TRAZOIDE

Buenas tardes trazoides.

Primero presentarme. Soy José (Pepe) y llevo varios días dándole vueltas a este ejercicio de diédrico que adjunto.

He encontrado 2 soluciones, pero es que creo que puede haber infinitas. Al no dar h’, podría encajar muchos tetraedros que cumplan esas condiciones propuestas.

A ver qué visión me dáis. Aquí controláis mucho.
Si queréis os subo mis dos soluciones en otro post.

Gracias de antemano.

Yo creo que la clave está en que las cuatro aristas del cubo sean horizontales.
Esto obliga el tetraedro tenga una arista, la opuesta a la dada, sobre el PHP.
Trazar primero esto a partir de un vértice sobre el PHP, donde la paralela por 30 mm a h corta a la LT.
Cuatro de los vértices del cubo han de estar en el centro de las caras del tetraedro, y a su vez, estos cuatro vértices forman otro tetraedro..
Cuando tenga tiempo intentaré hacerlo.
Saludos.

Ojo.
Sí todos los vértices del cubo han de estar en las caras del tetraedro hay que pensarlo más, y lo dicho anteriormente no vale.
Lo pensaré y si obtengo respuesta la diré.

Hola de nuevo.
Pongo un enlace de este mismo foro con una solución aportada por fernandore.
En el enunciado si que existe la proyección vertical de h, que falta en tu enunciado.
viewtopic.php?t=943

Buenas tardes.
Muchas gracias por vuestras respuestas.
El ejercicio que vinculas Manuel es muy aclaratorio sobre cómo debe ir ese cubo dentro del tetraedro.

A mí también me resultó extraño que no diesen la proyección vertical de la recta, lo que supone que el ejercicio tenga muchas soluciones. (Podría haber más posiciones con el tetraedro cayendo oblicuo tocando sobre el PV con el vértice D dependiendo de la cota que le demos a h’ y del alejamiento que vaya adoptando apoyada la arista ab sobre h)

Por otra parte por más que pienso, no encuentro la forma en la que colocarlo para que sólo “4 de sus aristas” queden horizontales.
Veo la forma en que queden 8 horizontales, pero no sólo 4.

Adjunto la solución que yo le había dado al tetraedro (encontré 2). Y también la posición en la que debería quedar el cubo para que cumpla lo que pide el ejercicio ¿creo que debería quedar así?.

Seguiré pensando.

Gracias de nuevo.

Al no tener el dato de h', se pueden dar tres casos.
1) Que la cota de h sea superior a la altura de cara, entonces no habría solución.
2) Que la cota de h sea igual a la altura de cara, entonces la cara ABC estaría en el plano proyectante horizontal de la recta h y solo habría una solución con C el el PHP.
El vértice D estaría el la paralela a h a una distancia igual a la altura del tetraedro, donde corte a la LT.
Dibujar este tetraedro.
El cubo tendría su base apoyada en la cara ABD, con un lado paralelo a la arista AB, así tendría 4 caras horizontales, paralelas a AB.
Para obtener el cubo se puede hacer una construcción auxiliar, hacer un cambio de plano para ver ABC de perfil, o cualquier otro método.
Yo optaría por esta solución.
3) Que la cota de h sea inferior a la altura de cara, entonces habrían dos soluciones para cada cota de h.
Yo haría un cambio de plano para ver h de punta.
Con un giro obtendría C.
Con un traslado obtendría D.
El cubo estaría apoyado en la cara ABC, con un lado paralelo a AB.
Cuando tenga tiempo lo haré, a ver si sale.

Quise decir 4 aristas horizontales

Adjunto un croquis a mano alzada.
Hay que hallar el lado del cubo según el método descrito por fernandore en el enlace de un comentario anterior.