Mes: octubre 2014

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Unir dos rectas oblicuas que se cruzan, R y S, con una recta paralela al plano horizontal de longitud mínima.

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SOLUCIÓN

1 – Por un punto cualquiera, A, de una de las rectas dadas, S, se dibuja una paralela a la otra recta (T paralela a R).

2 – Las rectas S y T forman un plano.

3 – Hallar la intersección de ese plano (en amarillo) con el plano horizontal (en azul) de proyección (traza del plano) o con un plano paralelo al plano horizontal. En el gráfico, la traza es p = BC.

4 – Se localiza el punto donde la otra recta, R, corta al plano horizontal (punto D) o bien donde la traza, q, del plano paralelo al que contiene a S y T y pase por R (el plano amarillo de la izquierda) corta a la recta (punto D).

5 – Por ese punto D, se traza la perpendicular a la traza del plano p (o bien a q) que tocará a la otra traza en el punto E. Esta, DE, es la longitud y dirección de la recta buscada.

6 – Por el punto E se dibuja una paralela a la recta R y donde corte a la recta S es el punto X, uno de los extremos de la recta buscada.

7 – Por X una paralela a DE y donde toque a R es el segundo extremo, Y, de la recta buscada.

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distanciaso – 986

Ejercicio de distancias en diédrico – 985

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Hallar la mínima distancia entre dos rectas, que se cruzan, con una pendiente del 20% respecto de una de ellas.

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SOLUCIÓN

1 – Haces los cambios de planos necesarios para que una de las rectas (en mi gráfico la recta T) se convierta en perpendicular a uno de los planos de proyección.

2 – En el último cambio de plano desde la recta t1 se traza una perpendicular a m1. El punto de contacto y1, junto con otro que está sobre t1 ( el punto x1 ) forman la mínima distancia buscada (esta es una proyección, no está en verdadera magnitud).
3 – Mediante perpendicular a la tercera línea de tierra se determina la proyección y’1 sobre m’1.
4 – Se gira el segmento x1y1 hasta colocarlo paralelo a la tercera línea de tierra, girándola alrededor de la recta t1, dando x1y2.
5 – La proyección vertical de y2 se obtiene mediante una perpendicular a la tercera línea de tierra hasta una paralela a la tercera línea de tierra por y’1, dando y’2.
6 – Por y’2 se hace una recta que forme una pendiente del 20% hasta cortar a la recta t’1 en x’1. Este último segmento x’1y’2 es la verdadera magnitud del segmento buscado.
7 – Si se une y’1 con x’1 se tiene la segunda proyección del segmento buscado.
8 – Se llevan los puntos X e Y a las otras proyecciones de las rectas M y T, mediante perpendiculares a sus respectivas líneas de tierra.

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Ejercicio de distancias en diédrico – 984

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Dado un punto P por sus proyecciones, hallar un punto sobre la LT que diste una longitud de 40 mm.

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SOLUCIÓN

La solución que yo te muestro en el esquema es una de varias posibles.
En este caso debes construir un triángulo rectángulo con una hipotenusa de 40 mm y un cateto igual a la cota del punto dado.

El cateto Z es el radio del arco que harás con centro en la proyección horizontal del punto.

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Ejercicio de distancias en diédrico – 983

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Hallar la distancia que hay entre el punto A y el plano

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SOLUCIÓN

Existen tres formas :

1ª OPCIÓN

I – Hacer una recta perpendicular al plano pasando por el punto dado
II – Hallar la intersección entre la recta perpendicular al plano y el plano
III – La distancia entre el punto intersección y el punto dado es la distancia pero en proyección. Para hallar su verdadera magnitud se aplica el primer método.

