Dibujo Tecnico 2

DIBUJO DIBUJO TÉCNICO I I

EDITORIAL DONOSTIARRA

NORMALIZACIÓN

DESCRIPTIVA

GEOMÉTRICO

2º bachillerato SOLUCIONARIO

M

N

O

S

N

N

S

N

N

N

N 7' 6'

N

N 5' LH

4'

P

1/2 D

3' 2' 1 1 1

1 2

2

6

6

7

4

1' 7

6

2 2

7

6

8

7

60 o

esfe

60 Ø100

ra 2

5

9 8

9

DIBUJO GEOMÉTRICO

F. JAVIER RODRÍGUEZ DE ABAJO VÍCTOR ÁLVAREZ BENGOA JOAQUÍN GONZALO GONZALO

DIBUJO TÉCNICO 2º Bachillerato

SOLUCIONARIO

EDITORIAL DONOSTIARRA Pokopandegi, nº 4 - Pabellón Igaralde - Barrio Igara Apartado 671 - Teléfonos 943 215 737 - 213 011 - Fax 943 219 521 20018 - SAN SEBASTIÁN SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

1

Este CD es LA GUÍA para el Profesor, referida al libro de DIBUJO TÉCNICO II - 2º BACHILLERATO de los autores Fco. Javier Rodríguez de Abajo, Víctor Álvarez Bengoa y Joaquín Gonzalo Gonzalo y editado por Editorial Donostiarra, S.A. EDITORIAL DONOSTIARRA, S.A. C/Pokopandegi, 4 Barrio Igara - 20018 SAN SEBASTIÁN Tels. 943 215 737 / 943 213 011 - Fax. 943 219 521 e-mail: [email protected] www.donostiarra.com Comprende los apartados siguientes: 1. Solucionario de las actividades del libro. 2. Solucionario de la Guía del Alumno. 3. Proyecto curricular. 1. Solucionario de las actividades del libro Este solucionario va dirigido a los Profesores que imparten la metria del Dibujo Técnico II de 2º curso de Bachillerato con objeto de ayudarles en la resolución de las actividades propuestas en el libro. Para facilitar la comprensión del proceso de resolución de las actividades se acompaña a la solución gráfica el texto explicativo de la misma. En algunos casos se indican los fundamentos teóricos en los que se basa su resolución. Hay algunos temas que por las razones que se indican no se da el solucionario. • Tema 2:

No tiene actividades.

• Tema 6:

No tiene actividades.

• Tema 12: No tiene actividades. • Tema 15: Las actividades resueltas se incluyen en el libro. • Tema 19: No tiene actividades. • Tema 20: No tiene actividades.

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

2

DIBUJO GEOMÉTRICO

INTRODUCCIÓN

1

TEMA Actividad 1 Tenemos el ángulo de 20º 30’ formado por las rectas a y b, y el punto P.

(

1º. Se dibuja en el ángulo dado un arco cualquiera AB de vértice O. 2º. Se toma una recta a’, que pase por P, y en ella se fija el vértice O’, que debe coincidir con P. 3º. Con centro en O’ se traza el arco de radio O’A’ = OA y en este arco se toma A’B’ = AB. El punto B’ unido con O’ da el lado b’ del ángulo igual al propuesto.

1

b

1’

b’ a’

a

O

o 20 30’

B’

o 20 30’

B

P ≡ O’

A

A’

Actividad 2 ^ formado por las rectas a y b, la recta r, y el punto P exterior a ella. Existen dos casos: Tenemos el ángulo N A. La recta r es paralela a uno de los lados del ángulo dado, por ejemplo, al lado a. B. La recta r es oblicua respecto a los lados del ángulo dado. Caso A: 1º. Se traza la recta b’ paralela a b, que pase por P, y en el punto de intersección con la recta r se fija el vértice O’, quedando formado el ángulo igual al dado.

(

Caso B: 1º. Se dibuja en el ángulo la perpendicular al lado a en el punto A que corta a b en B. Se traza el arco AB = 1. 2º. Se traza por el punto P la recta perpendicular a la dada r, y en el punto de intersección con ella se sitúa el punto A’. 3º. Con centro en A’ se traza el arco de radio A’B’ = AB (1’). 4º. Con centro en B’ se traza el arco B’O’ = OB que corta a r en O’ y forma el segmento b’. 5º. Por el punto P se traza c’ paralela al segmento b’ y al cortar a r en O” define el ángulo solicitado.

(

(

(

(

P

r c’

O’’

B

B’

N

b’

1’

N

b

P b’

O’

1

a

N

N

O

r A

A’

a’

O’

A

B

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

3

DIBUJO GEOMÉTRICO

TRAZADOS EN EL PLANO

Sea el ángulo recto de vértice V y lados a y b.

(

(

1º. Se toma un punto A en a y se traza el arco V-2; con centro en V se traza el arco A-1; estos dos arcos se cortan en P y la recta c = P-V forma 60º con V-A. 2º. Se dibuja la bisectriz del ángulo P-V-A y las rectas c y d dividen al ángulo en tres partes iguales.

2

1 P

b c d

a

V

A

Actividad 6 1º. 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. 2º. La perpendicular p por A al lado r del ángulo de 45º, corta en O a la mediatriz.

(

3º. El arco de circunferencia ARB de centro O y radio OA = OB es el arco capaz del segmento A-B = 4cm. bajo el ángulo de 45º.

(

4º. El arco AQB es el arco capaz del segmento A-B bajo el ángulo de 180º-45º = 135º.

R

D

C

45 o E

p o

45

45 o

O

135 o m 135

A

o

B F G

Q

45 o

135 o

r

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

4

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 5

1º. Dibujar el lado a = 3cm. (B-C). ^ = 30º. 2º. Construir el arco capaz del segmento B-C bajo el ángulo A 3º. Cuando b = b1 = 4,5 cm, existen dos soluciones que son los triángulos A1BC y A’1BC, 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 = 4,5 cm. 3º. Si b = b2, igual al diámetro de la circunferencia que contiene el arco capaz, hay una sola solución, triángulo A2BC. 4º. Si b = b3, mayor que el diámetro de la circunferencia, el problema no tiene solución.

A2 b1

b2

A’1 c2

b3

c’’1 30

o

30 o

O

A1 30

o

c1 B a = 30 cm

30 o

C

Actividad 8 1º. Trazar el segmento m = 2,5cm, y por su extremo D la altura h = 3cm. (A-D). 2º. Unir C con A, obteniendo el lado b. Por el extremo A dibujar la recta perpendicular “c” al segmento C-A que corta a la prolongación de m en el punto B; de este modo queda definido el triángulo.

b

C

h = 3 cm

A

c

B

D m = 2,5 cm a

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

5

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 7

1º. Dibujar los segmentos m = 3 cm y n = 5 cm, uno a continuación del otro, y trazar la semicircunferencia de diámetro a = m+n = 3+5 = 8 cm. 2º. Por el punto D (final del segmento m) trazar la perpendicular al segmento C-D que corta a la semicircunferencia en A. El segmento h = A-D es la altura sobre la hipotenusa CB y medio proporcional de los segmentos dados “m” y “n”. 3º. Uniendo A con C y B queda definido el triángulo rectángulo solicitado.

A

b

c h

C

D

B

O

m = 3 cm

n = 5 cm a

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6

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 9

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, es decir, x2 = a · b. Sean los segmentos a = 64mm y b = 30mm. 1º Se toma un punto A cualquiera y a partir de él colocamos los segmentos a y b como indica la figura. 2º Se traza la recta tangente a la circunferencia, de centro O y diámetro a - b, desde el punto A, obteniendo el punto T; la distancia AT = x es la media proporcional.

a = 64 b = 30 O

A

C x=4

B

3,76

12

T

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7

DIBUJO GEOMÉTRICO

POTENCIA

El radio de la circunferencia de centro O2 es cero. El eje radical, er, de dos circunferencias coplanarias es una recta, lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas. El eje radical de dos circunferencias es una recta perpendicular a la recta que une sus centros. Un punto del eje radical tiene igual potencia respecto a las circunferencias dadas. Los puntos de tangencia T, de las rectas tangentes trazadas desde un punto cualquiera a las circunferencias iniciales, se encuentran en una circunferencia. Resolución del ejercicio: 1º. Se traza la recta que une los centros O1 y O2. 2º. Desde el centro O2, dado que esta circunferencia tiene radio cero, se determina la tangente a la circunferencia de radio O1, cuyo punto de tangencia es T1. 3º. El eje radial, er, se obtiene trazando por el punto medio, P, de esta tangente, la recta perpendicular a la línea de centros. El valor de la potencia de un punto cualquiera Q, perteneciente al eje radical, er, 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, es decir, QT2 = K. 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.

T3

eje radical e r

R

O1

T2

P

O2

T1

K

L/2

L/2 K

Q

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8

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 2

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. El eje radical de dos circunferencias coplanarias es una recta, lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas. El eje radical de dos circunferencias es una recta perpendicular a la recta que une sus centros. Un punto del eje radical tiene igual potencia respecto a las circunferencias dadas. Los puntos de tangencia T, de las rectas tangentes trazadas desde un punto cualquiera a las circunferencias iniciales, se encuentran en una circunferencia. Resolución del ejercicio: 1º. Se traza la recta que une los centros O1 y O2. 2º. Dibujar el arco capaz del segmento O1O2 bajo el ángulo de 30º, circunferencia de centro O. 3º. Desde el punto medio P, del segmento NM, perteneciente a una de las tangentes comunes, se dibuja la recta perpendicular a la línea de centros O1 y O2, eje radical, er, de ambas circunferencias. 4º. El eje radial, er corta al arco capaz en el punto P. Este punto tiene la misma potencia, K, respecto de las dos circunferencias dadas y desde el que el segmento O 1O2 se ve bajo un ángulo de 30º, por pertenecer al arco capaz dibujado anteriormente.

