B K O ≡ P’ B’ A’ C D’ D M ≡ M’ P ∞ r A K O ≡ P’ B’ A’ C D’ D M ≡ M’ P ∞ r A Figura de análisis y de comprobación SOLUCIONARIO .d. La figura inversa de una recta que no pasa por el centro de inversión es una circunferencia que pasa por él. O. C: Esta circunferencia debe pasar por el punto. ÖK. B c.Actividad 16 previas: Consideraciones previas La inversión es una transformación que hace corresponder a un punto A otro A cumpliendo las siguientes condiciones:  Estos puntos están alineados con otro punto fijo O. c. al que hemos llamado P¥. pasa por el centro. ha de pertenecer a la recta perpendicular a la recta formada por los puntos A y B trazada desde O. Trazado del arco. es el centro de la inversión.p. O. llamado centro de inversión. es perpendicular a la formada por los puntos A y B. forman el arco buscado.p . B y A de las rectas formadas por los puntos. c. una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O.
Resolución del ejercicio: Se trata de calcular los puntos de tangencia de las circunferencias solicitadas con la circunferencia dada. Se traza una circunferencia auxiliar de centro E. tomando las circunferencias de dos en dos. El eje radical.Bachillerato 42 DIBUJO GEOMÉTRICO . 1º. utilizando las propiedades de la potencia. SOLUCIONARIO . El eje radical de dos circunferencias es una recta perpendicular a la recta que une sus centros. el punto T de tangencia está en la línea de centros. lo cual requiere determinar el centro radical. es el punto del plano que tiene la misma potencia respecto de las tres circunferencias y se obtiene hallando el punto de intersección de los tres ejes radicales. de dos circunferencias coplanarias es un recta.DIBUJO TÉCNICO II . Todas las circunferencias que pasen por los puntos P y Q tienen su centro en la mediatriz del segmento que determinan y como eje radical la recta PQ. Los puntos de tangencia T. se encuentran en una circunferencia. La tangente t en un punto T a una circunferencia es la perpendicular al radio OT. er. esta circunferencia corta a la dada de centro C en los puntos A y B. Cr. de las circunferencias que pasan por los puntos P y Q y la dada de centro C. Cr. de las rectas tangentes trazadas desde un punto cualquiera a las circunferencias iniciales. El centro radical de tres circunferencias. Un punto del eje radical tiene igual potencia respecto a las circunferencias dadas. lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas.TANGENCIAS TEMA 5 Actividad 1 Consideraciones previas: Si dos circunferencias son tangentes. que pasa por los puntos P y Q.
es el centro radical de las circunferencias del haz que pasa por P y Q y la de centro C. T1 K O1 C Cr P Q O2 B E T2 A K SOLUCIONARIO .2º. estos son los puntos comunes de las circunferencias solución con la dada. 4º. respectivamente. se hallan. Los centros de las soluciones O 1 y O 2. Las rectas tangentes desde Cr a la circunferencia dada tienen como puntos de tangencia T1 y T2. donde las rectas T 1C y T 2C cortan a la mediatriz del segmento PQ.Bachillerato 43 DIBUJO GEOMÉTRICO . por lo tanto.DIBUJO TÉCNICO II . El punto Cr. donde se cortan las rectas PQ y AB. 3º.
