trazar un cubo dado vertices incompletos*

[alberto.alba.365]

LOS PUNTOS 'A', 'B' y 'E' SON VERTICES DE UN HEXAEDRO CONTENIDO EN EL PRIMER DIEDRO. REPRESENTARLO

A(80,40,0) B(40,90,-) D(120,60,-)

gracias!!!!

[Celedonio]

La SOLUCION es la que envío.

Lado del hexaedro igual a 65,23

hexaedro137.PNG (26.46 KiB) Visto 2503 veces

La RESOLUCION todavía no la he encontrado.

Saludos

[fernandore]

Celedonio te va fallando la memoria.
LA CIRCUNFERENCIA INSCRITAAAAAAAAAA

Si lo puntos ABE conforman una cara del cubo,podemos imaginar la circunferencia inscrita.
Los puntos medios de los lados nos definen los ejes conjugados de la elipse proyeccion.
Si determinamos los ejes principales de la elipse,ya conoceremos la traza horizontal del plano ABE (paralela al eje mayor de la elipse y q pase por A)

Despues ya esta chupao

Salu2

[Celedonio]

Perfecto Fernandore.
No se me ha ocurrido tú solución a pesar de que le he dado muchas vueltas.
Serán los síntomas de lo que tú dices.
Mi procedimiento final ha sido el más antiguo y viejo , que no tienen nada de científico, TANTEO.
Saludos

[fernandore]

Digo q te va fallando la meoria porq yo estuve un año atascado con un problema parecido y halle la inspiracion en una idea tuya q era trabajar con la circunferencia inscrita.

Salu2

[Antonio Castilla]

.
Este problema me recordó a otro que leí hace tiempo, y aunque no es igual al 100 % se puede utilizar como inspiración.

Es del libro de ejercicios de diédrico Izquierdo Asensi. La explicación, copiada del libro, es un poco confusa, pero si se le hecha un ratillo se entiende. A las imágenes les he añadido algo de color para aclararme.


Representar un cubo, conociendo las longitudes m, n y q de las proyecciones de tres aristas concurrentes en un vértice.

trazar-un-cubo-dado-vertices-incompletos.gif (2.81 KiB) Visto 2485 veces

Supongamos el problema resuelto (Fig. 10.6 a).

trazar-un-cubo-dado-vertices-incompletos-a.gif (25.71 KiB) Visto 2485 veces

Sean m = PA₁, n = PB₁ y q = PC₁ las proyecciones de las aristas PA = PB = PC = l concurrentes en el vértice P, situado en el horizontal H y AA₁ = a, BB₁ = b y CC₁ = c las proyectantes de A, B y C. Por el teorema de Pitágoras se verificará:

l² = m² + a², l² = n² + b² y l² = q² + c² y sumando:

3l² = (m² + n² + q²) + (a² + b² + c²).

Si ahora trazamos el segmento PD = l, perpendicular al horizontal y proyectamos ortogonalmente D sobre las aristas, en A', B' y C', el triángulo PDA', por ejemplo, será igual al PAA₁, por tener PA = PD = l y APA₁ = PDA' por tener sus lados perpendiculares, luego:

AA₁ — PA' = a y análogamente PB' = b y PC' = c.

Estos tres segmentos son aristas de un paralelepípedo rectángulo, de diagonal PD = l, luego se verificará: a² + b² + c² = l² y sustituyendo en la igualdad anterior:

3l² = m² + n² + q² + l² de donde: 2l² = m² + n² + q².

Podemos, pues, hallar gráficamente la arista l (Fig. b) construyendo un triángulo rectángulo de catetos m y n y sobre la hipotenusa de este triángulo, como cateto, otro triángulo de cateto q. Se traza luego la semicircunferencia de diámetro FG y el radio OL normal a él, siendo FL = l la arista buscada.

trazar-un-cubo-dado-vertices-incompletos-b.gif (23.03 KiB) Visto 2485 veces

El cubo se representa fácilmente (Fig. c), colocando la arista P₁C₁—P₂C₂, por ejemplo, frontal y con el vértice P₁—P₂ en el horizontal, siendo P₁C₁ = q y P₂C₂ = l.
La cara PAB estará en un plano de canto de traza v_a = P₂B₂, normal a P₂C₂. Si ahora giramos las aristas PA y PB, alrededor de la vertical (no dibujada) que pasa por P₁—P₂ hasta su posición frontal PA' y PB', se tendrá: P₁A'₁ = m y P₁B'₁ = n y las proyecciones A'₂ y B'₂ estarán en la semicircunferencia de centro P₂ y radio l, quedando así determinados A'₁—A'₂ y B'₁—B'₂. Deshaciendo el giro, se obtienen las aristas P₁A₂—P₂A₂ y P₁B₁—P₂B₂ y a partir de éstas, las restantes del cubo.

trazar-un-cubo-dado-vertices-incompletos-c.gif (31.5 KiB) Visto 2485 veces

[fernandore]

Antonio menudo lio se ha montado Asensio.
Ese problema lo resolvimos aqui (aunq no lo encuentro en los indices) y tiene una resolucion bastante mas sencilla que la propuesta, inspirada en el sistema axonometrico.

Fijate q si dan un vertice y la proyeccion de las tres aristas concurrentes,tenemos el triedro trirectangulo axonometrico.
Procedemos como si en axonometrico trazaramos un plano paralelo al cuadro (triangulo en el q los ejes son las alturas del mismo).
Ese triangulo trazado es un plano paralelo al plano horizontal por lo q podemos abatir las caras de cubo sobre el utilizando los lados del triangulo como charnela y apoyandonos en arcos capaces.

Salu2

[fernandore]

Utilizando el buscador he dado con el problema resuelto.
Aqui viewtopic.php?f=17&t=4289

Salu2

[Antonio Castilla]

.
Pues sí, bastante, pero que bastante más simple.

[alberto.alba.365]

pffff.... muchísimas gracias!!!! me había vuelto loco, y no encontraba lógica ninguna para resolverlo. cracks totales