problema de cónica

Ejercicios de perspectiva cónica.
Reglas del Foro
Imagen BUSCA EN LOS ÍNDICES antes de preguntar (pulsa aquí)

- Escribir los enunciados completos, incluir una imagen y lo que tienes hecho hasta ahora.

Imagen El usuario que no conteste o no dé las gracias después de responderle será expulsado
prestige
USUARIO
USUARIO
Mensajes: 6
Registrado: Vie, 22 May 2009, 14:11

problema de cónica

Mensaje sin leer por prestige » Vie, 22 May 2009, 14:28

Antes de nada quiero felicitaros por el gran trabajo que estais aportando a estudiantes y a profesores. A ver si me podeis ayudar a resolver el siguiente problema

Se da un triángulo ABC, AB=8cm, BC=7cm y CA=6cm, dicho triángulo es la Perspectiva lineal de un triángulo equilátero situado en el geometral de tal forma que su ortocentro es la perspectiva del centro del equilátero. El citado triángulo es base de un tetraedro regular. Se pide: hallar los elementos que definen la perspectiva lineal y la perspectiva del tetraedro sabiendo que A está en el plano del cuadro.
Las coordenadas cartesianas referidas a los bordes inferior e izquierdo del papel DIN-A4 peraltado son A(6,12) ; B(X,8) estando a la derecha de A. El punto C está por encima de A y B. Hallar igualmente las sombras con luz paralela al cuadro de izquierda a derecha formando 45º con el geometral.

videos de dibujo tecnico trazoide
dibujo mecanico e industrial trazoide


Avatar de Usuario
fernandore
MODERADOR++
MODERADOR++
Mensajes: 2092
Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 22:27

Mensaje sin leer por fernandore » Sab, 23 May 2009, 10:04

Para hallar los elementos del sistema


Imagen
1-Situamos el triangulo ABC segun los datos dados,y hallamos el ortocentro O(en azul).

2-El triangulo está contenido en el plano geometral y nos dicen q el punto A esta en el plano de cuadro,lo q significa q A pertenece a la Linea de Tierra(de esta forma situamos la LT)

3-Dibujamos el triangulo ABC abatido sobre el cuadro (en rojo).Para ello nos apoyamos en la homología existente entre la proyeccion conica y la abatida.
En esta homología el eje es la linea de tierra (por ser el geometral el plano abatido ).
Empezamos situando el punto (B) q se encontrará donde se corten el arco capaz de 60º del segmento 1-A y el arco capaz de 30º del segmento 2-A (por las propiedades de los triangulos equilateros)(en cian).
Terminamos de dibujar el triangulo equilatero situando asi el punto (C).

4-Uniendo los puntos B y C con sus homologos,obtenemos el centro de la homologia (S) (q se corresponde con el abatimiento del punto de vista sobre el cuadro con la recta limite como charnela).

5-Hallamos la recta limite de la homología ( q coincide con la Linea de Horizonte por ser el geometral el plano en cuestion)
Para ello trazamos por (S) la paralela a la recta (A)-(B) y donde corte a la recta A-B (punto 3),situaremos la recta limite y LH.

6-Desde (S) perpendicular a LH para situar P y D(punto de distancia)

Avatar de Usuario
fernandore
MODERADOR++
MODERADOR++
Mensajes: 2092
Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 22:27

Mensaje sin leer por fernandore » Sab, 23 May 2009, 14:35

Para situar el cuarto vertice del tetraedro


Imagen
7-Aprovechando el triangulo abatido,dibujamos la seccion principal del tetraedro para hallar la altura H (en verde)

8-Hallamos el punto de fuga de la recta BO (Fb)

9-Trazamos una recta paralela a la recta BO,y q diste la distancia H de ella.Para donde BO corte a la LT,llevamos la altura H y unimos com el punto de fuga Fb.

10-Desde O trazamos una recta de punta al geometral y donde corte a la recta hallada en el paso nº9 obtendremos el punto D cuarto vertice del tetraedro

Salu2

prestige
USUARIO
USUARIO
Mensajes: 6
Registrado: Vie, 22 May 2009, 14:11

Mensaje sin leer por prestige » Lun, 25 May 2009, 07:00

Ok. El punto de vista S no tiene que coincidir,necesariamente, sobre el arco capaz de 30º.
Gracias

Avatar de Usuario
fernandore
MODERADOR++
MODERADOR++
Mensajes: 2092
Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 22:27

Mensaje sin leer por fernandore » Lun, 25 May 2009, 07:58

Es solo una coincidencia q S estè en el arco capaz de 30º.

Salu2

prestige
USUARIO
USUARIO
Mensajes: 6
Registrado: Vie, 22 May 2009, 14:11

perspectiva conica

Mensaje sin leer por prestige » Lun, 25 May 2009, 14:29

Ok. Gracias por la aclaración
Un abrazo

Avatar de Usuario
caminante89
CONTRIBUIDOR+
CONTRIBUIDOR+
Mensajes: 38
Registrado: Lun, 18 Ago 2008, 12:40

sombra

Mensaje sin leer por caminante89 » Dom, 19 Jun 2011, 16:52

Hola alguien podria contestar al apartado de este ejercicio don se pide la sombra?

Avatar de Usuario
fernandore
MODERADOR++
MODERADOR++
Mensajes: 2092
Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 22:27

Mensaje sin leer por fernandore » Lun, 20 Jun 2011, 17:31

caminante89 escribió:Hola alguien podria contestar al apartado de este ejercicio don se pide la sombra?
1-Como nos dicen q el rayo luminoso es paralelo al cuadro (recta frontal) el angulo de 45º con el geometral se ven tal cual en proyeccion.
2-Trazar por el vertice D una recta R q forme 45º con la LT,esta recta R será la proyeccion directa del rayo luminoso q pasa por D
3-Por el punto O,traza una recta horizontal.Esta recta será la proyeccion r sobre el geometral de la recta R.
4-Donde se corten ambas proyecciones (R y r) obtenemos la intersección del rayo luminoso con el geometral q será la sombra del punto D.Los demas puntos como estan sobre el geometral ya puedes trazar la sombra del tetraedro

Salu2

Avatar de Usuario
fernandore
MODERADOR++
MODERADOR++
Mensajes: 2092
Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 22:27

Mensaje sin leer por fernandore » Lun, 20 Jun 2011, 17:50

caminante89 escribió:Hola alguien podria contestar al apartado de este ejercicio don se pide la sombra?
Por si te interesa te enlazo otro problema de una piramide y su sombra.Es bastante mas complicado (de hecho creo q es el problema de conico mas complejo de los planteados en el foro) viewtopic.php?f=19&t=2859

Salu2

umpalumpa
USUARIO
USUARIO
Mensajes: 1
Registrado: Mié, 16 Ene 2019, 11:11

Re: problema de cónica

Mensaje sin leer por umpalumpa » Mié, 16 Ene 2019, 11:17

Hola a todos!
he estado realizando el ejercicio y tengo una duda.
Porqué la línea que une el centro del triangulo equilátero con el ortocentro del triangulo en perspectiva no esta alineada con el centro de homología (S).
De hecho, siguiendo la misma lógica que se ha seguido para obtener el punto doble 2 (uniendo B con O), lo he intentado uniendo C con O, y me da un triángulo equilátero distinto.
Gracias, a ver si alguien nos puede aportar alguna pista!

Responder

¿Quién está conectado?

Usuarios navegando por este Foro: No hay usuarios registrados visitando el Foro y 5 invitados