El centro radical de tres circunferencias. a la mediatriz del segmento PQ. se encuentran en una circunferencia. er. de las rectas tangentes trazadas desde un punto cualquiera a las circunferencias iniciales. es el punto del plano que tiene la misma potencia respecto de las tres circunferencias y se obtiene hallando el punto de intersección de los tres ejes radicales. Los centros de las soluciones O1 y O2 de las circunferencias buscadas se hallan donde las perpendiculares a r por T1 y T2 cortan. pasará por el simétrico de éste respecto de aquélla. lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas. es siempre la propia recta. Lo que ocurre en este caso es que ambos puntos P y Q son coincidentes. raíz cuadrada de la potencia de Cr respecto de las circunferencias descritas. 2º. 1º. P. Cr. El eje radical de una circunferencia y una recta. O2 P ≡Q T2 O1 E B a r A T1 TE K Cr SOLUCIONARIO . Resolución del ejercicio: Se trata de hallar los puntos de tangencia de las circunferencias solicitadas con la recta dada.Actividad 2 Consideraciones previas: Si dos circunferencias son tangentes. donde se cortan las rectas PQ. es el centro radical de las circunferencias del haz que pasa por P y Q y la recta r. a la que se considera circunferencia de radio infinito. El eje radical de dos circunferencias es una recta perpendicular a la recta que une sus centros. Q. 4º. y AB. 3º. perpendicular en P a la recta dada. y pasa por un punto. coincidentes. Las recta tangente desde C r a la circunferencia auxiliar de centro E tiene como punto de tangencia T E. que pasa por los puntos P y Q.Bachillerato 44 DIBUJO GEOMÉTRICO . Un punto del eje radical tiene igual potencia respecto a las circunferencias dadas. esta circunferencia corta a la recta r en los puntos A y B. Se traza una circunferencia auxiliar de centro E. Los puntos de tangencia T 1 y T2 de las dos circunferencias solución con la recta r se encuentran a ambos lados de Cr a la distancia ÖK de este punto. a. de las circunferencias que se buscan y de r. tomando las circunferencias de dos en dos. a. En consecuencia la potencia del punto Cr respecto de todas ellas es la misma y la longitud del segmento ÖK también. El punto Cr. La tangente t en un punto T a una circunferencia es la perpendicular al radio OT. lo cual requiere determinar el centro radical. respectivamente. utilizando las propiedades de la potencia. El eje radical. Una circunferencia cuyo centro pertenece a una recta. el punto T de tangencia está en la línea de centros. Cr. circunferencia de radio infinito. Todas las circunferencias que pasen por los puntos P y Q tienen su centro en la mediatriz del segmento que determinan y como eje radical la recta PQ. y longitud CrTE = ÖK. Los puntos de tangencia T. circunferencia de radio infinito. de dos circunferencias coplanarias es un recta.DIBUJO TÉCNICO II .
CURVAS CÓNICAS TEMA 7 LA ELIPSE Actividad 1 1º.  Se dibujan los ejes AB = 2a = 80 mm y CD = 2b = 50 mm.  Se toma un punto N cualquiera en el eje mayor. que es un punto de la elipse. y con radio NB y centro en F se traza el arco 1. con radio AN y centro en F se traza el arco 2. estos dos arcos se cortan en el punto M. bisectriz exterior del ángulo que forman los radios vectores r = MF y r = MF.  Con centro en C o D y radio a. se corta el eje mayor en F y F.Bachillerato 45 DIBUJO GEOMÉTRICO . Determinar un punto M de la elipse. focos de la curva.DIBUJO TÉCNICO II . 2º. t 2 M 1 a a= 40 C r’ r A 1 2 3 4 O F’ B F N D 2a = 80 2b = 50 SOLUCIONARIO . Trazar la tangente a la curva en este punto.  La tangente a la elipse en el punto M de ella es la recta t.
que uniéndolos se dibuja el cuadrante pedido. A3 y A4 y centro en F se traza una serie de arcos y con radios 1B. se traza la circunferencia principal de radio a = 40 mm y la de radio b = 25 mm. Cuadrante por medio de haces proyectivos. por ejemplo E. C2.  Se traza un radio cualquiera que corta en R y R a las dos circunferencias. 4) cualesquiera en el eje mayor. tal y como se ha visto en el punto anterior. La elipse de ejes AB y CD es afín de la circunferencia principal de diámetro AB. C3 y C4 en los puntos J. Cuadrante por puntos aplicando su definición.Bachillerato 46 DIBUJO GEOMÉTRICO .  Se construye el rectángulo OCLB y se dividen los segmentos OB y LB en el mismo número de partes iguales. estos arcos se cortarán respectivamente con los trazados desde F definiendo una serie de puntos. Cuadrante por medio de afinidad con las circunferencias de radios a y b. cinco en la figura. 3B y 4B y centro en F se trazan otros arcos. 4º. H y G de la elipse.  Con radios A1. D2. A2. 2. por R se traza la paralela a AB y por R la paralela a CD. 5º. 3. de la elipse. I. que se corta con la anterior en el punto R de la elipse.DIBUJO TÉCNICO II . y también es afín de la circunferencia de diámetro CD.  Esta operación se repite numerosas veces. con una dirección de afinidad perpendicular a CD y como eje de afinidad el eje imaginario.  Con centro en O.  Para dibujar este cuadrante se trazan una serie de puntos (1. 2B. D3 y D4 se cortan respectivamente con los rayos C1.  Los rayos D1.3º. Método de afinidad R’’ C R R’ a= 40 Método de haces proyectivos G H I J O 3 4 4 3 2 1 L 4 3 2 a A r F 1 1 N 2 F’ B r’ E Método por puntos D 2a = 80 2b = 50 SOLUCIONARIO . con una dirección de afinidad perpendicular al eje real y eje de afinidad AB.