P

K

30 o K

O

L/2

L/2

N

M

P

T1 T2 O1

30 o

O2 eje radical e r

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

9

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 3

El eje radical de dos circunferencias coplanarias es una recta, lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas. El eje radical de dos circunferencias es una recta perpendicular a la recta que une sus centros. Un punto del eje radical tiene igual potencia respecto a las circunferencias dadas. Los puntos de tangencia T, de las rectas tangentes trazadas desde un punto cualquiera a las circunferencias iniciales, se encuentran en una circunferencia. El eje radical de una circunferencia y una recta, circunferencia de radio infinito, es siempre la propia recta. 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, tomando las circunferencias de dos en dos. Resolución del ejercicio: 1º. Determinación del eje radical, e1, (circunferencias de centros O1 y O2): 1.1. Se traza la recta que une los centros O1 y O2. 1.2. Dibujar una circunferencia auxiliar cualquiera que corte a las circunferencias de centros O 1 y O 2. Esta circunferencia corta a las anteriores en los puntos A, B, C y D, respectivamente. 1.3. Se hallan los ejes radicales AB y CD de la circunferencia auxiliar con cada una de las dadas, obteniendo el punto P, intersección de los ejes obtenidos, el cual tendrá la misma potencia respecto a las circunferencias de centros O1 y O2. 1.4. La perpendicular por P a la recta de centros O1 y O2 es el eje radical e1. 2º. Determinación del eje radical, e2, (circunferencias de centros O1 y O3¥ -recta dada-): 2.1. Dibujar una circunferencia auxiliar cualquiera que corte a las circunferencias de centros O1 y O3¥. Esta circunferencia corta a las anteriores en los puntos E, F, M y N, respectivamente. 2.2. Se hallan los ejes radicales EF y MN de la circunferencia auxiliar con cada una de las dadas, obteniendo el punto Q, intersección de los ejes obtenidos. El eje radical de la circunferencia auxiliar y la recta dada es coincidente con la propia recta. 2.3 .La perpendicular por Q a la recta de centros O1 y O3¥ es el eje radical e2. 3º. El punto de intersección, Cr, de los dos ejes radicales e1 y e2 es el centro radical Cr pedido.

P

eje radical e 1 C A T’2

T’1

r = e2

O1 Q

O2 B

F

T2

Cr

K

N D

E T1 M

O3 ∞

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10

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 4

El radio de la circunferencia de centro O3 es cero. El eje radical de dos circunferencias coplanarias es una recta, lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas. El eje radical de dos circunferencias es una recta perpendicular a la recta que une sus centros. Un punto del eje radical tiene igual potencia respecto a las circunferencias dadas. Los puntos de tangencia T, de las rectas tangentes trazadas desde un punto cualquiera a las circunferencias iniciales, se encuentran en una circunferencia. 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, tomando las circunferencias de dos en dos. Resolución del ejercicio: 1º. Determinación del eje radical, e1, (circunferencias de centros O1 y O3): 1.1. Se traza la recta que une los centros O1 y O3. 1.2. Desde el centro O3, dado que esta circunferencia tiene radio cero, se determina la tangente a la circunferencia de radio O1, cuyo punto de tangencia es R. 1.3. El eje radial, e1, se obtiene trazando por el punto medio, Q, de esta tangente, la recta perpendicular a la recta de centros O1O3. 2º. Determinación del eje radical, e2, (circunferencias de centros O1 y O2): 2.1. Se traza la tangente exterior a las circunferencias de centros O1 y O2, cuyos puntos de tangencia respectivos son N y M. 2.2. La perpendicular trazada por el punto medio de esta tangente, punto P, a la recta de centros O1 y O2 es el eje radical e2. 3º. El punto de intersección, Cr, de los dos ejes radicales e1 y e2 es el centro radical de las tres circunferencias.

N

T’1

O1

P

T1

M

T2

R

O2 Q

eje radical e 2

O3 T’2 eje radical e 1

K

Cr

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11

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 5

Dado un segmento d = AC, se dice que: el segmento l = AP es sección áurea del primero, cuando l es media proporcional entre el segmento entero, d, y la diferencia, d – l, entre ambos. d = diagonal AC del pentágono; l = lado del pentágono. Por tanto, para calcular l, segmento áureo de d, se traza la circunferencia de diámetro d tangente en C al segmento AC = d. La recta que une el punto A con el centro de la circunferencia corta a ésta en los puntos P y P’. El segmento AP = l es el segmento áureo de d y, a su vez, éste lo es de AP’ = l+d. (Ver figura de análisis y comprobación). Teniendo en cuenta lo anterior, describiremos, a continuación, el proceso detallado a seguir en la construcción del pentágono: 1º. Por el punto C se levanta la perpendicular a la diagonal AC. Con centro en C y radio CN, siendo N el punto medio de la diagonal AC = d, se traza el arco que corta a la perpendicular anterior en el punto O, centro de la circunferencia de radio d/2, la cual corta al segmento AO en el punto P. El segmento AP = l es el segmento áureo de d y lado del pentágono a construir. 2º. Haciendo centro en A y C, respectivamente, se trazan sendos arcos de radio igual al lado, l, definido, que se cortan en el punto, B, vértice del pentágono. 3º. Desde los citados puntos A y C y radio igual a la diagonal dada, d, se trazan sendos arcos, que al cortar a los anteriores determinan los puntos, E y D, vértices del pentágono. 4º. Uniendo los vértices A, B, C, D y E, queda definido el mismo. Se acompañan unas figuras de análisis y de comprobación, para comprender mejor la teoría y su aplicación práctica.

l

O

D

C P T

l

E N

B

l

A

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12

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 6

DIBUJO GEOMÉTRICO

Figuras de análisis y de comprobación de la actividad nº 6

d+

l

l

P’

d O

d-l

Q’

P O’ A

C

Q

d

A

T l

P’

d

P’

D

d+l

d/2

O Q’

l/2

O’ C P O’

d

T

E Q

E

T

d-

d-l

l

d/2

B

Q

A

B A

l

l

d

d/2

l

l

P

O Q’

D

C

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Rectángulo áureo es aquél cuyo lado menor es segmento áureo del mayor. Dado un segmento m = AB, se dice que: el segmento x = AP es sección áurea del primero, cuando x es media proporcional entre el segmento entero, m, y la diferencia, m – x, entre ambos -ver figuras de análisis-. m = longitud mayor AB del rectángulo; x = lado menor del rectángulo. Si hacemos que el segmento x, lado menor del rectángulo, ocupe la posición que ocupaba el segmento m, resulta que m-x es el áureo de x y éste, a su vez, lo es de m, lado mayor del rectángulo –ver figuras de análisis-. A continuación, se desarrolla el proceso detallado a seguir en la construcción del rectángulo: 1º. Se traza, sobre una semirrecta cualquiera r, el segmento AP = x. 2º. Por el punto P se levanta la perpendicular al lado AP. Con centro en P y radio AP se traza el arco que corta a la perpendicular anterior en el punto N. Haciendo centro en el punto O, punto medio del segmento PN = x, se dibuja la circunferencia de radio x/2. 3º. La recta que une el punto P con el centro, O, de la circunferencia corta a ésta en los puntos Q y Q’. El segmento AQ = m-x es el segmento áureo de x y éste a su vez, lo es de m, lado mayor del rectángulo. 4º. Haciendo centro en A y radio igual AQ’ se traza un arco que corta en B a la semirrecta r, obteniendo el lado mayor del rectángulo. Trazamos los vértices D y C del rectángulo, y al unirlos queda definido el mismo.

m

N m-

P

A

x

Q’

B

x

O

m-x Q

m

P

A

B m-x

x m

m

m-

x

N

D

C Q’

O Q P

A

r m-x

x

B

m

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14

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 7

1º. Se traza, sobre la semirrecta r, el segmento AP = x. 2º. Por el punto P se traza la perpendicular a AP y se lleva sobre ella el segmento PN = PA. Con centro en M, punto medio de AP, y radio MN se traza el arco que determina el punto B. El segmento AB es el lado mayor del rectángulo. 3º. Con los lados AB y x = AP se construye el rectángulo.

Figura de análisis

N

d

M

A

P

B

x

m-x m

Otro método

D

C

x

N

d

M

P

B

r

A x

m-x m

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

15

DIBUJO GEOMÉTRICO

Otro método para construir el rectángulo áureo:

El eje radical de dos circunferencias coplanarias es una recta, lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas. Un punto del eje radical tiene, por lo tanto, 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. El centro radical de tres circunferencias es el punto, Cr, 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. Los puntos de tangencia T, de las rectas tangentes trazadas desde el centro radical a las circunferencias iniciales, se encuentran en una circunferencia. Resolución del ejercicio: 1º. Desde el centro radical, C r, se trazan las rectas tangentes a la circunferencia de centro O 1. Los puntos de tangencia T1 y T’1 pertenecen a una circunferencia de centro Cr y y radio ÖK. 2º. Desde los centros O2 y O3 se trazan las rectas tangentes a esta circunferencia de centro Cr, quedando definidos los puntos de tangencia T2, T’2 y T3, T’3, respectivamente. 3º. Conocidos los puntos de tangencia y los centros de las circunferencias, podemos conocer los radios de las mismas, y, en consecuencia, dibujarlas.

D

B

T2

T’1 O1

O2 C

A T1 Cr

K

T’2 E

T3 O3 F

T’3

Comprobación

L/2 L/2

M P

N o

90

o

90 O2

O1

o

90

90 o

Cr Q O3

R

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16

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 8

TEMA

3

Actividad 1 1º. Se traza la circunferencia de centro O y radio 32 mm.

(

2º. Con centro en un punto A de esta circunferencia se dibuja el arco BC de 60 mm. que corta a la circunferencia en los puntos B y C. 3º. Uniendo los puntos A, B y C queda definido el triángulo solicitado.

A

c=6

0 mm

0 mm

b=6

32 m

m

O

B

a

C

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17

DIBUJO GEOMÉTRICO

POLÍGONOS

Para resolver este ejercicio, hay que tener en cuenta lo siguiente: B cM = 1/3AM; B cL = 1/3BL; B cN = 1/3CN. 1º. Se dibuja el lado c = AB = 55mm.; con centros en A y B se trazan arcos de radios ABc = 30 y BBc = 35, respectivamente; estos arcos se cortan en el punto Bc, que es el baricentro. 2º. A partir del punto A, y sobre una recta cualquiera “r”, se toman 3 divisiones iguales; se une la división 2 con el punto Bc, 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. 3º. Unir el punto N, punto medio del lado c, con Bc por medio de la recta que corta en C a la recta a. 4º. Unir los puntos A y C para formar el triángulo.

