Mes: octubre 2014

Ejercicios de sección de un cuerpo por un plano – 025

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Dado un plano paralelo a la línea de tierra y el sólido, se piden dibujar la sección que produce el plano en dicho sólido. (Sección a una pieza por un plano paralelo a la línea de tierra, P)

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SOLUCIÓN

1 – Empieza por una cara (plano) que sea fácil, como por ejemplo, la cara vertical delantera más pequeña. Como esa cara es proyectante horizontal su traza horizontal, q, es ella misma y la traza vertical, q’, una perpendicular a la línea de tierra por donde la corte.

2 – Se halla la intersección del plano dado P con el de la cara, Q. Donde se corten las trazas horizontales se sube a la línea de tierra, y lo mismo con las verticales. Uniéndolos da la intersección, marcándose solo lo que este dentro de esa cara, 1-2
3 – La cara horizontal contigua y que forma el "escalón" tiene por sección una paralela a la traza horizontal del plano por ser ambos paralelos. Por ello, por el punto 2 se hace una paralela a la traza p dando la sección 2-3
4 – Se sigue el mismo procedimiento con la cara proyectante horizontal que está más a nuestra derecha. La traza horizontal del plano, r, que la contiene es ella misma, mientras que la traza vertical es perpendicular a la línea de tierra
5 – Se determina la sección con el plano P, dando como solución el segmento 1-4
6 – Se puede operar igual con las restantes caras, pero como la siguiente es paralela a la del plano Q, bastará con hacer una paralela a 1-2 por el punto 4 dando 4-5
7 – La siguiente cara es paralela a la del plano R, por lo que su sección es paralela a 5-6
8 – Solo queda la cara oblicua. Se conocen dos de sus puntos 3 y 6 por lo que solo es necesario unirlos

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Ejercicios de sección de un cuerpo por un plano – 024

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Un cilindro de directriz circular, situada en el plano horizontal de proyección, de centro el punto O (-10, 8, 0) y radio 3 cm, está limitado por su parte superior por un lado paralelo al de la bisectriz anterior. El centro de la bisectriz en este plano el punto C (-5, 4).
Determinar:
a) La sección que produce en el cilindro el plano que contiene a la LT y al punto A (-10, 8, 5).
b) Planos tangentes al cilindro en un punto de su superficie de cota 5 cm. y alejamiento 6 cm.
c) Planos tangentes al cilindro que contengan al punto B (0, 7, 3).
Papel A3 horizontal. Origen al centro del papel.

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SOLUCIÓN

28 – El enunciado dice "Ambas superficies están circunscritas a una tercera.".
Normalmente la superficie que está inscrita a dos conos es una esfera. Esto es una pista para el procedimiento a utilizar para la intersección de los dos conos, es decir, emplearé el método de las esferas.
29 – Para que se pueda utilizar este método el eje del segundo cono debe ser una recta del tipo horizontal o frontal, lo que se logrará con un cambio de plano o giro (a ser posible se reutilizará uno de los que se utilizaron anteriormente para determinar la directriz).
30 – Las esferas a utilizar tendrán de centro el punto común a ambos ejes.
31 – Estas esferas auxiliares generaran circunferencias en los conos, que se verán como una línea al unir sus puntos de corte con los contornos.
32 – Donde ambas se corten son los puntos de la intersección.

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Ejercicios de sección de un cuerpo por un plano – 023

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Se da una pirámide oblicua cuyo vértice es V (120, 35, 85) cuya base hexagonal regular horizontal con centro en O es (50, 55, 00) y un vértice en el punto A es (45, 20, 00). Se da un plano de canto R (20, 0, 20) y S (180, 0, 60).
Se pide el desarrollo del sólido truncado.

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SOLUCIÓN

SECCIÓN A UNA PIRÁMIDE POR UN PLANO DE CANTO (proyectante vertical)

1 – Los puntos donde la traza vertical del plano corten a las aristas de la pirámide, 1′-2′-3′-4′-5′-6′, producen la proyección vertical de la sección (un segmento, por que se está viendo de canto)

2 – Se bajan los puntos hasta su correspondiente arista
3 – Se unen los puntos que están en una misma cara, esa es la proyección horizontal de la sección, 1-2-3-4-5-6
Una vez obtenida la sección, se realiza el desarrollo, primero de la pirámide completa sin tener en cuenta la sección (transformada).