cuya recta corta a t2 en el punto T2. Sabiendo que la circunferencia focal es el lugar geométrico de los puntos simétricos del foco respecto de las tangentes. que corta a la anterior en los puntos M y N. Trazar las tangentes a la curva desde un punto exterior cualquiera.  Con centro en F se traza la circunferencia focal de radio 2a = 80 mm. recta que corta a t1 en el punto T1. determinando los puntos de tangencia. N t2 2a = 80 C T2 F’ A F O B P T1 D t1 M SOLUCIONARIO . y haciendo centro en P y radio PF se traza otra circunferencia.DIBUJO TÉCNICO II . y N con F. tenemos que buscar un punto en ella que unido con F resulte ser una cuerda de la circunferencia de centro P y radio PF.6º.  Unimos M y N con F y trazamos las mediatrices de estas cuerdas que pasarán por P y serán las tangentes t1 y t2 a la elipse.Bachillerato 47 DIBUJO GEOMÉTRICO .  Los puntos de tangencia se hallan uniendo M con F.
Bachillerato 51 DIBUJO GEOMÉTRICO . son de la circunferencia principal. es la recta t.  Se une el foco F con el punto de tangencia T y se construye el ángulo b igual al ángulo a.Actividad 5 Si las tangentes han de ser paralelas a una dirección d. con lo que queda determinado el otro foco. en un punto T de ella. t α M T N 2a = 70 mm A F r r’ β=α O r r’ F’ B SOLUCIONARIO . hay que tener en cuenta que la circunferencia principal es el lugar geométrico de los pies de las perpendiculares trazadas por los focos a las tangentes y que la tangente a la elipse. Por lo tanto. t N C T O F T1 F’ B N1 P∞ A t1 D d Actividad 6 Para resolver esta actividad. se une O con N y N1 y por el otro foco F se trazan las correspondientes paralelas hasta que corten a las tangentes t y t1 en los puntos T y T1. para su construcción se procederá del modo siguiente:  Trazar por F la perpendicular a la dirección d.  Los puntos N y M. el punto P de la figura correspondiente al Tema7-Elipse 1-6 está en el infinito y la circunferencia de centro P y radio hasta el foco F (que no es centro de la focal). pies de las perpendiculares trazadas por los focos a la tangente t. tiene radio infinito. y se tienen las tangentes t y t1. transformándose en una recta que pasa por F y es perpendicular a la dirección dada.  Para determinar los puntos de tangencia. la cual corta a la circunferencia principal en N y N1. bisectriz exterior del ángulo que forman los radios vectores r = TF y r = TF.  Sobre la recta que ha de contener al otro radio vector r se lleva la diferencia 2a  FT y obtenemos r = TF. dibujar por estos puntos las paralelas a la dirección d.DIBUJO TÉCNICO II .
en un punto T1 de ella.  Los puntos N1 y N2 son de la circunferencia principal y el centro se encontrará en el punto de intersección de la mediatriz de N1-N2 con el segmento F-F1.  Los vértices A y B se obtienen sabiendo que la suma de r y r1 es igual a 2a. debemos tener en cuenta las consideraciones siguientes:  La circunferencia principal es el lugar geométrico de los pies de las perpendiculares trazadas por los focos a las tangentes. ya que estos puntos son de la circunferencia focal de centro F1 y también estará en el otro radio vector r1 que pasa por T1.  El foco F1 estará en la mediatriz del segmento F-F.  La elipse es lugar geométrico de los centros de circunferencias que pasan por un foco y son tangentes a la circunferencia focal del otro foco. bisectriz exterior del ángulo que forman los radios vectores r = T1F y r = T1F.Bachillerato 52 DIBUJO GEOMÉTRICO . t1 α F’ T1 N2 r A β r1 eje F O F1 B N1 T F’’ t SOLUCIONARIO .  Se hallan los puntos F y F simétricos de F respecto de las tangentes dadas.  La tangente a la elipse. es la recta t1.Actividad 7 Para resolver esta actividad.DIBUJO TÉCNICO II .
