Mes: octubre 2014

Ejercicios resueltos de perpendicularidad en diédrico – 998

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Dada una recta de perfil A(0, 20, 45) B(0, 30, 25), trazar otra perpendicular a ella y que contenga un punto P(-30, 27, 15).

SOLUCIÓN

1 – Llevar los puntos A, B y P al perfil

2 – Unir A con B para formar la recta
3 – Por P en el perfil hacer una perpendicular a AB
4 – El punto de intersección de esa perpendicular con AB es el punto I
5 – Hallar las proyecciones horizontal y vertical de I
6 – Unir I con P y esa es la recta buscada

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Recta perpendicular a otra, R, pasando por un punto, P.

SOLUCIÓN

1 – Traza un plano perpendicular a la recta R y que pase por el punto, P.

2 – Hallar la intersección entre la recta y el plano.

3 – Unir el punto de intersección con el punto dado, y esa es la recta buscada.

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perpendicularidad – 997

Ejercicios resueltos de perpendicularidad en diédrico – 996

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El segmento A(-0.5; 0.4; 4.75) B(-3.5; 3.1; 7.4) es arista lateral de la base de una pirámide regular de base cuadrada cuyo vértice V está situado en el plano P(12; 10; 10) y tiene cota 2 cm. Se pide dibujar la pirámide dando la solución más alta.

SOLUCIÓN

Primera parte. Construcción de una cara lateral de la pirámide, ABV

1 – Situar los puntos A, B y el plano P

2 – Trazar una recta horizontal, R, de cota 2 cm situada en el plano P
3 – Dibujar un plano, Q, perpendicular a la recta AB y que pase por su punto medio.
4 – Hallar el punto de intersección, V, entre la recta horizontal, R, y el plano anterior, Q
5 – Unir A y B con V y esta es una de las caras laterales de la pirámide.

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Ejercicios resueltos de perpendicularidad en diédrico – 995

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Plano perpendicular al segundo bisector que contenga a la recta AB

SOLUCIÓN

1 – Hallar las trazas de la recta. En este caso los puntos A y B son dichas trazas.

2 – Unir la traza vertical, v’, con la traza horizontal, h, de la recta y esta nueva recta son ambas trazas del plano, p y p’, que coinciden en este tipo de plano.

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Ejercicios resueltos de perpendicularidad en diédrico – 994

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De un triángulo equilátero ABC, se conocen dos vértices A(-30, 25, 20) y B(30, 70, 60) y se sabe que el vértice C tiene una cota de 40 mm. Este vértice C está a la derecha de A. Representar el triángulo.

SOLUCIÓN

Comentarios previos :
A – El vértice C estará en una perpendicular a AB que saldrá de su punto medio, M, aunque en proyección esta no tiene porque ser perpendicular.

B – La recta MC puede ser de cualquier tipo, pero como C debe tener una cota de 40 y precisamente el punto medio de AB, M, también tiene una cota de 40, entonces en proyección vertical MC es paralela a la línea de tierra. Luego, MC es una recta del tipo horizontal.

C – La recta MC estará en un plano perpendicular a AB, el cual si tendrá las trazas perpendiculares, y como las rectas horizontales son paralelas a la traza del plano, entonces la proyección horizontal si es perpendicular a la proyección horizontal de AB.

Resolución :
1 – Por el punto medio, M, de la proyección vertical de AB (o a cota 40 mm) dibujar una paralela a la línea de tierra.
2 – Por el punto medio, M, de la proyección horizontal de AB dibujar una perpendicular a ella.
3 – Determinar la verdadera magnitud del lado AB.
4 – Aparte dibujar un triángulo equilátero con una longitud de lado igual a la verdadera magnitud de AB.
5 – En el triángulo dibujado determinar su altura.
6 – Llevar, directamente, la altura sobre la perpendicular que se hizo a AB en la proyección horizontal. El extremo es la proyección horizontal de C.
7 – Subir una perpendicular a la línea de tierra desde la proyección horizontal de C hasta una cota de 40 mm (o a la paralela a la línea de tierra que se hizo por M). Esta es la proyección vertical de C.
8 – Unir A, B y C.

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Ejercicios resueltos de perpendicularidad en diédrico – 990

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Recta perpendicular a otras dos, R y S, que se cruzan (o mínima distancia entre dos rectas que se cruzan), utilizando cambios de plano.

SOLUCIÓN

1 – Si las dos rectas son oblicuas hacer un primer cambio de plano con la línea de tierra segunda paralela a una cualquiera de las dos rectas, por ejemplo a r. Cambiar de plano las dos rectas con la misma línea de tierra, las nuevas proyecciones obtenidas son r1′ y s1′
2 – Se hace un segundo cambio de plano con la tercera línea de tierra perpendicular a la recta a la que se hizo la segunda línea de tierra paralela, es decir a r1′, y se cambia de plano las dos rectas. Las nuevas proyecciones son r1 y s1
3 – En el último cambio de plano una se verá como un punto, en nuestro ejemplo r1, y la otra oblicua, s1
4 – En el último cambio de plano se traza una perpendicular a s1 pasando por r1 (que es un punto), y esa es la mínima distancia (o perpendicular a las dos rectas) en verdadera magnitud.
5 – El punto donde esa perpendicular toque a s1 (punto x1) se lleva a s1′ mediante una perpendicular a la tercera línea de tierra. Con esto conseguimos x1′
6 – En el primer cambio de plano por x1′ se traza una perpendicular a r1′ y donde toque a r1′ es el otro extremo de la recta, al que llamaré y1′
7 – Hacer perpendiculares a la segunda línea de tierra por x1′ e y1′ hasta las proyecciones horizontales de las rectas, r y s. Esto da los puntos x e y que unidos forman la proyección horizontal de la recta buscada, pero en proyección, no es su verdadera magnitud
8 – Subir los puntos x e y mediante perpendiculares a la primera línea tierra hasta las proyecciones verticales de las rectas, r’ y s’, dando x’ e y’ extremos de la proyección vertical de la recta buscada
9 – Si una de las rectas iniciales fuese horizontal o frontal, solo es necesario un cambio de plano con la línea de tierra segunda perpendicular a la proyección de la recta horizontal o frontal que no es paralela a la línea de tierra. A partir de ahí lo mismo que en los apartados 4, 5 y 6.

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