Movimientos en el plano – matemáticas 2º ESO: soluciones de los ejercicios para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1

   1. Para trasladar sumamos las coordenadas del vector a cada vértice. Se suma el vector a cada punto: \(A'(2+3,3-2)=(5,1)\); \(B'(-1+3,4-2)=(2,2)\); \(C'(0+3,-2-2)=(3,-4)\).
   2. Para deshacer la traslación usamos el vector opuesto. El vector opuesto \(-\vec{v}=(-3,2)\).
   3. El módulo se calcula con el teorema de Pitágoras. \(|\vec{v}|=\sqrt{3^2+(-2)^2}=\sqrt{13}\approx3{,}61\) unidades.
   4. Una isometría no cambia la forma ni el tamaño. No cambian: la traslación es un movimiento (isometría) que conserva longitudes, ángulos y áreas.

2. Solución del ejercicio 2

   1. El vector es la diferencia entre el punto final y el inicial. \(\vec{v}=(6-1,\,-1-2)=(5,-3)\).
   2. Sumamos el vector al punto \(B\). \(B'=(-2+5,\,4-3)=(3,1)\).
   3. Restamos el vector al origen para encontrar el punto de partida. Es el punto \((0-5,\,0+3)=(-5,3)\).
   4. La distancia recorrida es el módulo del vector. \(|\vec{v}|=\sqrt{25+9}=\sqrt{34}\approx5{,}83\).

   Comprobación: \(A+\vec v=(1+5,\,2-3)=(6,-1)\).

3. Solución del ejercicio 3

   1. Respecto al eje \(X\) cambia el signo de la \(y\); respecto al eje \(Y\), el de la \(x\). Eje \(X\): \((3,-4)\). Eje \(Y\): \((-3,4)\).
   2. Aplicamos las mismas reglas con un punto del tercer cuadrante. Eje \(X\): \((-2,5)\). Eje \(Y\): \((2,-5)\).
   3. Medimos la distancia horizontal al eje \(x=1\) y la llevamos al otro lado. \(R\) está a \(4-1=3\) unidades del eje; el simétrico está 3 unidades al otro lado: \((1-3,1)=(-2,1)\).
   4. Un punto del eje no se mueve al reflejarlo. Cualquier punto del propio eje \(X\), es decir, de la forma \((a,0)\).

4. Solución del ejercicio 4

   1. Respecto al origen cambian de signo las dos coordenadas. \(A'(-2,-5)\).
   2. Aplicamos la misma regla a \(B\). \(B'(3,-1)\).
   3. El centro es el punto medio, así que \(P'=2M-P\). \(P'=2M-P=(2\cdot1-4,\,2\cdot1-3)=(-2,-1)\).
   4. Calculamos el punto medio de \(P\) y \(P'\). Punto medio: \(\left(\dfrac{4+(-2)}{2},\dfrac{3+(-1)}{2}\right)=(1,1)=M\).

   La simetría central equivale a un giro de \(180^\circ\) alrededor del centro.

5. Solución del ejercicio 5

   1. Aplicamos \((x,y)\to(-y,x)\) con \(x=2\), \(y=1\): \(A'(-1,2)\).
   2. Con \(x=-3\), \(y=2\): la primera coordenada es \(-y=-2\) y la segunda \(x=-3\). \(B'(-2,-3)\).
   3. En un giro de \(180^\circ\) cambian de signo las dos coordenadas: \(A''(-2,-1)\).
   4. Aplicamos \((x,y)\to(y,-x)\) con \(x=4\), \(y=-1\): \(C'(-1,-4)\).

   Comprobación: la distancia al origen se conserva; por ejemplo, \(|A|=|A'|=\sqrt5\).

6. Solución del ejercicio 6

   1. 3 ejes (las tres alturas, que también son medianas y bisectrices).
   2. 4 ejes: 2 diagonales y 2 mediatrices de los lados.
   3. 2 ejes: las mediatrices de los lados (las diagonales no son ejes).
   4. 2 ejes: las dos diagonales.
   5. 5 ejes, uno por cada vértice y el punto medio del lado opuesto.
   6. Infinitos: cualquier diámetro es un eje de simetría.

7. Solución del ejercicio 7

   1. El paralelogramo sí (centro: intersección de las diagonales). El trapecio isósceles no.
   2. El hexágono regular sí; el triángulo equilátero no (un giro de \(180^\circ\) no lo hace coincidir).
   3. Cuadrado: \(\dfrac{360^\circ}{4}=90^\circ\). Hexágono: \(\dfrac{360^\circ}{6}=60^\circ\).
   4. Orden 8 y ángulo mínimo \(\dfrac{360^\circ}{8}=45^\circ\).