basta trazar con centro en F y radio 2a un arco.Bachillerato 53 DIBUJO GEOMÉTRICO .  Como F es un punto de la circunferencia focal del foco que se desconoce.  Se obtiene F simétrico del foco F respecto de la tangente t.76 F A SOLUCIONARIO . para su determinación. semidistancia focal. estos dos arcos se cortan en el foco F1. y con centro en F otro arco de radio 2c.DIBUJO TÉCNICO II . a partir de a y b. a = 35 c= 26 .38 b= 23 b = 23 t F’ a = 35 2a = 70 B F1 N O 2c = 52.Actividad 8  Se halla en primer lugar c.
trazamos con centro en A y radio c = 25 sendos arcos que.  Partiendo del dibujo realizado en la actividad anterior. por ejemplo. de este modo. trazar la tangente en el punto P: La tangente en un punto P de la hipérbola es la bisectriz del ángulo que forman los radios vectores r y r1. 4 y 5 del eje real.  Sobre el dibujo de las actividades anteriores. por el punto P se traza la recta bisectriz t de los radios vectores r y r1. punto de la hipérbola. determinan los vértices C y D del eje imaginario.  Para obtener otros puntos de la curva se toman. t C P M5 M4 M3 M2 M1 c r O N F A 2a = 20 2c = 50 r1 B M’1 M’2 M’3 M’4 M’5 F’ 1 2 3 4 5 D SOLUCIONARIO .LA HIPÉRBOLA Actividad 1 1º. Sin dibujar la curva. al cortar a la perpendicular dibujada por O al eje real AB.Bachillerato 54 DIBUJO GEOMÉTRICO . Dibujar una rama de la curva:  Se dibujan los datos AB = 2a = 20 mm y FF = 2c = 50 mm. PF  PF = 2a =AB = 20 mm.  Se toma un punto N cualquiera en el eje real AB y con radios AN y BN y centros en F y F se trazan dos arcos que se cortan en P. 2º. los puntos 2.  Se toma un punto 1 cualquiera en el eje real AB y con radios A1 y B1 y centros en F y F se trazan dos arcos que se cortan en M1. punto de la hipérbola solicitado. 4º.DIBUJO TÉCNICO II . hemos de tener en cuenta la siguiente propiedad de la hipérbola: entre a. b y c existe la relación: c2 = a2 + b2. 3º. 3. Fijar los vértices en el eje imaginario: Para realizar esta actividad. Determinar un punto cualquiera de la curva:  Se dibujan los datos AB = 2a = 20 mm y FF = 2c = 50 mm.
t2 t1 P∞ d T2 A F M N O B F’ T1 SOLUCIONARIO . en la que se trazaban las tangentes a la curva desde el punto dado P. la cual corta a la circunferencia focal del foco F en los puntos M y N.  Unimos M y N con F y trazamos las mediatrices de estas cuerdas que pasarán por P y serán las tangentes t1 y t2 a la hipérbola.  Se traza por el foco F la recta perpendicular a la dirección d. y N con F. FF = 2c = 50 mm. y el punto P . La circunferencia que pasando por F tiene de centro P¥ es la recta que pasa por el foco citado F y es perpendicular a la dirección dada d. Trazar las tangentes a la curva desde un punto impropio y determinar los puntos de tangencia: Es una actividad similar a la anterior.Bachillerato 55 DIBUJO GEOMÉTRICO 2a . trazar las tangentes desde un punto exterior P y determinar con exactitud los puntos de tangencia: Sabiendo que la circunferencia focal de centro F es el lugar geométrico de los puntos simétricos del foco F respecto de las tangentes. recta que corta a t2 en el punto T2. que es la que deben tener las tangentes solicitadas. de d es P¥ .  Los puntos de tangencia se hallan uniendo M con F. que corta a la anterior en los puntos M y N.5º. tenemos que buscar unos puntos en ella que unidos con F resulten ser cuerdas de la circunferencia de centro P y radio PF.  Con centro en F se traza la circunferencia focal de radio 2a = 20 mm.  Con centro en F se traza la circunferencia focal de radio 2a = 20 mm. recta que corta a t2 en el punto T2. y haciendo centro en P y radio PF se traza otra circunferencia. FF = 2c = 50 mm y el punto impropio.  Se dibujan los datos AB = 2a = 20 mm. y N con F.DIBUJO TÉCNICO II . La diferencia radica en que P se ha transformado en un punto impropio alejándose en la dirección dada d. Sin dibujar la curva. recta que corta a t1 en el punto T1.  Los puntos de tangencia se hallan uniendo M con F. P M 2a A F T2 N O B F’ t2 t1 T1 6º.  Se dibujan los datos AB = 2a = 20 mm. recta que corta a t1 en el punto T1.  Las tangentes t1 y t2 a la hipérbola son las mediatrices de las cuerdas FN y FM.