DESARROLLO DE UNA PIRÁMIDE OBLICUA

4 – Hay que hallar las verdaderas magnitudes de los tres lados que forman las caras laterales. Para ello, se prolonga la línea que representa a la base en proyección vertical (a’-b’-c’-d’-e’-f’), línea roja horizontal

5 – Desde la proyección vertical del vértice, v’, se baja una perpendicular hasta la horizontal anterior (línea roja vertical)
6 – Para hallar la verdadera magnitud de cualquier arista, V-C por ejemplo, se mide su longitud en la proyección horizontal, X, y se coloca sobre la horizontal a partir de donde la línea vertical la corta. Uniendo ese punto con el vértice de la pirámide da su verdadera magnitud, V.M V-C
7 – Se repite el mismo proceso con las demás aristas laterales, V-A, V-B, V-D, V-E y V-F
8 – Los lados de la base de la pirámide, A-B, B-C, C-D, D-E, E-F y F-A, son todos iguales (hexágono regular) y en su proyección horizontal ya están en verdadera magnitud, por estar la base apoyada sobre el plano horizontal de proyección.
9 – Conocidas todas las verdaderas magnitudes se dibuja una cara, por ejemplo ABV, colocando la verdadera magnitud de A-B, desde el extremo A y con radio A-V se hace un arco, con centro en B y radio B-V se hace otro arco y donde se corten es V. Uniendo los tres puntos se determina el desarrollo de la cara ABV.

10 – Repetir con las demás caras, siempre utilizando las verdaderas magnitudes. Por ejemplo, para la siguiente cara BCV, con centro en V y radio V-C se dibuja un arco, con centro en B y radio B-C se traza otro y donde se corten es C. Unir V, B y C. Repetir con los demás.
Ya tenemos el desarrollo de la pirámide. Ahora hay que colocarle la línea que la secciona (la transformada).

TRANSFORMADA (sección por un plano) DE UNA PIRÁMIDE OBLICUA

11 – Se necesita hallar la verdadera magnitud entre el vértice (o los puntos de la base) y los de la sección. Para ello, se traza una paralela a la línea de tierra por el punto deseado (el punto 5′ por ejemplo, de la arista C’-V’) hasta tocar a su verdadera magnitud. Desde donde toca hacia arriba es la verdadera magnitud entre V y 5 (marcado con V.M V-5) o bien hacia abajo es la verdadera magnitud entre 5 y C (marcado como V.M C-5).

12 – Se toma esa verdadera magnitud, por ejemplo a V.M V-5, y con centro en V, en el desarrollo, se hace un arco sobre V-C dando el punto 5 en el desarrollo.

13 – Repetir con los demás, teniendo la precaución de llevar las horizontales que parten de 1′, 2′, 3′, 4′ y 6′, sobre sus respectivas verdaderas magnitudes, V-A, V-F, V-E, V-D y V-B, respectivamente.
14 – Uniendo los puntos en el desarrollo, 1-2-3-4-5-6, se obtiene la transformada. Esta divide al desarrollo de la pirámide en dos partes. Como nos piden el tronco de cono se marcará la parte que hay entre 1-2-3-4-5-6 y A-B-C-D-E-F.
Aun quedan un par de cuestiones más. Como han indicado que será un "sólido" es necesario "cerrarlo" con sendas tapas. Es decir hallar las verdaderas formas de la sección y la base de la pirámide.

HALLAR LA VERDADERA MAGNITUD DE LA SECCIÓN QUE PRODUCE UN PLANO DE CANTO (proyectante vertical) EN UNA PIRÁMIDE OBLICUA

15 – Para hallar la verdadera magnitud de la sección 1-2-3-4-5-6, se abatirá respecto del plano que la contiene. Para abatir un punto, como por ejemplo el punto 1, por la proyección vertical, 1′, se dibuja una perpendicular al traza del plano y sobre ella se mide el alejamiento del punto (marcado como Y), dando su abatimiento, (1)

16 – Repetir con los demás puntos y unir entre sí, (1)-(2)-(3)-(4)-(5)-(6). Esta es la verdadera magnitud de la sección.
Por último se colocan sendas "tapas".
17 – La verdadera magnitud de la sección se copia en el desarrollo, colocándola de tal forma que coincidan sus puntos. En mi caso los puntos 1 y 2.

18 – La otra "tapa" es la base de la pirámide, que es un hexágono regular, del que se conoce su verdadera magnitud por coincidir con la proyección horizontal. Luego se le pega un hexágono en el lugar corrspondiente, en mi caso pegado a la arista A-F.