= 30

2/3

AM

1/3

= 15

C

AM

a

M

L

b

c

AB

=

Bc

30

BB

c=

A

35

c

N

B

1 2 3

r

Actividad 3 1º. Trazar la hipotenusa a = BC = 60mm. 2º. Determinar la mediatriz de la hipotenusa a; con centro en O, punto de intersección de la mediatriz con la hipotenusa, se traza la semicircunferencia de diámetro 60 mm. 3º. Se traza la paralela a la hipotenusa a una distancia de 25 mm; esta paralela corta a la semicircunferencia en los puntos A y A’, que son los vértices de las dos soluciones del ejercicio. 4º. Uniendo A’ y A con B y C, respectivamente, se obtienen los dos triángulos rectángulos.

A

h = 25 mm

c

A’

b

b’

c’ O C

B a = 60 mm

Dos soluciones

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18

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 2

1º. Se sitúa uno de los lados, p.e., 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, respectivamente; estos arcos se cortan en el vértice C, que unido con A y B define el triángulo. 2º. Hallar el circuncentro Cc, para ello, se trazan las tres mediatrices de los lados del triángulo, que se cortan en el punto Cc, circuncentro del triángulo y centro de la circunferencia circunscrita al mismo. 3º. Determinar el baricentro Bc, para ello, se trazan las tres medianas del triángulo cuya intersección es el baricentro, centro de gravedad del triángulo. 4º. Trazar el incentro Ic, para ello, se trazan las bisectrices del triángulo cuya intersección es el incentro solicitado, centro de la circunferencia inscrita en el triángulo. 5º. Dibujar el ortocentro Oc, para ello, se trazan las alturas del triángulo cuya intersección es el ortocentro solicitado, centro de la circunferencia inscrita al triángulo PQR, llamado triángulo “órtico” del dado.

C 2 1 m

m 80

b Cc

a M

R

55 mm

m

L Bc

P

n A

c

Oc N

Q

B

Ic 65 mm

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19

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 4

Se resuelve por semejanza con otro cuadrado auxiliar. 1º. Se toma un cuadrado cualquiera de lado A’B’ y se determina el segmento A’N = D1 – L 1, diferencia de su diagonal A’C’ menos el lado. 2º. Sobre la citada diagonal se lleva el segmento conocido D – L = 25, segmento AM. Por el punto M se traza la paralela a NB’, obteniendo el punto B en la prolongación de A’B’. El segmento AB es lado del cuadrado pedido, que tiene AM = D – L = 85 – 60 = 25 mm.

C

D

L = 60

C’

D’

5

D

D

= -L D

=8

25

1

-L

M

1

A ≡ A’

N B’

B

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20

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 5

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, cualquier polígono de “n” lados se puede convertir en un triángulo de área equivalente. 1º. Dibujar el pentágono 12345 de lado l = 30 mm. 2º. 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. 3º. El área del triángulo obtenido es (b · a)/2, que será igual a la del cuadrado equivalente al citado triángulo, es decir, L 2. Estableciendo la correspondiente igualdad de áreas, tendremos L 2 = b · a/2; según esto, basta construir la media proporcional entre la base y la mitad de la altura para tener el lado L del cuadrado.

A

B

a/2

L

1

2

a

5 D

C

O 4

30 b

3

N

b

M

P

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

21

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 6

Para resolver esta actividad, 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”. • Con siete divisiones (heptágono regular convexo), la mitad es 3,5 y los números enteros primos con 7 menores de 3,5 son el 2 y el 3. Según esto, el heptágono tiene dos estrellados, que se obtienen uniendo los vértices de 2 en 2 y de 3 en 3. 1º. Dibujar la circunferencia de 50 mm de radio, y dos diámetros perpendiculares AB y CD.

(

2º. Se halla el punto medio N del radio OA, para lo cual se traza el arco OM de centro A y desde M se traza la perpendicular a OA. El segmento NM es el lado l7 del heptágono inscrito en la circunferencia de radio 50; se lleva siete veces 1-2 = NM y se obtiene el polígono de 7 lados. 3º. Construir el estrellado que se obtiene uniendo los vértices de 2 en 2, color rojo en la figura. 4º. Trazar el estrellado que se obtiene uniendo los vértices de 3 en 3, color verde en la figura.

C ≡1 M

2

7

B

O

N

A

6

3

5

4 D

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

22

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 7

1º. Dibujar las circunferencias de 120 y 100 mm de diámetro, y trazar los diámetros perpendiculares AB y CD. 2º. Dividir, utilizando el método general de división de una circunferencia en n partes iguales, las circunferencias dadas en 15 partes iguales, y unir las divisiones externas con el origen O de las circunferencias. 3º. Hallar el centro O1 de los arcos, que es la intersección de la mediatriz de los segmentos iguales al GH con los radios anteriormente citados.

C Ø120

F

H G

2

2

Ø100 O1

A

15

O

B

E

D

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

23

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 8

TEMA

4

Actividad 1 Consideraciones previas: En una homología se verifica que: • Las parejas de puntos homológicos A y A’, B y B’,... etc., están alineados con otro punto fijo O, llamado centro de homología. • Las parejas de rectas r y r’, s y s’,... etc., se cortan en puntos pertenecientes a una recta fija e, llamada eje de homología. • Los puntos dobles, es decir, los homológicos de sí mismos, en nuestro caso, P º P’, pertenecen al eje e. Los datos necesarios para definir una homología son: •El centro O, el eje e y una pareja de puntos homológicos A y A’. Resolución del ejercicio: Para calcular el punto homológico C’ del punto C, a partir de los datos dados, se procede del modo siguiente: 1º. Prolongar la pareja de segmentos homológicos AB y A’B’; en su intersección se encuentra el punto doble del eje e, 1 º 1’. Uniendo los puntos dobles P º P’ y 1 º 1’ queda definido el eje e. 2º. Trazar la recta s (recta de puntos A-C) y su homológica s’ (recta A’-2’), teniendo en cuenta que estas rectas se cortan en el punto doble, 2 º 2’, del eje. El punto C’ debe pertenecer al rayo de homología OC y a la recta s’. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado C’. También se puede obtener este punto C’, utilizando las rectas t y t’.

1 ≡ 1’ r

O

L ≡ L’ A

r’ A’

s’ C’

2 ≡ 2’

B N ≡ N’ M ≡ M’ 3 ≡ 3’ s

t’

P ≡ P’ e

t C

B’

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

24

DIBUJO GEOMÉTRICO

TRANSFORMACIONES GEOMÉTRICAS

Consideraciones previas previas: En una homología se verifica que: • Las parejas de puntos homológicos A y A’, B y B’,... etc., están alineados con otro punto fijo O, llamado centro de homología. • Las parejas de rectas r y r’, s y s’,... etc., se cortan en puntos pertenecientes a una recta fija e, llamada eje de homología. Los datos necesarios para definir una homología son: • El centro O, el eje e y una pareja de puntos homológicos A y A’. Resolución del ejercicio: Para calcular el punto homológico B’ del punto B, a partir de los datos dados, se procede del modo siguiente: 1º.Tomar un punto cualquiera C, y obtener su homólogo C’. Para ello: • Unir A con C (recta s) hasta que corte al eje e, punto 1. El homólogo 1’ del punto 1 es el mismo punto por pertenecer al eje e. • Unir A’ con 1’ (recta s’). El punto C’ debe pertenecer al rayo de homología OC y a la recta s’. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado C’. 2º. Trazar la recta t (recta de puntos B-C) y su homológica t’ (recta de puntos C’-2’), teniendo en cuenta que estas rectas se cortan en el punto doble, 2 º 2’, del eje. El punto B’ debe pertenecer al rayo de homología OB y a la recta t’. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado B’. También se puede obtener este punto B’, utilizando el punto D, su homólogo D’ y las rectas v y v’.

O

u

D

D’

B’ 2 ≡ 2’

v’ u’ v A’ B

A

r

r’ s’

C t s

t’ C’

1 ≡ 1’ e

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

25

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 2

Consideraciones previas previas: En una homología se verifica que: • Las parejas de puntos homológicos A y A’, B y B’,... etc., están alineados con otro punto fijo O, llamado centro de homología. • Las parejas de rectas r y r’, s y s’,... etc., se cortan en puntos pertenecientes a una recta fija e, llamada eje de homología. • Las rectas límites l y l’ son los lugares geométricos de los puntos cuyos homólogos se encuentran en el infinito. • La recta límite l es el lugar geométrico de los homológicos de los puntos impropios de la figura A’B’C’. • Conocida una recta r que corte a la recta límite l, se puede obtener la dirección de la recta r’, homóloga de la r, uniendo con otra recta el punto de su intersección con la recta límite l, punto L, y el centro O de homología. Resolución del ejercicio: Dada la figura ABC, se trata de calcular el homológico de uno de sus vértices, por ejemplo A’, para convertirlo en el caso de homología definida por centro O, eje e y una pareja de puntos homológicos A y A’. Para calcular el punto homológico A’ del punto A, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente: 1º. Se prolonga la recta r (recta de puntos A-B) definiendo los puntos L, intersección con la recta límite l, y 1, intersección con el eje de homología e. 2º. Uniendo O con L, se obtiene la dirección d de la recta r’, homóloga de r. Por el punto 1’, homólogo del punto 1 y perteneciente al eje e, se traza la paralela a la dirección LO, obteniendo la recta r’. El homólogo 1’ del punto 1 es el mismo punto por pertenecer al eje e. 3º. El punto A’ debe pertenecer al rayo de homología OA y a la recta r’. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado A’. 4º. El punto B’ debe pertenecer al rayo de homología OB y a la recta r’. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado B’. 5º. El homólogo C’ del punto C es el mismo punto por pertenecer al eje e. 6º. Uniendo los puntos A’, B’ y C’, obtenemos la figura homóloga, A’B’C’, de la dada ABC.