Bachillerato 56 DIBUJO GEOMÉTRICO .7º. A1 = b y O1 = c. Trazar las asíntotas a la curva: Las asíntotas de la hipérbola son las tangentes a la curva en los puntos del infinito.  Se trazan las mediatrices a y a1 de los segmentos RF y QF.  También se obtienen uniendo el punto O con los puntos 1 y 4 donde corta a la circunferencia de diámetro FF (radio = c) la perpendicular por A al eje real. que pasan por O.DIBUJO TÉCNICO II . estas rectas. a a1 1 R c b F A a O 2 B F’ 2a Q 4 3 SOLUCIONARIO . son simétricas respecto de los ejes y pasan por el centro O de la curva. la solución consiste en trazar las rectas tangentes a la curva desde el punto O.  Se dibujan los datos AB = 2a = 20 mm y FF = 2c = 50 mm. son las asíntotas de la curva.  Con centro en F se traza la circunferencia focal de radio 2a = 20 mm. Por lo tanto. El triángulo 1-A-O es rectángulo y sus lados son OA = a.  La circunferencia de centro O y diámetro OF corta a la focal del foco F en los puntos R y Q.
indicar si es exterior o interior a la curva: Se trata de determinar si la recta r corta o no a la hipérbola. se sigue el procedimiento siguiente: § Hallar el punto F1 simétrico del foco F respecto a r. conviene recordar que la hipérbola es el lugar geométrico de los puntos que son centros de circunferencias tangentes a una circunferencia focal y pasan por el otro foco que no es centro de la focal. Por lo tanto. § La cuerda 1-2 y la recta F-F1 se cortan en el centro radical Cr. y de la circunferencia focal de centro F.Bachillerato 57 DIBUJO GEOMÉTRICO . de radio 2a. la cual corta a la focal en los puntos 1 y 2. Comprobación Cr Cr F1 T1 1 r T1 1 F1 r I2 T2 F A 2a T2 F’ F A I1 C O I2 B F’ O B C I1 2 2 SOLUCIONARIO . los puntos de intersección de la recta r y de la hipérbola son los centros de las circunferencias tangentes a la focal de F y que pasan por los puntos F y F1. Para ello. es decir. la recta r es interior a la curva.8º. En este sentido.  Trazar la circunferencia focal del foco F. que son los puntos donde la recta r corta a la hipérbola y a la vez centros de circunferencias tangentes a la focal de F y pasan por el otro foco F. § Trazar una circunferencia auxiliar cualquiera de centro C en la recta r que pase por los puntos F y F1.  Se determina el centro radical Cr de las circunferencias que pasen por F y por su simétrico F1 respecto de la recta r.  Desde C r se trazan las tangentes a la focal y los puntos de tangencia T 1 y T 2 se unen con F. Esto es. obteniéndose los centros I1 e I2 en r.DIBUJO TÉCNICO II . simétrico de F respecto de la recta r. Fijada una recta o dirección. hallar posibles puntos de intersección de r con la curva.  Se dibujan los datos AB = 2a = 20 mm y FF = 2c = 50 mm.