8. Solución del ejercicio 8

   1. Traslación: mismo sentido y orientación; se define por un vector.
   2. Simetría axial: la orientación se invierte (imagen especular) respecto a un eje vertical.
   3. Giro de \(90^\circ\) en sentido horario con centro en ese vértice.
   4. Simetría central (equivale a un giro de \(180^\circ\) alrededor del punto central).

9. Solución del ejercicio 9

   1. Sumamos \((-2,3)\) a cada vértice: \(A'(-1,4)\), \(B'(2,4)\), \(C'(-1,6)\).
   2. Los dos segmentos son horizontales; restamos abscisas: \(AB=4-1=3\) y \(A'B'=2-(-1)=3\).
   3. Es un triángulo rectángulo en \(A\) con catetos 3 y 2: Base 3, altura 2: \(\dfrac{3\cdot2}{2}=3\) unidades cuadradas en los dos triángulos.
   4. Aplicamos Pitágoras en los dos triángulos: \(BC=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}\) y \(B'C'=\sqrt{(2-(-1))^2+(4-6)^2}=\sqrt{13}\).

   La traslación conserva longitudes y áreas, como se comprueba.

10. Solución del ejercicio 10

    1. Aplicamos primero \((x,y)\to(-x,y)\) y luego sumamos \((2,0)\): Simetría: \((-3,1)\). Traslación: \((-3+2,1)=(-1,1)\).
    2. Sumamos primero \((2,0)\) y después cambiamos el signo de \(x\): Traslación: \((5,1)\). Simetría: \((-5,1)\).
    3. Comparamos los dos resultados: Sí: los resultados \((-1,1)\) y \((-5,1)\) son distintos. La composición de movimientos no es conmutativa en general.
    4. Dos simetrías respecto al mismo eje se anulan: Primera: \((-3,1)\). Segunda: \((3,1)\). Se vuelve al punto de partida.

11. Solución del ejercicio 11

    1. Dividimos 360° entre el ángulo del triángulo: \(\dfrac{360}{60}=6\) triángulos.
    2. Hacemos lo mismo con cuadrados y hexágonos: Cuadrados: \(\dfrac{360}{90}=4\). Hexágonos: \(\dfrac{360}{120}=3\).
    3. Comprobamos si 108 divide a 360: \(\dfrac{360}{108}=3{,}33\dots\) no es entero y \(3\cdot108=324<360\), \(4\cdot108=432>360\): deja huecos o se solapa. No tesela.
    4. Sumamos los tres ángulos que coinciden en el vértice: \(135+135+90=360\). Encajan, y es el mosaico típico de octógonos y cuadrados.

    Solo tres polígonos regulares teselan el plano por sí solos.

12. Solución del ejercicio 12

    1. Dividimos la vuelta completa entre los 8 pétalos: \(\dfrac{360^\circ}{8}=45^\circ\).
    2. Cualquier giro múltiplo del ángulo mínimo deja la figura igual: Los múltiplos de \(45^\circ\): \(45^\circ,90^\circ,135^\circ,180^\circ,225^\circ,270^\circ,315^\circ\) y \(360^\circ\).
    3. Un giro de 180° es múltiplo de 45°, por eso hay simetría central: Sí tiene simetría central (giro de \(180^\circ\)). Tiene 8 ejes de simetría.
    4. Dividimos el giro entre el ángulo entre pétalos: \(\dfrac{135}{45}=3\) pétalos.

    El rosetón tiene orden de giro 8.

13. Solución del ejercicio 13

    1. En un espejo plano la imagen es simétrica del objeto: Está a 2 m detrás del espejo (la misma distancia).
    2. Sumamos la distancia de la niña y la de la imagen: \(2+2=4\) m.
    3. Las dos distancias disminuyen a la vez: Pasa a estar a 1,5 m del espejo; la distancia total es \(1{,}5+1{,}5=3\) m.
    4. Reflejamos respecto a la recta \(x=5\): Está a \(5-3=2\) unidades del espejo; la imagen está en \(x=5+2=7\): \((7,2)\).

14. Solución del ejercicio 14

    1. Sumamos el vector a cada punto: \(M'=(2-2,3+4)=(0,7)\) y \(B'=(5-2,1+4)=(3,5)\).
    2. Aplicamos Pitágoras y multiplicamos por 100 m: \(MB=\sqrt{(5-2)^2+(1-3)^2}=\sqrt{13}\approx3{,}61\) cuadrículas, es decir, unos 361 m.
    3. Repetimos el cálculo con los puntos trasladados: \(M'B'=\sqrt{(3-0)^2+(5-7)^2}=\sqrt{13}\): la misma distancia.
    4. Explicamos el resultado: La traslación es un movimiento: conserva las distancias.