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Ejercicios de sección de un cuerpo por un plano – 022

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El punto O(-70,60,0) es el centro de un pentágono regular inscrito en una circunferencia de 100 mm de diámetro y situado sobre el PHP (plano horizontal de proyección), con uno de sus lados el de menor alejamiento paralelo a LT (línea de tierra).
El pentágono es la base de una pirámide regular de altura 120 mm.
a) Proyección diedricá de la pirámide.
b) Proyección y verdadera magnitud de la sección que le produce el plano de canto sabiendo que forma 45º con el horizontal de proyección y contiene el punto medio de la altura.

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SOLUCIÓN

La imagen que ofrezco es de otro problema, pero de iguales características.
Para hallar la sección solo debes bajar los puntos donde la traza vertical del plano corta a las aristas de la pirámide (puntos A, B, C, D y E en la figura, en amarillo oscuro).

La verdadera magnitud se obtiene abatiendo los puntos de la sección (en rosa).

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Ejercicios de sección de un cuerpo por un plano – 021

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1 – Determinar la intersección de una pirámide hexagonal regular, de 69 mm de altura, con un plano proyectante horizontal (beta) que forma un ángulo de 60 grados con el plano vertical, hacia la izquierda.
2 – Calcular la verdadera magnitud de la sección.
De la pirámide regular se conocen los siguientes datos :
– Está apoyada por su base en un plano proyectante vertical (alfa) que forma 45 grados con el horizontal de proyección a la derecha. El punto de la media base se encuentra en el primer diedro, alejado 46 mm. del plano vertical y situado en el proyectante a 102 mm del punto de intersección de sus trazas (medidos sobre alfa’ )
– Uno de los vértices del hexágono de a base se encuentra en el primer diedro, alejado 69 mm del plano vertical y situado en el proyectante a 126 mm del punto de intersección de sus trazas (medidos sobre alfa’ ) los puntos de intersección de las trazas de los planos alfa y beta se encuentran separados 89 mm.

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SOLUCIÓN

Esta es la solución :

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Ejercicios de sección de un cuerpo por un plano – 020

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Determinar la traza vertical del plano alfa para que la sección producida en el prisma recto de base el triángulo isósceles ABC sea, en verdadera magnitud, un triángulo equilátero.

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SOLUCIÓN

1 – Por ser un prisma recto, la proyección horizontal de la sección, 1-2-3, coincide con la de la base, a-b-c.

2 – Hagamos una traslación del plano que haga coincidir su traza horizontal, /p, con la proyección horizontal de AB. En ese caso, las proyecciones de los vértices 1 y 2 coinciden con la de los vértices A y B. Se realiza el abatimiento de la sección, de la que ya se conoce su verdadera magnitud (un triángulo equilátero), por lo que se dibuja este, (1)-(2)-(3).
Como también se conoce la proyección horizontal del vértice 3, se puede averiguar la diferencia de cota, z, entre 1-2 y 3.
3 – Se dibuja la sección trasladada, en proyección vertical. Estando 1" y 2" a cota cero y la de 3" con la medida z obtenida.
4 – Por el punto 3 se hace una recta horizontal, R, a la que se le calcula su traza vertical, Vr".
Por dicha traza pasa la traza del plano desplazado, uniendo esa traza con donde la /p corta a la línea de tierra, /p’.

5 – Conocida la dirección de la traza vertical del plano, /p’, basta con hacer una paralela por el vértice del plano dado, obteniéndose la traza vertical del plano, p’.
6 – Repitiendo el proceso con el plano dado, P, mediante una recta horizontal, S, pasando por cualquier punto, por ejemplo 2, se consigue su proyección vertical, 2′.
7 – Los demás puntos de la sección, 1′-2′-3′, se pueden conseguir de igual modo o mediante paralelas a la sección trasladada, 1"-2"-3".
Existe una segunda forma de hacerlo consistente en determinar la altura de la sección equilátera en verdadera magnitud y transformar el plano en proyectante vertical mediante un cambio de plano. Cambiando el prisma y mediante un arco con la altura se determina la sección.

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Ejercicios de sección de un cuerpo por un plano – 019

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Sección de una pirámide cuadrangular por un plano definido por tres puntos, ABC.

Mediante cambio de plano (en diédrico directo).

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SOLUCIÓN

Diédrico directo.
Mediante cambio de plano.

El objetivo es transformar el plano oblicuo en un plano del tipo proyectante mediante un cambio de plano. En el plano proyectante la sección es inmediata pues los puntos están sobre la proyección de los tres puntos que forman una línea. Deshaciendo el cambio de plano se consiguen sus proyecciones.
37 – Unir entre sí los tres puntos que forman el plano.