O

d

l

H∞ C’ C H’

B’ L

r’ 1 ≡ 1’

d2

d1

A r

B

l’ O

e l

H∞

G’

G∞

d C’ C A’ B’ L

r’ A 1 ≡ 1’

r B

M

d2

G∞

e

d1 A’

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

26

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 3

Consideraciones previas previas: En una homología se verifica que: • Las parejas de puntos homológicos A y A’, B y B’,... etc., están alineados con otro punto fijo O, llamado centro de homología. • Las parejas de rectas r y r’, s y s’,... etc., se cortan en puntos pertenecientes a una recta fija e, llamada eje de homología. • Las rectas límites l y l’ son los lugares geométricos de los puntos cuyos homólogos se encuentran en el infinito. Resolución del ejercicio: Dada la figura ABCD, se trata de hallar el homológico de uno de sus vértices, por ejemplo D’, para convertirlo en el caso de homología definida por centro O, eje e y una pareja de puntos homológicos D y D’. Para calcular el punto homológico D’ del punto D’, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente: 1º. El punto G’, correspondiente a G¥, que pertenece a la recta DA, debe ser un punto de la recta límite m’ dada y del rayo de homología OG¥, por tanto, es la intersección con m’ de la paralela por O a la recta AD. 2º. El punto D’ se halla en la intersección del rayo OD con la recta G’A’, homológica de la que contiene a los puntos A, D y G¥. El punto A es doble por pertenecer al eje. 4º. El punto C’ debe pertenecer al rayo de homología OC y a la recta 1’D’, homóloga de la C, D y 1. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado C’. 5º. El punto B’ debe pertenecer al rayo de homología OB y a la recta 2’C’, homóloga de la C-B-2. El punto donde se cortan ambas es el punto buscado B’. 6º. Uniendo los puntos A’, B’, C’ y D’, obtenemos la figura homóloga, A’B’C’D’, de la dada ABCD.

G∞

G’

m’ C G∞ D eje

B

C’ 1 ≡ 1’

D’ B’ A ≡ A’

O

2 ≡2’

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

27

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 4

Consideraciones previas previas: En una homología se verifica que: • Las parejas de puntos homológicos A y A’, B y B’,... etc., están alineados con otro punto fijo O, llamado centro de homología. • Las parejas de rectas r y r’, s y s’,... etc., se cortan en puntos pertenecientes a una recta fija e, llamada eje de homología. • El eje de homología e es el lugar geométrico de todos los puntos dobles. • Las rectas límites l y l’ son los lugares geométricos de los puntos cuyos homólogos se encuentran en el infinito. • Las rectas límites son paralelas al eje e y sus homólogas se encuentran en el infinito. • Cada una de estas rectas dista del eje lo mismo que la otra del centro de homología y a la inversa. Resolución del ejercicio: 1º. Determinación del eje de homología e y del centro O: La recta r y su homóloga r’ son rectas dobles; por tanto, pertenecen al eje de homología e, quedando éste definido al cumplirse r º r’ º e, y el centro O se encuentra, también, en un punto de ellas, en el punto de su intersección con la prolongación de la recta PP’. 2º. Determinación de las rectas límites: 2.1. Recta límite l’: El homológico del punto G¥, impropio de la recta s, debe pertenecer a s’ y estar alineado con O y G¥, por lo tanto, G’ es el punto de intersección con s’ de la paralela a s por O. La recta paralela al eje e, trazada por el punto G’, es la recta límite l’ solicitada. 2.1. Recta límite l: El punto H, homológico de H¥, punto impropio de la recta s’, será la intersección con s de la paralela por O a s’. La recta paralela al eje e, trazada por el punto H, es la recta límite l solicitada. 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.

=

l’

O

G’

=

G∞

P’ P l

1 ≡ 1’

H

s

G∞

r ≡ r’ ≡ e s’

H’∞ H’∞

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

28

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 5

Consideraciones previas previas: Esta transformación, la afinidad, es un caso límite de homología, cuando el centro es impropio. Por tanto, las condiciones que se deben cumplir en la afinidad son: • Las parejas de puntos afines A y A’, B y B’,... etc., se hallan sobre rectas paralelas entre sí y paralelas a una dirección determinada, llamada dirección de afinidad. • Las parejas de rectas r y r’, s y s’,... etc., se cortan en puntos que pertenecen a una recta fija e, llamada eje de afinidad. • En la afinidad los únicos puntos dobles son los del eje e. Los afines de los puntos impropios también están en el infinito. Por esta razón, en la afinidad no se toman en consideración las rectas límites que son impropias. Datos que definen una afinidad: El eje e y una pareja de puntos afines. Resolución del ejercicio: Dada la figura ABCD, el eje de afinidad e y el punto A’, afín del A, conocemos la dirección de afinidad d, que en este caso, la determina la recta AA’. Para hallar la figura afín, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente: 1º. Uniendo los puntos A y A’ se obtiene la recta AA’, dirección de afinidad d. 2º. El punto B’, afín de otro dado, B, se halla en la paralela por éste a la recta AA’, dirección de afinidad d, y en la recta r’, afín de r, que pasa por A y B y corta al eje en el punto doble 1 º 1’. 3º. El punto C’, afín del punto dado, C, se halla en la paralela por éste a la recta AA’, dirección de afinidad d, y en la recta s’, afín de s, que pasa por C y D y corta al eje en el punto doble 2 º 2’. 4º. El punto D’, afín de otro dado, D, se halla en la paralela por éste a la recta AA’, dirección de afinidad d, y en la recta s’, afín de s, que pasa por C y D y corta al eje en el punto doble 2 º 2’. 5º. Uniendo estos puntos afines A’, B’, C’ y D’, se obtiene la figura A’B’C’D’, afín de la dada ABCD.

e

d 2 ≡ 2’ 1 ≡ 1’

D’

D

s’ A’

A

s

r

C’

r’ C

B

B’

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

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DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 6

Consideraciones previas previas: Esta transformación, la afinidad, es un caso límite de homología, cuando el centro es impropio. Por tanto, las condiciones que se deben cumplir en la afinidad son: • Las parejas de puntos afines A y A’, B y B’,... etc., se hallan sobre rectas paralelas entre sí y paralelas a una dirección determinada, llamada dirección de afinidad. • Las parejas de rectas r y r’, s y s’,... etc., se cortan en puntos que pertenecen a una recta fija e, llamada eje de afinidad. • En la afinidad los únicos puntos dobles son los del eje e. Los afines de los puntos impropios también están en el infinito. Por esta causa, en la afinidad no se toman en consideración las rectas límites que son impropias. Datos que definen una afinidad: Dos triángulos afines. Resolución del ejercicio: Se trata de hallar el afín de un punto cualquiera C, por ejemplo, C’, que cumpla las condiciones de la afinidad, para convertirlo en el caso de afinidad definida por dos triángulos afines. Para hallar el punto B’, afín de B, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente: 1º. Uniendo los puntos A y A’ se obtiene la recta AA’, dirección de afinidad d. 2º. Tomar un punto cualquiera C. 3º. El punto C’, afín de este punto C, se halla en la paralela por éste a la recta AA’, dirección de afinidad d, y en la recta r’, afín de r, que pasa por A y C y corta al eje en el punto doble 1 º1’. 4º. El punto B’, afín del punto dado, B, se halla en la paralela por éste a la recta AA’, dirección de afinidad d, y en la recta s’, afín de s, que pasa por B y C y corta al eje en el punto doble 2 º 2’. En la figura se puede observar que el triángulo, A’B’C’, es afín del triángulo, ABC, formado por los puntos A, B y C.

d

A 2 ≡ 2’

B’

r C

s B A’

r’

s’ C’

1 ≡ 1’ e’

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

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DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 7

Consideraciones previas previas: Esta transformación, la afinidad, es un caso límite de homología, cuando el centro es impropio. Por tanto, las condiciones que se deben cumplir en la afinidad son: • Las parejas de puntos afines A y A’, B y B’,... etc., se hallan sobre rectas paralelas entre sí y paralelas a una dirección determinada, llamada dirección de afinidad. • Las parejas de rectas r y r’, s y s’,... etc., se cortan en puntos que pertenecen a una recta fija e, llamada eje de afinidad. • En la afinidad los únicos puntos dobles son los del eje e. Los afines de los puntos impropios también están en el infinito. Por esta causa, en la afinidad no se toman en consideración las rectas límites que son impropias. Razón de afinidad. En una afinidad, la distancia de un punto al eje y la de su correspondiente afín, tomadas ambas en la recta que los une, está en una relación constante. Por tanto, se cumple: A’L/AL = K. Cuando el valor de K es negativo cada elemento está situado a distinto lado del afín respecto del eje. Datos que definen una afinidad: El eje e, la razón de afinidad K y la dirección d. Resolución del ejercicio: Al ser una afinidad ortogonal, la dirección de afinidad, d, es perpendicular al eje e. Se trata de calcular A’, afín del punto dado A, y convertir este caso en el de afinidad definida por el eje e y una pareja de puntos afines, estudiado y resuelto anteriormente. Para hallar el punto A’, afín de A, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente: 1º. Por los puntos A, B, C, D y E se trazan rectas perpendiculares al eje e, es decir, paralelas a la dirección de afinidad d. La recta que pasa por A corta al eje en L. 2º. Se divide el segmento AL en cuatro partes iguales, siendo estas cuatro divisiones las que corresponden al denominador de la razón de afinidad. 3º. 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. 4º. El punto B’, afín del punto B, se halla en la paralela por éste a la dirección de afinidad d, y en la recta r’, afín de r, que pasa por A y B y corta al eje en el punto doble 1 º 1’. 5º. Los puntos D’, E’ y F’ se obtienen de la misma forma a partir de los puntos D, E y F y con ayuda del punto A y de su afín A’. A’ F’ B’ 4 ≡ 4’ D

E’

d s’ 2 ≡ 2’

u’

t’

3 ≡ 3’ u

s

D’

r’ v e 1 ≡ 1’

C C’

v’ L

r

E t

B

F A

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

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DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 8

Consideraciones previas previas: Esta transformación, la afinidad, es un caso límite de homología, cuando el centro es impropio. Por tanto, las condiciones que se deben cumplir en la afinidad son: • Las parejas de puntos afines A y A’, B y B’,... etc., se hallan sobre rectas paralelas entre sí y paralelas a una dirección determinada, llamada dirección de afinidad. • Las parejas de rectas r y r’, s y s’,... etc., se cortan en puntos que pertenecen a una recta fija e, llamada eje de afinidad. • En la afinidad los únicos puntos dobles son los del eje e. Los afines de los puntos impropios también están en el infinito. Por esta causa, en la afinidad no se toman en consideración las rectas límites que son impropias. 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’. 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, semicircunferencia de centro P, punto perteneciente al eje e, y diámetro la distancia entre los puntos 1 y 2. 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, semicircunferencia de centro P, punto perteneciente al eje e, y diámetro la distancia entre los puntos 1’ y 2’. Por tanto, los triángulos 1Q2 y 1’Q’2’ son rectángulos en Q y Q’ respectivamente. e

Figura de análisis A

1 ≡ 1’ r r’

Q

Q’ P s s’

2 ≡ 2’

Resolución del ejercicio: Se trata, en primer lugar, de calcular los puntos del eje que al unirlos con los centros, Q y Q’, de las dos curvas den, en ambos casos, una pareja de rectas perpendiculares y, en segundo lugar, determinar las dimensiones de la circunferencia y de los ejes de la elipse. Los puntos que se buscan 1 º 1’ y 2 º 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. Teniendo en cuenta los datos de partida, se procede del modo siguiente: 1º. La dirección de afinidad, d, viene definida por la recta que une los puntos, Q y Q’, centros de la circunferencia y elipse, respectivamente. 2º. Se traza la mediatriz de Q-Q’ que corta en P al eje e. Se construye la circunferencia de centro, P, que pasa por los puntos Q y Q’ y corta al eje en los puntos buscados 1 º 1’ y 2 º 2’. 3º. Sobre las rectas r, formada por los puntos 1 y Q, y s, definida por los puntos 2 y Q, se sitúan los ejes de la circunferencia de centro Q y radio, todavía, desconocido. Estas rectas perpendiculares r y s de la circunferencia tiene como afines, respectivamente, las rectas r’ y s’ sobre las que irán situados el eje mayor y el eje menor de la elipse. 4º. Determinación del radio de la circunferencia: • Se traza la recta t, afín de t’ y tangente a la circunferencia, uniendo el punto 3, punto doble de 3’ –intersección de t’ con e-, con el punto N, afín de N’ –intersección de s’ con t’-. • El radio de la circunferencia es el segmento QT, siendo T el punto de tangencia de la recta t con la circunferencia de centro Q. SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

32

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 9

En función de los datos de partida, el resultado pude ser similar al representado en el caso 2.

