problema de cónica
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problema de cónica
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.
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.
- fernandore
- MODERADOR++
- Mensajes: 2094
- Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 22:27
Para hallar los elementos del sistema
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)
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)
- fernandore
- MODERADOR++
- Mensajes: 2094
- Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 22:27
Para situar el cuarto vertice del tetraedro
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
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
- fernandore
- MODERADOR++
- Mensajes: 2094
- Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 22:27
perspectiva conica
Ok. Gracias por la aclaración
Un abrazo
Un abrazo
- caminante89
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- Registrado: Lun, 18 Ago 2008, 12:40
sombra
Hola alguien podria contestar al apartado de este ejercicio don se pide la sombra?
- fernandore
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- Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 22:27
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.caminante89 escribió:Hola alguien podria contestar al apartado de este ejercicio don se pide la sombra?
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
- fernandore
- MODERADOR++
- Mensajes: 2094
- Registrado: Mar, 03 Jun 2008, 22:27
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=2859caminante89 escribió:Hola alguien podria contestar al apartado de este ejercicio don se pide la sombra?
Salu2
Re: problema de cónica
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!
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!
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