2ª OPCIÓN

IV – Convertir el plano dado en proyectante mediante un cambio de plano (segunda línea de tierra perpendicular a la traza del plano)
V – Cambiar de plano el punto con la misma línea de tierra
VI – En el cambio de plano se traza una perpendicular al plano hasta el punto dado. Esa es la distancia entre plano y punto, ya en verdadera magnitud

3ª OPCIÓN

VII – Convertir el plano dado en proyectante mediante un giro (eje de giro vertical o de punta)
VIII – Girar el punto con el mismo eje
IX – En la proyección girada se traza una perpendicular al plano hasta el punto dado. Esa es la distancia entre plano y punto, ya en verdadera magnitud

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Ejercicio de distancias en diédrico – 982

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Hallar la altura correspondiente al vértice B y su cara apuesta ACD

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SOLUCIÓN

El problema en definitiva se trata de determinar la mínima distancia entre un plano (la cara ADC) y un punto (el vértice B), el que formen o no un tetraedro es irrelevante.
Se puede hacer de muchas formas una de las que yo personalmente considero más fáciles, consiste en transformar el plano en proyectante mediante un cambio de plano y allí si se ve la distancia del plano al punto en verdadera magnitud.

1º – Por ello, hago una segunda línea de tierra perpendicular a la traza del plano, CD, formado por la cara ADC.

2º – Cambio de plano todos los puntos.
3º – En el cambio de plano levanto una perpendicular a la cara ADC por el punto B, donde corte a esta, punto X, es la verdadera magnitud de la altura del punto B medido respecto de la cara ADC. Si solo se desea saber el valor de esa distancia ya se ha acabado el problema.
4º – Si se desea hallar la proyección de dicha altura, se realiza por la proyección horizontal del punto B una perpendicular a la traza del plano, CD, y se lleva hacia ella el punto X, siendo b-x la proyección horizontal de la altura de B respecto de ADC, pero en proyección.
5º – Pata determinar su cota se mide la cota del punto X en el cambio de plano se lleva por correspondencia.
El método anterior por supuesto no es el único.

Si no se desea utilizar un cambio de plano (o no hay sitio para ello), se puede determinar así :

1º – Dibujar las trazas del plano de la cara ADC o sus direcciones.
2º – Hacer una recta perpendicular a dichas trazas (o sus direcciones) que pase por el punto B.
3º – Obtener el punto intersección de esa recta con el plano ADC.
4º – El segmento desde B hasta el punto intersección anterior da las proyecciones de la altura pedida (cuidado son las proyecciones no la verdadera magnitud.
5º – Por cualquier método de los muchos que hay (giro, cambio de plano, diferencia de cotas, etc.) se determina su verdadera magnitud.

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Ejercicio de distancias en diédrico – 981

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Calcular las proyecciones del plano que dista 52 mm del plano alfa de manera que el punto Q de este plano sea el más próximo al punto buscado.

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SOLUCIÓN

Las distancias se miden en perpendicular, luego imagina que haces una recta perpendicular al plano y sobre ella llevas los 52 mm.
Haciéndolo sería, primero localizar la proyección vertical del punto Q, mediante una recta horizontal o frontal.
Después haces una recta perpendicular al plano pasando por el punto Q.
Sobre esa perpendicular hayas la proyección de los 52 mm.
Y ya tienes el punto buscado.

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Ejercicio de distancias en diédrico – 980

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Hallar los puntos de la recta M cuya mínima distancia a la recta T es de 25 mm, y otra manera de expresarlo es, hallar el lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistan 25 mm de la recta T y pertenecen a M.

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SOLUCIÓN

a – Vuelves a cambiar de plano la recta T para convertirla en una perpendicular a un plano de proyección (los mismos cambios de plano de antes)
b – En el último cambio de plano, con centro en la recta t1 (que es un punto) se traza una circunferencia (en realidad es un cilindro) de radio 25 mm
c – Se cambia también la recta M con las mismas líneas de tierra
d – Donde corte a la circunferencia son los puntos buscados
e – Los vas llevando a las otras proyecciones mediante perpendiculares a las líneas de tierra
f – Por los puntos hallados en el primer cambio de plano se hacen perpendiculares a la recta T, y donde la corten son los puntos del otro extremo de las rectas buscadas
g – Llevar esos puntos a las otras proyecciones de T mediante perpendiculares a sus líneas de tierra

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Ejercicio de distancias en diédrico – 979

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Dada la recta (S) que pasa por A(2, 8, 2) y B(7, 0, 9) y la (m) definida por C(5, 1, 3) y
D(8, 2, 0), unirlas por un segmento frontal que mida 6 unidades. y que que dé lo más próximo al plano vertical de proyección.