38 – Trazar una recta del tipo horizontal.
Para ello dibujamos una horizontal en la proyección vertical y los puntos de corte con las uniones de los tres puntos dados, w’ e y’, se llevan a la proyección horizontal de las rectas sobre las que se apoyan.
39 – Su unión, w-y, es la dirección de las líneas de referencia del cambio de plano.
40 – Se puede cambiar toda la pirámide o bien solo ir cambiando una a una las líneas que vayamos viendo que nos hacen falta.
Empezaremos cambiando la arista D-V. Mediante su cota relativa, X, se obtiene la proyección cambiada de plano del vértice, v1′. El otro extremo, D, tiene una cota relativa de cero dando, d1′.
41 – Se cambia de plano al menos dos de los tres puntos que forman el plano, b1′-c1′.
42 – Prolongando el plano en la nueva proyección hasta cortar a la arista de la pirámide, d1′-v1′, se obtiene su punto de corte, j1′.
43 – Llevar ese punto a las otras proyecciones, j y j’.
44 – La arista V-G ya tiene un punto de la sección, A. Lo mismo ocurre con G-F que es B y con V-E que es C.
45 – Cambiamos de plano la arista E-F de cota relativa nula. Y su intersección con el plano es la proyección n1′. Llevarlo a las otras proyecciones, n y n’.
46 – Unir los puntos que estén en una misma cara, A con B, B con N, N con C, C con J y J con A.

Pulsando en " Problema anterior" se pueden ver otras formas de resolver este mismo problema.

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Ejercicios de sección de un cuerpo por un plano – 018

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Sección de una pirámide cuadrangular por un plano definido por tres puntos, ABC.

Mediante giro.

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SOLUCIÓN

Diédrico clásico.
Mediante giro.

El objetivo es transformar el plano oblicuo en un plano del tipo proyectante mediante un giro. En el plano proyectante la sección es inmediata pues los puntos están sobre la traza oblicua a la línea de tierra. Deshaciendo el giro se consiguen sus proyecciones.
Hallar las trazas del plano que forman los tres puntos como se ha explicado en el apartado anterior (pulsar aquí para verlo de nuevo).
26 – Tomar como eje de giro una recta vertical, T, que pase por el vértice de la pirámide. En realidad podría estar en cualquier lugar pero de esta forma se nos facilita el giro de la proyección horizontal.

27 – Girar el plano para convertirlo en proyectante.
Desde el eje de giro se dibuja perpendicular a la traza horizontal del plano y una paralela a la línea de tierra. Con centro en el eje de giro y radio hasta donde la perpendicular a la traza la toca se hace un arco hasta la paralela a la línea de tierra. Por ahí se dibuja una perpendicular a la línea de tierra y esta es la traza horizontal del plano girado, p1. Trazar una recta horizontal que pertenezca al plano dado. Donde la proyección vertical de la recta corte a la proyección vertical del eje de giro es un punto de la traza vertical del plano girado. Unirlo con el punto donde la traza horizontal girada, p1, corta a la línea de tierra y se tiene la traza vertical del plano girada, p1′.
28 – Girar la pirámide un ángulo igual al que se giró el plano, d1-e1-f1-g1-v. No olvidar que también hay que girar la proyección vertical y que esta mantiene las mismas cotas, d1′-e1′-f1′-g1′-v’.
29 – Prolongar la traza vertical del plano girada, p1′, todo lo que haga falta hasta que corte por completo a la proyección vertical girada de la pirámide.
30 – Donde la traza vertical del plano girada, p1′, corta a las aristas de la pirámide son los puntos de la sección, j1′-k1′-l1′-m1′-n1′. No hay que olvidar los puntos de corte con la base que está sobre la línea de tierra, m1′ y n1′, y tener también presente que la base está formada por varias líneas, d1′-e1′-f1′-g1′, luego no corta en un punto sino en dos, m1′ y n1′, que se superponen en esta proyección.
31 – Mediante paralelas a la línea de tierra se llevan los puntos de la sección cada uno sobre su arista, j1′ a d’-v’, k1’a e’-v’, l1′ a g’-v’, etc. Si un punto de los que forma el plano está sobre una arista de la pirámide ese punto es parte de la sección, por eso los puntos k’, l’ y m’, coinciden con c’, a’ y b’. Por ello muchas veces no se gira todo el cuerpo sino solo aquellas aristas en las que no conocemos los puntos de la sección. Los puntos m1′ y n1′ no se pueden deshacer su giro con una simple paralela a la línea de tierra por estar sobre aristas cuya proyección también es paralela a la línea de tierra. En casos como este se llevan los puntos a las proyecciones horizontales de las aristas giradas mediante perpendiculares a la línea de tierra, m1′ hasta f1-g1 y n1′ hasta e1-f1. Y con centro en el eje y radio hasta estos puntos se hacen arcos que corten a las proyecciones originales, puntos m y n. Una vez conseguidas sus proyecciones horizontales se pueden subir a la proyección vertical.
32 – Llevar las proyecciones verticales de los puntos de la sección a la proyección horizontal mediante perpendiculares a la línea de tierra.
33 – Unir los puntos que estén en una misma cara, L con M, M con N, N con K, K con J y J con L.