3 ≡ 3’ 1-1’

d

t

N

T’ C

C’

t’

N’

T

B Q

B’ D

Q’ P

D’

r’

A

r

s A’

e

s’

2 ≡ 2’

En la figura B de análisis análisis, se pueden observar las siguientes cuestiones: • Los lados del cuadrado que circunscribe a la circunferencia de centro, Q, son paralelos a los catetos del triángulo 1Q2, es decir, a las rectas r y s. • Las rectas afines de los lados del citado cuadrado son paralelas al triángulo 1’Q’2’, determinan la longitud de los ejes perpendiculares de la elipse y forman el rectángulo que la circunscribe.

1 ≡ 1’ d

Figura de análisis B

C’

B C Q

B’

r Q’ P

D’

D

A

r’ s A’

s’

2 ≡ 2’

e

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

33

DIBUJO GEOMÉTRICO

5º. Se construye la circunferencia de centro, Q, y radio, QT, que corta a las rectas r y s, respectivamente, en los puntos A, C, y B, D. 6º. Los diámetros perpendiculares AC y BD de esta circunferencia tiene como afines, respectivamente, el eje mayor A’C’ y el eje menor B’D’ de la elipse. Para una mejor comprensión de la actividad, se ha dibujado la figura de la elipse.

Consideraciones previas 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, llamado centro de inversión. • El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante, K, llamado potencia de inversión. Si K > 0, es decir, valores positivos de K, una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. Para valores negativos de K, una pareja de puntos inversos se hallan uno a cada lado del centro de inversión O. La inversa de una recta que pasa por el centro de inversión, O, es ella misma. Es una recta doble pero no es de puntos dobles. En la inversión son infinitas las circunferencias dobles: aquellas que pasan por dos puntos inversos, por ejemplo, A y A’. La circunferencia de puntos dobles, c.p.d., pasa por el centro de inversión, O, y su radio es la raíz cuadrada de su potencia, Ö K. Dos parejas de puntos inversos son concíclicos, es decir, hay una circunferencia que contiene a los cuatro. Dos rectas concurrentes en O son cortadas por dos antiparalelas respecto de ellas en puntos inversos de una inversión de centro O. Resolución del ejercicio: Método 1 Se trata de determinar la circunferencia de puntos dobles (c.p.d.) y a partir de ella situar el punto P’, inverso de 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, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente: 1º. Se traza la semicircunferencia de diámetro OA. Por el punto, A’, se levanta la perpendicular a la recta que une O con A que corta a la semicircunferencia en el punto doble, M º M’, de la circunferencia (c.p.d.). Se traza esta circunferencia de puntos dobles de centro O. 2º. Desde el punto P se traza la tangente a dicha circunferencia, obteniendo el punto doble, N º N’. 3º. Trazando la perpendicular a la recta OA desde este punto, N º N’, se obtiene el punto inverso, P’.

N ≡ N’

.d.

M ≡ M’

c.p

A

K

P

A’

P’

O

Método 1

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

34

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 10

Se trata de determinar la circunferencia que contenga dos pares de puntos inversos concíclicos, uno de los cuales será P’. Para dibujar el punto inverso P’ del punto P, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente: 1º. Se traza una circunferencia doble cualquiera que pase por los puntos inversos A y A’. Sobre esta circunferencia se sitúan, alineados con el centro de inversión O, dos puntos inversos cualesquiera, B y B’. 2º. Se traza la circunferencia que pasa por los puntos B, P y B’. El punto donde esta circunferencia corta a la recta OA será el punto, P’, buscado.

B

C

A P B’

P’ A’

Método 2

O

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

35

DIBUJO GEOMÉTRICO

Método 2

Consideraciones previas 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, llamado centro de inversión. • El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante, K, llamado potencia de inversión. Si K > 0, es decir, valores positivos de K, una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. Si K < 0, la inversión no tiene c.p.d. La circunferencia de puntos dobles, c.p.d., pasa por el centro, O, y su radio es la raíz cuadrada de su potencia, ÖK. Dos parejas de puntos inversos son concíclicos, es decir, 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, cuyo centro se halla en la perpendicular a la recta por el centro de inversión. Resolución del ejercicio: Se trata de determinar la circunferencia de puntos dobles (c.p.d.) cuyo centro, O, se halla: • En la perpendicular a la recta dada, r, por el centro, C, de la circunferencia inversa de r. • En la propia circunferencia de centro C. Teniendo en cuenta que la inversión negativa no tiene c.p.d., el centro de la circunferencia de puntos dobles (c.p.d.), O, se hallará en el punto más lejano del diámetro de la circunferencia de centro, C, respecto de la recta r. Para su determinación, a partir de los datos conocidos, se procede del modo siguiente: 1º. Por el centro C de la circunferencia inversa de r, se traza la perpendicular a la recta dada r, cuya intersección con esta recta determina el punto A. Este punto A, pie de la perpendicular desde C a r, tiene como inverso A’, punto intersección de la circunferencia con la perpendicular desde C a r. 2º. El inverso de P¥, P’, punto del infinito de la recta r, es el centro de inversión O, situado en el otro extremo del diámetro de la circunferencia de centro C, ya que, el producto de dos distancias es un valor real, K o –K, si una de ellas vale infinito la otra vale cero. 3º. Determinación del radio de c.p.d.: Se traza la semicircunferencia de diámetro OA. Por el punto A’, se levanta la perpendicular a la recta que une O con A que corta a la semicircunferencia en el punto doble, M º M’, de la circunferencia (c.p.d.). Se traza esta circunferencia de puntos dobles de centro O y radio K. 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. En la figura se ha hallado los puntos inversos de B y D, que son B’ y D’.

c.p

.d.

K

O ≡ P’

B’ C

r M ≡ M’

B

A’ D’ A D P∞

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36

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 11

Consideraciones previas 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, llamado centro de inversión. • El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante, K, llamado potencia de inversión. Si K < 0, es decir, para valores negativos de K, una pareja de puntos inversos se hallan uno a cada lado del centro de inversión O. Si K < 0, la inversión no tiene c.p.d. 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, además de inversa, 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). Resolución del ejercicio: 1º. Se unen, mediante una línea recta, los centros de las dos circunferencias dadas. 2º. El punto de intersección de la recta BA’ con la línea de centros C 1C 2 es el centro, O, de la inversión que transforma la circunferencia de centro C1 en la de centro C2. 3º. Por C2 se traza la paralela a la recta C1P que corta a la circunferencia de centro C2 en el punto D’. 4º. La recta PO corta a la recta C2D’ en el punto P’, inverso de P. La recta tangente común interior a ambas circunferencias determina los puntos T1 y T2.

E

D P

A’

T2 F

C1

A

B’

O

C2

E’ D’

P’ F’

T1 B

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37

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 12

Consideraciones previas 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, llamado centro de inversión. • El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante, K, llamado potencia de inversión. Si K > 0, es decir, valores positivos de K, una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. La circunferencia de puntos dobles, c.p.d., pasa por el centro, O, y su radio es la raíz cuadrada de su potencia, ÖK. 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, además de inversa, 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). Resolución del ejercicio: 1º. Se unen, mediante una línea recta, el centro C de la circunferencia dada con el punto, O, centro de la inversión. Sobre esta recta, CO, se encontrará el centro, Q, de la circunferencia inversa de la dada. 2º. Este centro, Q, se halla en el punto donde la recta OC corta a la paralela por A’ a BC. En la figura adjunta de análisis y comprobación se pueden observar con detenimiento aspectos relacionados con la inversión en esta actividad formativa.

c.p.d

.

O B’ A’ A

K

Q O B’

N ≡ N’

B

D’

A’ A

C

Q E’

T2

E

M ≡ M’

B C T1 D

Figura de análisis y comprobación

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38

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 13

Consideraciones previas 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, llamado centro de inversión. • El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante, K, llamado potencia de inversión. Si K > 0, es decir, valores positivos de K, una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. La circunferencia de puntos dobles, c.p.d., pasa por el centro, O, y su radio es la raíz cuadrada de su potencia, ÖK. 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. Resolución del ejercicio: 1º. Determinación del centro, O, de inversión: Este centro de inversión, O, se encuentra en el punto de intersección de la recta PP’ con la circunferencia dada de centro, C. 2º. Trazado de la recta, r, 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, C, y de inversión, O. • Por el punto, P, se traza la recta solución, r, perpendicular a la recta OC. En la figura solución se ha dibujado, también, la c.p.d., por dos métodos, y los puntos dobles A º A’ y B º B’.

c.p.d

.