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SOLUCIÓN

1 – Por b’, la proyección vertical de B, se dibuja una circunferencia de radio igual a la longitud del segmento, L

2 – Por C hacer T, una paralela a la recta A-B
3 – Hallar el plano, P, formado por T y C-D
4 – La traza vertical del plano, p’, cortará a la circunferencia en los puntos 1′ y 2′
5 – Por 1′ y 2′ trazar sendas paralelas a A-B
6 – Estas paralelas cortarán a C-D en los puntos X y Z
7 – En la proyección horizontal trazar paralelas a la línea de tierra hasta cortar a A-B, puntos Y y W
8 – Subir las proyecciones horizontales de X, Y, Z y W a las proyecciones verticales de sus rectas para determinar sus proyecciones verticales
9 – Las dos posibles soluciones son X-Y y Z-W.
Con las medidas dadas, XY sale muy pequeña en proyección horizontal (1 mm) y las proyecciones de Z salen muy próximas a las de B (< 1 mm). La que está más próxima al plano vertical de proyección es Z-W, aunque sale en el segundo diedro.

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Ejercicio de distancias en diédrico – 978

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Representar el plano cuyos puntos se encuentren a igual distancia de los puntos E y F dados.

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SOLUCIÓN

El concepto es sencillo, si tienes un plano (supón que lo tienes) y haces una recta perpendicular a él, si tomas puntos simétricos en la recta hacia cada lado del plano, has logrado dos puntos que están a la misma distancia del plano.
Pasemos a hacerlo. Primero unes los dos puntos dados, E y F, formando una recta.
Esa recta es la que será perpendicular al plano, le hayas su punto medio y por ahí haces un plano que sea perpendicular a la recta y pase por ese punto medio.
Ya tienes el plano buscado.

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Ejercicio de distancias en diédrico – 977

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Hallar una recta a frontal que dista 4 cm de P (2, 3) y está contenida en el plano alfa (P no pertenece a alfa). Elegir solución con mayor alejamiento.
Datos:
* alfa» forma 60º con LT
* alfa’ forma 45º con LT
* distancia entre alfa0-P0 es 7 cm

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SOLUCIÓN

Lo resolveremos utilizando abatimientos e intersecciones :
I. Dibuja un plano proyectante vertical (el plano Q en azul) que contenga al punto dado P.

II. Hallas la intersección entre el plano dado alfa y el proyectante Q. la intersección la ves en verde.
III. Abates el plano y la recta intersección, pero respecto del plano proyectante Q, no del alfa
IV. Abates también el punto P, respecto del mismo plano Q. Fíjate en que a los elementos abatidos (en magenta) les nombro entre paréntesis.
V. En el abatimiento con centro en (P) y radio 4 cm haces un arco.
VI. Este arco corta a la recta intersección abatida en dos puntos. El de mayor alejamiento es el más separado de alfa», que yo llamaré (X).
VII. Se desabate dicho punto, lo que dará de proyección vertical a x».
VIII. Lo que se ha hecho es determinar que puntos estarian a 4 cm de P.
IX. Por ese punto es por donde debe pasar la frontal, por lo que se dibujará una paralela a alfa» por x».
X. Donde corte a la línea de tierra se baja una perpendicular a la línea de tierra hasta la traza alfa’
XI. Por último una paralela a la línea de tierra por ese punto.

Ahora aplicando un cambio de plano.

1 – Realiza un cambio de plano para convertir el plano dado en proyectante. Coloca la segunda línea de tierra perpendicular a la traza alfa’
2 – Cambia, con la misma línea de tierra, el punto P.
3 – Con centro en el punto P cambiado de plano y un radio de 4 cm traza un arco.
4 – El arco cortará al plano en dos puntos. Por el punto de mayor alejamiento traza una paralela a la traza alfa», y ya tienes la proyección vertical de la recta buscada.
5 – Donde esta corte a la línea de tierra bajas una perpendicular hasta cortar a la traza alfa»
6 – Por ahí dibuja una paralela a la línea de tierra y ya tienes la proyección horizontal de la recta.

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