Para resolver esta actividad. la cual será tangente a la principal en el punto M.DIBUJO TÉCNICO II . empleando la circunferencia principal. P O1 M F A O B F’ t Actividad 3 Trazar las tangentes a la hipérbola desde un punto exterior P.  Uniendo P con los puntos N y N1 obtenemos las rectas t y t1. Para resolver esta actividad.Actividad 2 Trazar la tangente a la hipérbola en un punto P de ella. que son los pies de las perpendiculares trazadas desde F a las tangentes t y t1. hay que tener en cuenta que la circunferencia principal es el lugar geométrico de los pies de las perpendiculares trazadas por el foco a cada una de las tangentes. se une el punto P de la curva con F y se traza la circunferencia de diámetro PF. P N1 O1 F A N T O B F’ t1 t T1 SOLUCIONARIO . hasta que corten a las tangentes. hay que tener en cuenta que la circunferencia principal es el lugar geométrico de los pies de las perpendiculares trazadas por el foco a cada una de las tangentes. empleando la circunferencia principal. las cuales se cortan en los puntos N y N1.  Para determinar los puntos de tangencia.Bachillerato 58 DIBUJO GEOMÉTRICO .  Se traza la circunferencia principal.  Se trazan los datos de la curva y un punto cualquiera P exterior a ella. se une O con N y N 1 y por el otro foco F se trazan las paralelas respectivas a ON y ON1.  La recta PM es la tangente a la hipérbola en el punto P. que son las tangentes buscadas.  Se trazan los datos de la curva y un punto P cualquiera de ella (ver actividad 1-1).  Se traza la circunferencia principal y la de diámetro PF.
HB = b.  Se dibujan los focos F.  La recta F-F. corta la asíntota s en el centro O de la hipérbola. y por el otro foco F se trazan las paralelas respectivas a ON y ON1. perpendicular en O al eje real.  En la figura correspondiente. P ∞ N d T1 N1 F’ A O B F T t t1 Actividad 5 Determinar los demás elementos de una hipérbola conociendo los focos F y F y una asíntota. hasta que corten a las tangentes t y t1 en los puntos T y T1. F y una asíntota s. empleando la circunferencia principal. s C c A c H b F O a B F’ H’ D SOLUCIONARIO .DIBUJO TÉCNICO II . OH = OH = c. Por lo tanto. para su construcción se procederá del modo siguiente:  Se traza por F la perpendicular a la dirección d. las perpendiculares por estos puntos a F-F dan los vértices A y B de la hipérbola.  Con centro en O y radio OF = OF se traza la circunferencia que corta en H y H a la asíntota.Actividad 4 Trazar las tangentes a la hipérbola paralelas a una dirección dada d. la cual pasa por F y es perpendicular a la dirección d. eje mayor. En esta actividad.  Con centro en A y radio c se traza la circunferencia que corta en C y D al eje imaginario.  Para determinar los puntos de tangencia. la circunferencia de diámetro PF es una recta (de diámetro infinito). OA = OB = a.Bachillerato 59 DIBUJO GEOMÉTRICO . se une O con N y N 1. esta recta corta a la circunferencia principal en N y N 1 y las tangentes t y t1 pasan por estos puntos y son paralelas a la dirección D.
y la tangente t con su punto de contacto T.  La recta OF es el eje real.  Se traza el arco de centro O.  Por el foco F se traza la perpendicular a la asíntota y a partir de N se lleva la magniyud a. perpendicular en O al eje real. y para determinar el vértice A.DIBUJO TÉCNICO II . se lleva el valor de 2a obteniendo el otro foco F. semieje menor.  A partir de H.  Se traza el arco de centro T y radio TF que corta a la recta r en el punto H. una asíntota s y la magnitud a. hemos de tener en cuenta que la tangente en un punto T de la hipérbola es la bisectriz del ángulo que forman los radios vectores r y r. s C H c c a N b F’ B O a A F D Actividad 7 Determinar los demás elementos de una hipérbola conociendo un foco F. Para resolver esta actividad. uniendo los focos F y F queda definido el eje principal.  Se dibujan los datos de partida.  Se dibujan los datos de partida: foco F. una tangente t con su punto de contacto T y la magnitud a.  Tomando como vértice el punto T.  Con centro en B y radio c se traza la circunferencia que corta en C y D al eje imaginario. centro de la hipérbola.Actividad 6 Determinar los demás elementos de una hipérbola conociendo un foco F. se construye un ángulo a formado por las rectas t y r igual al definido por las rectas r y t. r+ r’ = 2a 2a T r’ H α r α F’ B a O A F t SOLUCIONARIO . punto medio del segmento FF. resultando los puntos F y B. desde H se traza la perpendicular al eje y obtenemos el vértice A del eje mayor. § Con centro en O y radio ON se traza la circunferencia que corta en A al eje mayor. y sobre la recta r. obteniendo así el punto O. y radio a para representar los vértices A y B de la hipérbola.  Se obtienen los simétricos de F y A respecto al eje imaginario.Bachillerato 60 DIBUJO GEOMÉTRICO . existen dos métodos: § Se lleva OF en OH.
