trazar un cubo dado vertices incompletos*
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- USUARIO
- Mensajes: 2
- Registrado: Dom, 29 Ene 2017, 13:22
trazar un cubo dado vertices incompletos*
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!!!!
A(80,40,0) B(40,90,-) D(120,60,-)
gracias!!!!
trazar un cubo dado vertices incompletos
La SOLUCION es la que envío.
Lado del hexaedro igual a 65,23
La RESOLUCION todavía no la he encontrado.
Saludos
Lado del hexaedro igual a 65,23
La RESOLUCION todavía no la he encontrado.
Saludos
- fernandore
- MODERADOR++
- Mensajes: 2093
- Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 22:27
trazar un cubo dado vertices incompletos
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
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
trazar un cubo dado vertices incompletos
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
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
- MODERADOR++
- Mensajes: 2093
- Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 22:27
trazar un cubo dado vertices incompletos
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
Salu2
- Antonio Castilla
- USUARIO
- Mensajes: 4239
- Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 18:12
trazar un cubo dado vertices incompletos
.
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.
Supongamos el problema resuelto (Fig. 10.6 a).
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.
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 va = 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.
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.
Supongamos el problema resuelto (Fig. 10.6 a).
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.
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 va = 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.
- fernandore
- MODERADOR++
- Mensajes: 2093
- Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 22:27
trazar un cubo dado vertices incompletos
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
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
- MODERADOR++
- Mensajes: 2093
- Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 22:27
- Antonio Castilla
- USUARIO
- Mensajes: 4239
- Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 18:12
trazar un cubo dado vertices incompletos
.
Pues sí, bastante, pero que bastante más simple.
Pues sí, bastante, pero que bastante más simple.
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- USUARIO
- Mensajes: 2
- Registrado: Dom, 29 Ene 2017, 13:22
trazar un cubo dado vertices incompletos*
pffff.... muchísimas gracias!!!! me había vuelto loco, y no encontraba lógica ninguna para resolverlo. cracks totales
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