Pulsando en " Problema siguiente" o en " Problema anterior" se pueden ver otras formas de resolver este mismo problema.

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Sección de una pirámide cuadrangular por un plano definido por tres puntos, ABC.

Mediante intersecciones de rectas con planos (en diédrico directo).

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SOLUCIÓN

Diédrico directo.
Mediante intersecciones de rectas con planos.

El objetivo es hallar los puntos de intersección de cada una de las aristas que forman la pirámide con el plano.

34 – Hallar la intersección de la arista D-V con el plano ABC.
Considerar la proyección horizontal de D-V como si fuese un plano proyectante. Prolongar una recta del plano, a-b, hasta cortar al plano proyectante, punto x, repetir con otra recta, a-c. que da el punto y. Llevarlos a sus proyecciones verticales, x’ sobre a’-b’ e y’ sobre a’-c’. Uniéndolos obtenemos la intersección de los dos planos, x’-y’, y donde corte a la proyección vertical de la recta, d’-v’, es el punto intersección del plano con la arista, j’. Llevarlo a la proyección horizontal.

35 – Ahora se debe repetir (plano proyectante que contiene a la arista, intersección de dos rectas del plano con el plano proyectante, punto común en la arista) con el resto de las aristas para obtener los otros puntos. Sin embargo, si alguna cara está proyectante y conocemos un punto de la sección sobre ella podemos ahorrar bastante trabajo. Como en la base DEFG que en proyección vertical se ve como plano horizontal. Si prolongamos la arista AC en proyección vertical hasta cortarlo obtenemos la proyección vertical z’, que se lleva a su proyección horizontal, z. Este es un punto del plano seccionador ABC y de la cara DEFG. Como conocemos otro punto de esa cara B si unimos ambos, Z con B, tenemos la línea de la sección que está sobre esa cara. Donde su prolongación corta a las aristas, punto N, es otro de los puntos de la sección.

36 – Unir los puntos que estén en una misma cara, A con B, B con N, N con C, C con J y J con A.

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Sección de una pirámide cuadrangular por un plano definido por tres puntos, ABC.

Mediante homología.

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SOLUCIÓN

Diédrico clásico.
Mediante homología.

El objetivo es relacionar la base y el plano horizontal de proyección con el plano seccionador y la sección mediante una homología.
Hallar las trazas del plano que forman los tres puntos como se ha explicado en el apartado anterior (pulsar aquí para verlo de nuevo).
21 – Se planteará una homología con los siguientes elementos :
– Centro de homología, la proyección horizontal de la pirámide, v.
– Eje de homología, la traza horizontal del plano seccionador, p.
– Figura a transformar, la proyección horizontal de la base de la pirámide, d-e-f-g.
– Punto ya transformado, las proyecciones horizontales de los puntos del plano que están sobre las aristas de la pirámide, a y c. A es el homólogo de G y C el homólogo de E.

22 – Prolongar la arista d-g hasta cortar a la traza del plano y ese punto se une con a. Donde esta última corte a la arista d-v es un punto de la sección, j.
23 – Ahora se debería repetir los mismos pasos (prolongar aristas de la base hasta la traza del plano y unirlo con el punto de la sección) pero en este caso A, B y C ya son puntos de la sección por pertenecer al plano y estar sobre las aristas de la pirámide.
24 – Además nos debemos de fijar en los puntos, B y N, en los que la base de la pirámide corta a la traza horizontal del plano, ya que una está sobre la otra. Luego estos también son puntos de la sección.
25 – Unir los puntos que estén en una misma cara, A con B, B con N, N con C, C con J y J con A.

Pulsando en » Problema siguiente» o en » Problema anterior» se pueden ver otras formas de resolver este mismo problema.

 

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