hemos de tener en cuenta que la tangente en un punto T de la hipérbola es la bisectriz del ángulo que forman los radios vectores r y r.DIBUJO TÉCNICO II . y la tangente t con su punto de contacto T.  Se traza el arco de centro F y radio 2c que corta a la recta r en el punto F. uniendo los focos F y F queda definido el eje principal.  Tomando como vértice el punto T. la distancia HF es 2a.Actividad 8 Determinar los demás elementos de una hipérbola conociendo un foco F. t T r’ H 2a α α r B F’ O A F a 2c SOLUCIONARIO .  Se traza el arco de centro T y radio TF que corta a la recta r en el punto H. una tangente t con su punto de contacto T y la magnitud 2c.  Se traza el arco de centro O. punto medio del segmento FF. y radio a para representar los vértices A y B de la hipérbola. Para resolver esta actividad.Bachillerato 61 DIBUJO GEOMÉTRICO .  Se dibujan los datos de partida: foco F. se construye un ángulo a formado por las rectas t y r igual al definido por las rectas r y t.
se trazan las rectas perpendiculares a la asíntota y a la tangente.  La mediatriz de N1N2 corta a la asíntota en O.  Por el foco F. obteniendo el vértice A. centro de la curva. Para resolver esta actividad. unido con F.  Se dibujan los datos de partida: foco F. Se dibujan los puntos simétricos de F y de A respecto de O. que cortan. nos da el eje mayor. a ambas rectas en los puntos N1 y N2.Bachillerato 62 DIBUJO GEOMÉTRICO .DIBUJO TÉCNICO II .Actividad 9 Determinar los demás elementos de una hipérbola conociendo un foco F. el foco F y el vértice B. una asíntota s y una tangente t. el cual. asíntota s y la tangente t. hemos de tener en cuenta que la circunferencia principal de la hipérbola es el lugar geométrico de los pies de las perpendiculares trazadas por los focos a cada una de las tangentes. se toma OM = OF y por M se traza la perpendicular al eje. s M N1 A F O eje F’ B t N2 SOLUCIONARIO . respectivamente. estos puntos N1 y N2 son de la circunferencia principal.  Sobre la asíntota. esto es.
VA = VF = 15 mm.Bachillerato 63 DIBUJO GEOMÉTRICO . equidista de la directriz d y del foco F.  Con centro en F y radio VF = 15 mm.89 P N r r d tv 52. que son puntos de la curva.8 9 A V F 1 eje 15 15 SOLUCIONARIO . se trazan rectas perpendiculares al eje.LA PARÁBOLA Actividad 1 En una parábola el foco F está a 15 mm. por los puntos A y V. hemos de tener en cuenta que el vértice V. trazamos un arco que corta al eje en el punto A.  Esta operación se repite para obtener otros puntos.  Se traza por un punto 1 del eje. según la definición de la curva. como cualquier otro punto. es decir. obteniendo la directriz d y la tangente en el vértice tv.  Se dibujan los datos F y V. Para resolver este ejercicio. la perpendicular a éste y con centro en F y radio A-1 = r. del vértice V. se corta a dicha perpendicular. obteniendo el punto P y su simétrico. Se pide: 1º. la recta que se forma al unir estos puntos es el eje. 52.DIBUJO TÉCNICO II . Construir la curva por puntos. se tiene así r = PF = PN.
La tangente en un punto P de la parábola es la bisectriz del ángulo que forman los radios vectores PN y PF.  Partiendo del dibujo realizado en la actividad anterior. señalamos un punto cualquiera P en la curva.Bachillerato 64 DIBUJO GEOMÉTRICO .2º. Tomar un punto P de ella y trazar en él la tangente a la curva. d tv N r P r A V F eje SOLUCIONARIO . y se traza la recta bisectriz t de los radios vectores PN y PF.DIBUJO TÉCNICO II .