K

O

C

B ≡B’

P’

D ≡ D’

A ≡ A’ r P

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39

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 14

Consideraciones previas 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, llamado centro de inversión. • El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante, K, llamado potencia de inversión. Si K > 0, es decir, valores positivos de K, una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. La circunferencia de puntos dobles, c.p.d., pasa por el centro, O, y su radio es la raíz cuadrada de su potencia, ÖK. 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. Resolución del ejercicio: 1º. Determinación de la c.p.d.: 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, O, centro de inversión. Para ello se procede del siguiente modo: • Se traza la circunferencia que pasa por los puntos A y A’. • Desde el centro de inversión, O, se traza la recta tangente a esta circunferencia, determinando el punto doble, B º B’, de la c.p.d. • Con centro en, O, y radio, OB, se dibuja la circunferencia de puntos dobles. 2º. Trazado de la recta inversa a la circunferencia de centro C: • Se traza la recta perpendicular a la recta CO, que pasa por los puntos dobles, M º M’ y N º N’, de intersección de la circunferencia dada, C, y de la c.p.d. de radio ÖK.

A’ B ≡ B’

c.p

.d.

A

M ≡ M’

C

K

O

N ≡ N’

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40

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 15

Consideraciones previas 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, llamado centro de inversión. • El producto de las distancias de ambos puntos al centro O es un valor constante, K, llamado potencia de inversión. Si K > 0, es decir, valores positivos de K, una pareja de puntos inversos se hallan al mismo lado del centro de inversión O. La circunferencia de puntos dobles, c.p.d., pasa por el centro, O, y su radio es la raíz cuadrada de su potencia, ÖK. La figura inversa de una recta que no pasa por el centro de inversión es una circunferencia que pasa por él, cuyo centro se halla en la perpendicular a la recta por el centro de inversión. Resolución del ejercicio:

(

Se trata de determinar la circunferencia inversa de centro, C, de la recta formada por los puntos dados, A y B, y situar sobre ella los puntos inversos, A’ y B’, de los puntos dados A y B, puntos inversos que definen el arco, A’B’, solución del ejercicio. 1º. Determinación de la circunferencia inversa de centro, C: Esta circunferencia debe pasar por el punto, O, centro de inversión y su centro, C, ha de pertenecer a la recta perpendicular a la recta formada por los puntos A y B trazada desde O. Para ello, se procede del siguiente modo: • Se traza la recta que, partiendo de O, es perpendicular a la formada por los puntos A y B. • El inverso del punto impropio de la recta, al que hemos llamado P¥, es el centro de la inversión, O. • El diámetro OD’ de la circunferencia inversa de r queda definido al hallar el punto D’, homólogo del punto D, pie de la perpendicular desde O a la recta r. 2º. Trazado del arco, A’B’, figura inversa del segmento dado, AB: • Los puntos de intersección, B’ y A’ de las rectas formadas por los puntos, BO y AO, con la circunferencia de centro C, forman el arco buscado.

B

c.p

c.p .

.d.

d.

En la figura adjunta de análisis y comprobación se pueden observar con detenimiento aspectos relacionados con la inversión en esta actividad formativa.

B

K

B’

K

O ≡ P’

O ≡ P’

A’ C

B’ A’

A

D’

C

D’

D M ≡ M’

r P∞

A D

M ≡ M’

r P∞

Figura de análisis y de comprobación

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41

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 16

TEMA

5

Actividad 1 Consideraciones previas: Si dos circunferencias son tangentes, el punto T de tangencia está en la línea de centros. La tangente t en un punto T a una circunferencia es la perpendicular al radio OT. El eje radical, er, de dos circunferencias coplanarias es un recta, lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas. El eje radical de dos circunferencias es una recta perpendicular a la recta que une sus centros. Un punto del eje radical tiene igual potencia respecto a las circunferencias dadas. Los puntos de tangencia T, de las rectas tangentes trazadas desde un punto cualquiera a las circunferencias iniciales, se encuentran en una circunferencia. El centro radical de tres circunferencias, Cr, 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, tomando las circunferencias de dos en dos. 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. Resolución del ejercicio: Se trata de calcular los puntos de tangencia de las circunferencias solicitadas con la circunferencia dada, utilizando las propiedades de la potencia, lo cual requiere determinar el centro radical, Cr, de las circunferencias que pasan por los puntos P y Q y la dada de centro C. 1º. Se traza una circunferencia auxiliar de centro E, que pasa por los puntos P y Q; esta circunferencia corta a la dada de centro C en los puntos A y B.

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42

DIBUJO GEOMÉTRICO

TANGENCIAS

3º. Las rectas tangentes desde Cr a la circunferencia dada tienen como puntos de tangencia T1 y T2, por lo tanto, estos son los puntos comunes de las circunferencias solución con la dada. 4º. Los centros de las soluciones O 1 y O 2, se hallan, respectivamente, donde las rectas T 1C y T 2C cortan a la mediatriz del segmento PQ.

T1

K

O1 C Cr P

Q O2

K

B E T2

A

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43

DIBUJO GEOMÉTRICO

2º. El punto Cr, donde se cortan las rectas PQ y AB, es el centro radical de las circunferencias del haz que pasa por P y Q y la de centro C.

Consideraciones previas: Si dos circunferencias son tangentes, el punto T de tangencia está en la línea de centros. La tangente t en un punto T a una circunferencia es la perpendicular al radio OT. El eje radical, er, de dos circunferencias coplanarias es un recta, lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia respecto de ambas. El eje radical de dos circunferencias es una recta perpendicular a la recta que une sus centros. Un punto del eje radical tiene igual potencia respecto a las circunferencias dadas. Los puntos de tangencia T, de las rectas tangentes trazadas desde un punto cualquiera a las circunferencias iniciales, se encuentran en una circunferencia. El eje radical de una circunferencia y una recta, circunferencia de radio infinito, es siempre la propia recta. El centro radical de tres circunferencias, Cr, 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, tomando las circunferencias de dos en dos. Una circunferencia cuyo centro pertenece a una recta, a, y pasa por un punto, P, pasará por el simétrico de éste respecto de aquélla, Q. Lo que ocurre en este caso es que ambos puntos P y Q son coincidentes. 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. Resolución del ejercicio: Se trata de hallar los puntos de tangencia de las circunferencias solicitadas con la recta dada, utilizando las propiedades de la potencia, lo cual requiere determinar el centro radical, Cr, de las circunferencias que se buscan y de r, a la que se considera circunferencia de radio infinito. 1º. Se traza una circunferencia auxiliar de centro E, que pasa por los puntos P y Q, coincidentes; esta circunferencia corta a la recta r en los puntos A y B. 2º. El punto Cr, donde se cortan las rectas PQ, perpendicular en P a la recta dada, a, y AB, es el centro radical de las circunferencias del haz que pasa por P y Q y la recta r, circunferencia de radio infinito. En consecuencia la potencia del punto Cr respecto de todas ellas es la misma y la longitud del segmento ÖK también. 3º. Las recta tangente desde C r a la circunferencia auxiliar de centro E tiene como punto de tangencia T E, y longitud CrTE = ÖK, raíz cuadrada de la potencia de Cr respecto de las circunferencias descritas. 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. 4º. Los centros de las soluciones O1 y O2 de las circunferencias buscadas se hallan donde las perpendiculares a r por T1 y T2 cortan, respectivamente, a la mediatriz del segmento PQ. O2

P ≡Q T2 O1 E

Cr

B T1 K

a r

A

TE

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44

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 2

TEMA

7

LA ELIPSE Actividad 1 1º. Determinar un punto M de la elipse. • Se dibujan los ejes AB = 2a = 80 mm y CD = 2b = 50 mm. • Con centro en C o D y radio “a”, se corta el eje mayor en F y F’, focos de la curva. • Se toma un punto N cualquiera en el eje mayor; con radio AN y centro en F se traza el arco 2, y con radio NB y centro en F’ se traza el arco 1; estos dos arcos se cortan en el punto M, que es un punto de la elipse. 2º. Trazar la tangente a la curva en este punto. • La tangente a la elipse en el punto M de ella es la recta t, bisectriz exterior del ángulo que forman los radios vectores r = MF y r’ = MF’. t 2

C

M 1

a a=

40

r’ A

1

F

2

3

B

O

4

N

F’

2b = 50

r

D 2a = 80

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

45

DIBUJO GEOMÉTRICO

CURVAS CÓNICAS

• Para dibujar este cuadrante se trazan una serie de puntos (1, 2, 3, 4) cualesquiera en el eje mayor. • Con radios A1, A2, A3 y A4 y centro en F se traza una serie de arcos y con radios 1B, 2B, 3B y 4B y centro en F’ se trazan otros arcos; estos arcos se cortarán respectivamente con los trazados desde F definiendo una serie de puntos, por ejemplo E, de la elipse, tal y como se ha visto en el punto anterior, que uniéndolos se dibuja el cuadrante pedido. 4º. Cuadrante por medio de haces proyectivos. • Se construye el rectángulo OCLB y se dividen los segmentos OB y LB en el mismo número de partes iguales, cinco en la figura. • Los rayos D1, D2, D3 y D4 se cortan respectivamente con los rayos C1, C2, C3 y C4 en los puntos J, I, H y G de la elipse. 5º. Cuadrante por medio de afinidad con las circunferencias de radios a y b. La elipse de ejes AB y CD es afín de la circunferencia principal de diámetro AB, con una dirección de afinidad perpendicular al eje real y eje de afinidad AB, y también es afín de la circunferencia de diámetro CD, con una dirección de afinidad perpendicular a CD y como eje de afinidad el eje imaginario. • Con centro en O, se traza la circunferencia principal de radio a = 40 mm y la de radio b = 25 mm. • Se traza un radio cualquiera que corta en R’ y R” a las dos circunferencias; por R’ se traza la paralela a AB y por R” la paralela a CD, que se corta con la anterior en el punto R de la elipse. • Esta operación se repite numerosas veces.

Método de afinidad Método de haces proyectivos

R’’ C

L

G

R

4

H R’

a=

40

3

I

2

J

N

F

A

1

2

O 3

4

r

4

3

2

1

F’

1

B

2b = 50

a

r’

E

D

Método por puntos

2a = 80

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46

DIBUJO GEOMÉTRICO

3º. Cuadrante por puntos aplicando su definición.

Sabiendo que la circunferencia focal es el lugar geométrico de los puntos simétricos del foco respecto de las tangentes, tenemos que buscar un punto en ella que unido con F’ resulte ser una cuerda de la circunferencia de centro P y radio PF’. • Con centro en F se traza la circunferencia focal de radio 2a = 80 mm, y haciendo centro en P y radio PF’ se traza otra circunferencia, que corta a la anterior 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 elipse. • Los puntos de tangencia se hallan uniendo M con F, recta que corta a t1 en el punto T1, y N con F, cuya recta corta a t2 en el punto T2.