15. Solución del ejercicio 15

    1. \(A'(4,1)\) y \(B'(2,3)\).
    2. \(AB=\sqrt{(-2+4)^2+(3-1)^2}=\sqrt{8}\approx2{,}83\) y \(A'B'=\sqrt{(2-4)^2+(3-1)^2}=\sqrt{8}\).
    3. Es un trapecio isósceles: \(AA'\) y \(BB'\) son horizontales (paralelos) y los lados \(AB\) y \(A'B'\) son iguales; el eje \(Y\) es su eje de simetría.
    4. \(AA'=8\), \(BB'=4\), \(AB=A'B'=\sqrt8\). Perímetro: \(12+2\sqrt8\approx17{,}66\). Altura: 2. Área: \(\dfrac{(8+4)\cdot2}{2}=12\) unidades cuadradas.

16. Solución del ejercicio 16

    1. Dividimos cada medida entre el lado de la baldosa, en las mismas unidades: \(500:50=10\) a lo largo y \(300:50=6\) a lo ancho.
    2. Multiplicamos filas por columnas: \(10\cdot6=60\) baldosas.
    3. Multiplicamos el número de baldosas por su precio: \(60\cdot3{,}2=192\) €.
    4. Dividimos 360° entre el ángulo de cada polígono: Triangulares: \(\dfrac{360}{60}=6\). Hexagonales: \(\dfrac{360}{120}=3\).
    5. Cada baldosa se obtiene desplazando la anterior: Una traslación de vector horizontal de 50 cm.

    Respuesta: 60 baldosas que cuestan 192 €.

17. Solución del ejercicio 17

    1. Dividimos 360° entre las 12 cabinas: \(\dfrac{360^\circ}{12}=30^\circ\).
    2. Dividimos el giro entre el ángulo entre cabinas: \(\dfrac{150}{30}=5\) posiciones: la cabina 1 pasa a ocupar el lugar que tenía la cabina 6 (si se cuenta en el sentido del giro).
    3. La posición opuesta está a media vuelta: Un giro de \(180^\circ\) (que mueve 6 posiciones).
    4. Sumamos giros hasta completar una vuelta: 4 giros de \(90^\circ\) suman \(360^\circ\).

18. Solución del ejercicio 18

    1. Aplicamos \((x,y)\to(-y,x)\) a cada vértice: Con \((x,y)\to(-y,x)\): \(A'(0,1)\), \(B'(0,3)\), \(C'(-2,1)\).
    2. Restamos las coordenadas que cambian: \(AB=3-1=2\) y \(A'B'=3-1=2\).
    3. Calculamos el área con los dos catetos: Triángulo rectángulo de catetos 2 y 2: área \(\dfrac{2\cdot2}{2}=2\) antes y después.
    4. En un giro de 180° cambian de signo las dos coordenadas: \(C''(-1,-2)\).

    El giro es un movimiento: conserva longitudes y áreas.

19. Solución del ejercicio 19

    1. Calculamos el punto medio de cada diagonal: \(M_{AC}=\left(\dfrac{0+5}{2},\dfrac{0+4}{2}\right)=(2{,}5;\,2)\). \(M_{BD}=\left(\dfrac{4+1}{2},\dfrac{1+3}{2}\right)=(2{,}5;\,2)\).
    2. Comparamos los dos puntos medios: Las diagonales se cortan en su punto medio: es un paralelogramo y \(M\) es su centro de simetría.
    3. Con centro \(M\), cada vértice va al opuesto: \(A\to C(5,4)\) y \(B\to D(1,3)\).
    4. Calculamos el área del triángulo y la duplicamos: Área de \(ABD\): \(\dfrac{|4\cdot3-1\cdot1|}{2}=\dfrac{11}{2}=5{,}5\). Área del paralelogramo: \(11\) unidades cuadradas.

20. Solución del ejercicio 20

    1. \(P\) está a 1 unidad del eje, \(P_1=(2,2)\).
    2. \(P_1\) está a 2 unidades de \(x=4\) por la izquierda: \(P_2=(4+2,2)=(6,2)\).
    3. Una traslación de vector \((6,0)\), que es el doble de la distancia entre las rectas (\(2\cdot3=6\)) y es perpendicular a ellas.
    4. Un giro de centro el punto de corte y ángulo doble del que forman las rectas: \(60^\circ\).