DIBUJO TÉCNICO II . d tv t1 T1 1 A V F eje P t2 2 T2 SOLUCIONARIO .3º. Sabiendo que la circunferencia focal (recta directriz d) es el lugar geométrico de los puntos simétricos del foco F respecto de las tangentes.  Se dibuja el punto P.  Unimos 1 y 2 con F y trazamos las mediatrices de estas cuerdas que pasarán por P y serán las tangentes t1 y t2 a la parábola.Bachillerato 65 DIBUJO GEOMÉTRICO . tenemos que buscar unos puntos en ella que unidos con F resulten ser cuerdas de la circunferencia de centro P y radio PF.  Se traza la circunferencia de radio PF y centro P. la cual corta a la directriz. Trazar las tangentes a la curva desde un punto exterior. en los puntos 1 y 2.  Los puntos de tangencia T1 y T2 se obtienen trazando por 1 y 2 los radios vectores que son paralelos al eje. que en la parábola hace de circunferencia focal de radio infinito.
la tangente ha de ser paralela a la dirección s. en el que se trazaba la tangente a la curva desde el punto dado P. que es la que debe tener la tangente solicitada.  Se dibuja la dirección s. Trazar la tangente paralela a una dirección dada: Es una actividad similar a la anterior. en la paralela por M al eje de la parábola.DIBUJO TÉCNICO II . La diferencia radica en que P es ahora el punto impropio alejándose en la dirección dada s. d tv t M T I A eje V F s SOLUCIONARIO .  Por el foco se traza la perpendicular a s.4º.Bachillerato 66 DIBUJO GEOMÉTRICO . es decir. la cual corta en M a la directriz d y en I a la tangente en el vértice tv.  La tangente pasa por el punto I y su punto de tangencia es T.
DIBUJO TÉCNICO II . quedando también definido el vértice V.Actividad 2 Determinar los elementos de la parábola conociendo la directriz d y dos puntos A y B de la curva:  Se dibujan los datos iniciales.  Por A y B se trazan las perpendiculares a la directriz d y con radios AA1 y BB1 se determina el foco F en su punto de intersección.  La perpendicular por F a d es el eje.Bachillerato 67 DIBUJO GEOMÉTRICO . d tv A1 r A r V F eje B1 B SOLUCIONARIO .
que son de la directriz d.  La tangente en el vértice tv pasa por los puntos N1 y N2. puntos N1 y N2. pies de las perpendiculares trazadas por el foco F a las tangentes dadas.Bachillerato 68 DIBUJO GEOMÉTRICO .  Se hallan los puntos simétricos del foco F respecto a las tangentes t1 y t2.DIBUJO TÉCNICO II . d tv t1 N’1 T1 N1 A V F eje N2 t2 N’2 T2 SOLUCIONARIO .Actividad 3 Determinar los elementos de la parábola conociendo el foco F y dos tangentes t1 y t2:  Se dibujan los datos de partida.
 La recta N1N2 es la tangente en el vértice tv.  El eje pasa por F y es perpendicular a tv.  Las rectas BN1 y AN2 son las tangentes a la curva en B y A.Bachillerato 69 DIBUJO GEOMÉTRICO . Estos puntos son los de contacto de la tangente común trazada a las dos circunferencias de diámetros FB y FA. tB d tv B N1 O1 V F eje N2 O2 A tA SOLUCIONARIO .Actividad 4 Construir la parábola conociendo el foco F y dos puntos A y B:  Se dibujan los datos de partida.  Se necesita buscar dos puntos N1 y N2 desde los cuales se vean los segmentos FB y FA bajo un ángulo recto.DIBUJO TÉCNICO II .
puntos pies de las perpendiculares trazadas por el foco F a las tangentes. los triángulos MFB y NFA son isósceles.  Las tangentes t 1 y t 2 cortan a la directriz en los puntos N y M.DIBUJO TÉCNICO II .Bachillerato 70 DIBUJO GEOMÉTRICO .  La perpendicular FS a d es el eje y el vértice V es el punto medio de FS.Actividad 5 Construir la parábola conociendo la directriz d y dos tangentes t1 y t2:  Se dibujan los datos de partida. t1 d tv A α N1 α N S V F eje M β β M1 B t2 SOLUCIONARIO . con vértices en estos puntos se construyen los ángulos iguales al a y al b. el punto de interseccion de los lados de estos ángulos es el foco F. Esta construcción se funda en que si unimos F con N1 y M1.

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