N

t2

2a =

C

80

T2 F’ A

O

F

B

P

T1

D

t1

M

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47

DIBUJO GEOMÉTRICO

6º. Trazar las tangentes a la curva desde un punto exterior cualquiera, determinando los puntos de tangencia.

• Con centro en O, se traza la circunferencia principal de radio a = 40 mm y la de radio b = 25 mm. • Se traza un diámetro cualquiera que corta a las dos circunferencias en los puntos 1, 2, 3 y 4; por 2 y 3 se trazan paralelas a AB y por 1 y 4 paralelas a CD que se cortan con las anteriores en los puntos C’ y D’, extremos de uno de los diámetros conjugados. • Por el centro O se traza otro diámetro, perpendicular al anterior, que corta a las dos circunferencias en los puntos 5, 6, 7 y 8; por 6 y 7 se trazan paralelas a AB y por 5 y 8 paralelas a CD que cortan a las anteriores en los puntos A’ y B’, extremos del otro diámetro conjugado. • Uniendo A’ con B’ y C’ con D’, obtenemos dos diámetros conjugados de la elipse.

1

C 2

C’

5 6 A’ O

A

B B’ 7 8

D’

3 D

4

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48

DIBUJO GEOMÉTRICO

7º. Sin construir la curva, determinar por afinidad una pareja de diámetros conjugados de la curva.

1º. Hallar los ejes de la curva. • Se dibujan los diámetros conjugados A’B’ = 80 y C’D’ = 50, que forman un ángulo de 60o. • Por el centro O se traza la perpendicular a A’B’ y se lleva OP = OA’; se une P con C’ y se halla la circunferencia de centro O1 y diámetro PC’. • Con centro en O1 y radio O1O se traza la circunferencia ROS; uniendo O con R y S se obtienen los ejes de la elipse en posición. • La magnitud de los ejes es: a = OI y b = OH, que se llevan sobre cada uno de ellos respectivamente. R

I P O1 H

C

C’

S A’

B B’

O

A

D’

D

2º. Dibujar un cuadrante de la curva por haces proyectivos. • Se dibujan los diámetros conjugados A’B’ = 80 y C’D’ = 50. • Se traza la circunferencia de centro O y diámetro A’B’. • Se traza la perpendicular por O a A’B’ y corta en C1 a la circunferencia. • Los puntos de la elipse se obtienen construyendo triángulos semejantes al OC1C’, tales como el MNP de lados paralelos a los del OC1C’. N

C1

P

A’

M

O

C’

B’

D’

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49

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 2

Para resolver esta actividad, hay que tener en cuenta que la circunferencia principal es el lugar geométrico de los pies de las perpendiculares trazadas por los focos a cada una de las tangentes. • Se trazan los ejes de la elipse y un punto P cualquiera de ella (ver actividad 1-1). • Se traza la circunferencia principal; unir el punto P con el foco F o con el F’ y trazar las circunferencias de diámetros PF o PF’ que son tangentes a la circunferencia principal en los puntos N y N’. • La recta PN es la tangente en P y pasa también por N’. N’ t C P N O2

A

O1

O

F

B

F’

D 2a = 80

Actividad 4 Para resolver esta actividad, 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. • Se traza la circunferencia de diámetro PF’ que corta a la circunferencia principal en los puntos N y N1, que son los pies de las perpendiculares trazadas desde F’ a las tangentes t y t1. • Uniendo P con los puntos N y N1 obtenemos las rectas t y t1, que son las tangentes buscadas. • Para determinar los puntos de tangencia, 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, respectivamente.

t1 T1

C

N1 P O1 A

F

O

B

F’

N T

D t

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50

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 3

Si las tangentes han de ser paralelas a una dirección d, 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), tiene radio infinito, transformándose en una recta que pasa por F’ y es perpendicular a la dirección dada. Por lo tanto, para su construcción se procederá del modo siguiente: • Trazar por F’ la perpendicular a la dirección d, la cual corta a la circunferencia principal en N y N1; dibujar por estos puntos las paralelas a la dirección d, y se tienen las tangentes t y t1. • Para determinar los puntos de tangencia, 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. t N C

T

A

F’

O

B

F

P∞

N1 T1

d

t1 D

Actividad 6 Para resolver esta actividad, 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, en un punto T de ella, es la recta t, bisectriz exterior del ángulo que forman los radios vectores r = TF y r’ = TF’. • Se une el foco F con el punto de tangencia T y se construye el ángulo b igual al ángulo a. • Sobre la recta que ha de contener al otro radio vector r’ se lleva la diferencia 2a – FT y obtenemos r’ = TF’, con lo que queda determinado el otro foco. • Los puntos N y M, pies de las perpendiculares trazadas por los focos a la tangente t, son de la circunferencia principal.

t α

M

β=α

T r’

N r

2a = 70 mm

r

r’

A

F

O

F’

B

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51

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 5

Para resolver esta actividad, 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. • La tangente a la elipse, en un punto T1 de ella, es la recta t1, bisectriz exterior del ángulo que forman los radios vectores r = T1F y r’ = T1F’. • 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. • Se hallan los puntos F’ y F” simétricos de F respecto de las tangentes dadas. • El foco F1 estará en la mediatriz del segmento F’-F”, 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. • 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.

t1

α

F’

β

T1 N2

r1

r

eje

A

O

F

F1

B

N1

T F’’

t

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52

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 7

• Se halla en primer lugar c, semidistancia focal, a partir de a y b. • Se obtiene F’ simétrico del foco F respecto de la tangente t. • Como F’ es un punto de la circunferencia focal del foco que se desconoce, para su determinación, basta trazar con centro en F’ y radio 2a un arco, y con centro en F otro arco de radio 2c; estos dos arcos se cortan en el foco F1.

a = 35 ,38

26

b= 23

c=

b = 23

t

a = 35

F’

2a = 70

B F1 N

O

2c = 52,76 F A

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53

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 8

Actividad 1 1º. Determinar un punto cualquiera de la curva: • Se dibujan los datos AB = 2a = 20 mm y FF’ = 2c = 50 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, punto de la hipérbola solicitado; de este modo, PF’ – PF = 2a =AB = 20 mm. 2º. Sin dibujar la curva, 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. • Partiendo del dibujo realizado en la actividad anterior, por el punto P se traza la recta bisectriz t de los radios vectores r y r1. 3º. Dibujar una rama de la curva: • Se dibujan los datos AB = 2a = 20 mm y FF’ = 2c = 50 mm. • 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. • Para obtener otros puntos de la curva se toman, por ejemplo, los puntos 2, 3, 4 y 5 del eje real. 4º. Fijar los vértices en el eje imaginario: Para realizar esta actividad, hemos de tener en cuenta la siguiente propiedad de la hipérbola: entre a, b y c existe la relación: c2 = a2 + b2. • Sobre el dibujo de las actividades anteriores, trazamos con centro en A y radio c = 25 sendos arcos que, al cortar a la perpendicular dibujada por O al eje real AB, determinan los vértices C y D del eje imaginario.

t M5 M4 M3 M2 M1

C P r1

c r O N

F

B

A

F’

1 2 3 4

5

2a = 20 M’1

2c = 50

D

M’2 M’3 M’4 M’5

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

54

DIBUJO GEOMÉTRICO

LA HIPÉRBOLA

P

M

2a A

B

O

F’

F N

T2

t2 t1 T1

6º. Trazar las tangentes a la curva desde un punto impropio y determinar los puntos de tangencia: Es una actividad similar a la anterior, en la que se trazaban las tangentes a la curva desde el punto dado P. La diferencia radica en que P se ha transformado en un punto impropio alejándose en la dirección dada d, que es la que deben tener las tangentes solicitadas. 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. • Se dibujan los datos AB = 2a = 20 mm, FF’ = 2c = 50 mm y el punto impropio, de d es P¥ . • Con centro en F se traza la circunferencia focal de radio 2a = 20 mm. • Se traza por el foco F’ la recta perpendicular a la dirección d, la cual corta a la circunferencia focal del foco F en los puntos M y N. • Las tangentes t1 y t2 a la hipérbola son las mediatrices de las cuerdas F’N y F’M. • Los puntos de tangencia se hallan uniendo M con F, recta que corta a t1 en el punto T1, y N con F, recta que corta a t2 en el punto T2. t1

t2

P∞ d

T2

2a A

O

F’

B

F M N

T1

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

55

DIBUJO GEOMÉTRICO

5º. Sin dibujar la curva, 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, tenemos que buscar unos puntos en ella que unidos con F resulten ser cuerdas de la circunferencia de centro P y radio PF. • Se dibujan los datos AB = 2a = 20 mm, FF’ = 2c = 50 mm. y el punto P. • Con centro en F’ se traza la circunferencia focal de radio 2a = 20 mm, y haciendo centro en P y radio PF se traza otra circunferencia, que corta a la anterior 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. • Los puntos de tangencia se hallan uniendo M con F’, recta que corta a t1 en el punto T1, y N con F’, recta que corta a t2 en el punto T2.

Las asíntotas de la hipérbola son las tangentes a la curva en los puntos del infinito; son simétricas respecto de los ejes y pasan por el centro O de la curva. Por lo tanto, 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. • Con centro en F se traza la circunferencia focal de radio 2a = 20 mm. • La circunferencia de centro O y diámetro OF’ corta a la focal del foco F en los puntos R y Q. • Se trazan las mediatrices a y a1 de los segmentos RF’ y QF’; estas rectas, que pasan por O, son las asíntotas de la curva. • 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. El triángulo 1-A-O es rectángulo y sus lados son OA = a; A1 = b y O1 = c.

a1

a

2

1 R c b A

F

B

O

F’

2a

a

Q 4

3

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

56

DIBUJO GEOMÉTRICO

7º. Trazar las asíntotas a la curva:

Se trata de determinar si la recta r corta o no a la hipérbola, es decir, hallar posibles puntos de intersección de r con la curva. En este sentido, 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. Esto es, 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, simétrico de F’ respecto de la recta r. • Se dibujan los datos AB = 2a = 20 mm y FF’ = 2c = 50 mm. • Trazar la circunferencia focal del foco F, de radio 2a. • Se determina el centro radical Cr de las circunferencias que pasen por F’ y por su simétrico F1 respecto de la recta r, y de la circunferencia focal de centro F. Para ello, se sigue el procedimiento siguiente: § Hallar el punto F1 simétrico del foco F’ respecto a r. § Trazar una circunferencia auxiliar cualquiera de centro C en la recta r que pase por los puntos F’ y F1, la cual corta a la focal en los puntos 1 y 2. § La cuerda 1-2 y la recta F’-F1 se cortan en el centro radical Cr. • Desde C r se trazan las tangentes a la focal y los puntos de tangencia T 1 y T 2 se unen con F, obteniéndose los centros I1 e I2 en r, 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’. Por lo tanto, la recta r es interior a la curva.

Comprobación Cr

Cr

F1

F1

r

1

T1

1

T1 I2 O

2a

I1

2

F’

F

O

B

F’

A

B

A

I2

T2

T2 F

r

C

I1

C

2

SOLUCIONARIO - DIBUJO TÉCNICO II - Bachillerato

57

DIBUJO GEOMÉTRICO

8º. Fijada una recta o dirección, indicar si es exterior o interior a la curva:

Trazar la tangente a la hipérbola en un punto P de ella, empleando la circunferencia principal. Para resolver esta actividad, 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 trazan los datos de la curva y un punto P cualquiera de ella (ver actividad 1-1). • Se traza la circunferencia principal; se une el punto P de la curva con F’ y se traza la circunferencia de diámetro PF’, la cual será tangente a la principal en el punto M. • La recta PM es la tangente a la hipérbola en el punto P. P

O1 M

O

A

F

B

F’

t

Actividad 3 Trazar las tangentes a la hipérbola desde un punto exterior P, empleando la circunferencia principal. Para resolver esta actividad, 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 trazan los datos de la curva y un punto cualquiera P exterior a ella. • Se traza la circunferencia principal y la de diámetro PF, las cuales se cortan en los puntos N y N1, que son los pies de las perpendiculares trazadas desde F a las tangentes t y t1. • Uniendo P con los puntos N y N1 obtenemos las rectas t y t1, que son las tangentes buscadas. • Para determinar los puntos de tangencia, se une O con N y N 1 y por el otro foco F’ se trazan las paralelas respectivas a ON y ON1, hasta que corten a las tangentes. P N1

O1

A

F

O

B

F’

N T

t1 t T1

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58

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 2

Trazar las tangentes a la hipérbola paralelas a una dirección dada d, empleando la circunferencia principal. En esta actividad, la circunferencia de diámetro PF es una recta (de diámetro infinito), la cual pasa por F y es perpendicular a la dirección d. Por lo tanto, para su construcción se procederá del modo siguiente: • Se traza por F la perpendicular a la dirección d; 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. • Para determinar los puntos de tangencia, se une O con N y N 1, y por el otro foco F’ se trazan las paralelas respectivas a ON y ON1, hasta que corten a las tangentes t y t1 en los puntos T y T1. 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. • Se dibujan los focos F, F’ y una asíntota s. • La recta F-F’, eje mayor, corta la asíntota s en el centro O de la hipérbola. • Con centro en O y radio OF = OF’ se traza la circunferencia que corta en H y H’ a la asíntota; las perpendiculares por estos puntos a F-F’ dan los vértices A y B de la hipérbola. • Con centro en A y radio c se traza la circunferencia que corta en C y D al eje imaginario, perpendicular en O al eje real. • En la figura correspondiente, OA = OB = a; HB = b; OH = OH’ = c.

s

C

H c

c

b F

A

O a

H’

F’ B

D

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59

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 4

Determinar los demás elementos de una hipérbola conociendo un foco F, una asíntota s y la magnitud a. • Se dibujan los datos de partida. • Por el foco F se traza la perpendicular a la asíntota y a partir de N se lleva la magniyud a, semieje menor, obteniendo así el punto O, centro de la hipérbola. • La recta OF es el eje real, y para determinar el vértice A, existen dos métodos: § Se lleva OF en OH; 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. • Se obtienen los simétricos de F y A respecto al eje imaginario, resultando los puntos F’ y B. • Con centro en B y radio c se traza la circunferencia que corta en C y D al eje imaginario, perpendicular en O al eje real. s H

C

c

N b

a

c

F’ a

O

B

A

F

D

Actividad 7 Determinar los demás elementos de una hipérbola conociendo un foco F, una tangente t con su punto de contacto T y la magnitud a. Para resolver esta actividad, 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’. • Se dibujan los datos de partida: foco F, y la tangente t con su punto de contacto T. • Tomando como vértice el punto T, se construye un ángulo a formado por las rectas t y r’ igual al definido por las rectas r y t. • Se traza el arco de centro T y radio TF que corta a la recta r’ en el punto H. • A partir de H, y sobre la recta r’, se lleva el valor de 2a obteniendo el otro foco F’; uniendo los focos F y F’ queda definido el eje principal. • 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.

r+ r’ =

T

2a

r’ H

α

r

2a

F’

α

O

B

A

F

a

t

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60

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 6

Determinar los demás elementos de una hipérbola conociendo un foco F, una tangente t con su punto de contacto T y la magnitud 2c. Para resolver esta actividad, 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’. • Se dibujan los datos de partida: foco F, y la tangente t con su punto de contacto T. • Tomando como vértice el punto T, se construye un ángulo a formado por las rectas t y r’ igual al definido por las rectas r y 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. • Se traza el arco de centro T y radio TF que corta a la recta r’ en el punto H; la distancia HF’ es 2a. • 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.

t T r’ H

α

r

2a α

B

O A

F’

F

a

2c

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61

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 8

Determinar los demás elementos de una hipérbola conociendo un foco F, una asíntota s y una tangente t. Para resolver esta actividad, 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 dibujan los datos de partida: foco F, asíntota s y la tangente t. • Por el foco F, se trazan las rectas perpendiculares a la asíntota y a la tangente, que cortan, respectivamente, a ambas rectas en los puntos N1 y N2; estos puntos N1 y N2 son de la circunferencia principal. • La mediatriz de N1N2 corta a la asíntota en O, centro de la curva, el cual, unido con F, nos da el eje mayor. • Sobre la asíntota, se toma OM = OF y por M se traza la perpendicular al eje, obteniendo el vértice A. Se dibujan los puntos simétricos de F y de A respecto de O, esto es, el foco F’ y el vértice B.

s M N1

A

F

O

eje F’

B

t N2

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62

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 9

Actividad 1 En una parábola el foco F está a 15 mm. del vértice V. Se pide: 1º. Construir la curva por puntos. Para resolver este ejercicio, hemos de tener en cuenta que el vértice V, como cualquier otro punto, equidista de la directriz d y del foco F, es decir, VA = VF = 15 mm. • Se dibujan los datos F y V; la recta que se forma al unir estos puntos es el eje. • Con centro en F y radio VF = 15 mm, trazamos un arco que corta al eje en el punto A; por los puntos A y V, se trazan rectas perpendiculares al eje, obteniendo la directriz d y la tangente en el vértice tv. • Se traza por un punto 1 del eje, la perpendicular a éste y con centro en F y radio A-1 = r, se corta a dicha perpendicular, obteniendo el punto P y su simétrico, que son puntos de la curva; se tiene así r = PF = PN, según la definición de la curva. • Esta operación se repite para obtener otros puntos.

52,89 P

r

N

r tv 52,8

9

d

V

A

1

eje

F

15

15

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63

DIBUJO GEOMÉTRICO

LA PARÁBOLA

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, y se traza la recta bisectriz t de los radios vectores PN y PF.

d

tv

P

r

N

r

A

eje

V F

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64

DIBUJO GEOMÉTRICO

2º. Tomar un punto P de ella y trazar en él la tangente a la curva.

Sabiendo que la circunferencia focal (recta directriz d) es el lugar geométrico de los puntos simétricos del foco F respecto de las tangentes, tenemos que buscar unos puntos en ella que unidos con F resulten ser cuerdas de la circunferencia de centro P y radio PF. • Se dibuja el punto P. • Se traza la circunferencia de radio PF y centro P, la cual corta a la directriz, que en la parábola hace de circunferencia focal de radio infinito, en los puntos 1 y 2. • 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. • Los puntos de tangencia T1 y T2 se obtienen trazando por 1 y 2 los radios vectores que son paralelos al eje.

d

tv

t1

T1 1

A

V

eje

F

P

t2

2

T2

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65

DIBUJO GEOMÉTRICO

3º. Trazar las tangentes a la curva desde un punto exterior.

Es una actividad similar a la anterior, en el que se trazaba la tangente a la curva desde el punto dado P. La diferencia radica en que P es ahora el punto impropio alejándose en la dirección dada s, que es la que debe tener la tangente solicitada, es decir, la tangente ha de ser paralela a la dirección s. • Se dibuja la dirección s. • Por el foco se traza la perpendicular a s, 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, en la paralela por M al eje de la parábola.

d

t

tv

T

M

I

A

eje V

F

s

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66

DIBUJO GEOMÉTRICO

4º. Trazar la tangente paralela a una dirección dada:

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, quedando también definido el vértice V.

d

tv

A

r

A1

r

eje

V F

B1

B

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67

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 2

Determinar los elementos de la parábola conociendo el foco F y dos tangentes t1 y t2: • Se dibujan los datos de partida. • Se hallan los puntos simétricos del foco F respecto a las tangentes t1 y t2, puntos N’1 y N’2, que son de la directriz d. • La tangente en el vértice tv pasa por los puntos N1 y N2, pies de las perpendiculares trazadas por el foco F a las tangentes dadas.

d

tv t1

T1

N’1

N1

A

V

F

eje

N2

t2

N’2

T2

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68

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 3

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. Estos puntos son los de contacto de la tangente común trazada a las dos circunferencias de diámetros FB y FA. • La recta N1N2 es la tangente en el vértice tv. • Las rectas BN1 y AN2 son las tangentes a la curva en B y A. • El eje pasa por F y es perpendicular a tv.

tB d

tv

B

N1

V

N2

O1

eje

F

O2

A

tA

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69

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 4

Construir la parábola conociendo la directriz d y dos tangentes t1 y t2: • Se dibujan los datos de partida. • Las tangentes t 1 y t 2 cortan a la directriz en los puntos N y M; 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. • La perpendicular FS a d es el eje y el vértice V es el punto medio de FS. Esta construcción se funda en que si unimos F con N1 y M1, puntos pies de las perpendiculares trazadas por el foco F a las tangentes, los triángulos MFB y NFA son isósceles.

t1 tv

d

A

α

N1 α

N

F

V

S

eje

β

M

M1 β

B t2

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70

DIBUJO GEOMÉTRICO

Actividad 5