Mes: octubre 2014

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Abatimiento de un plano (en el sistema acotado) conocida la Pendiente, Pte., o la unidad de cota, Uc.

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SOLUCIÓN

1 – Dibujar una línea de máxima pendiente.

2 – Desde un punto de cota conocida de la línea de máxima pendiente (no tiene por que ser 0, puede ser cualquier otra) se traza el perfil del plano :

2.a – Si se conoce la pendiente, Pte., se dibuja esta respecto de la línea de máxima pendiente.

2.b – Si se conoce la unidad de cota, Uc, se traza esta a partir del siguiente punto y se une con el anterior.

3 – Por el siguiente punto levanta una perpendicular a la línea de máxima pendiente hasta tocar al perfil.

4 – Con centro en donde el perfil del plano (azul) toca a la línea de máxima pendiente y radio hasta donde la perpendicular anterior toca al perfil se dibuja un arco.

5 – Donde el arco corte a la línea de máxima pendiente es el punto abatido, (1). Repetir la distancia entre (1) y 0 para hacer más puntos abatidos del plano sobre la línea de máxima pendiente. También se pueden dibujar las líneas de máxima pendiente abatidas paralelas a las iniciales por cada uno de esos puntos abatidos.

6 – Se puede abatir tanto hacia un lado (hacia abajo en mi dibujo) como hacia el otro (hacia arriba).

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sistema acotado – 986

Ejercicios en el sistema acotado – 985

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¿ Cómo determinar las cotas de los vértices DEF de un hexágono plano ABCDEF ?
A (6, 5), B (4, 5), C (-1, 5)

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SOLUCIÓN

1 – Se gradúa el lado AB, en intervalos de 1’5. También se puede graduar en intervalos de 0’5.

2 – Se gradúa el lado BC.
3 – A partir de B se lleva una vez el intervalo obtenido para BC, obteniendo el punto de cota 6.
4 – Se une el punto de cota 6 del lado BC con el punto de cota 6 del lado AB y con esto se consigue la línea de cota del plano que forma el hexágono.
Para hallar la cota de los puntos (F por ejemplo) se pueden utilizar varios procedimientos. Comento dos de ellos.

OPCIÓN I (mediante una cuarta proporcional)

5 – Se traza una línea cualquiera que parta del punto de cota 0 de la línea BC.
6 – Sobre ella se coloca una regla graduada y se marca un punto, como por ejemplo 3 cm y se une con el punto de cota 3 del lado BC.
7 – Por el punto F se hace una paralela a la línea de cota del plano.
8 – Donde esta última a la línea BC se hace una paralela a la línea que une el punto de cota 3 con los 3 cm
9 – Sobre la regla graduada se lee la altura del punto F (en mi caso 6’3).

OPCIÓN II (mediante un perfil)

10 – Se dibuja una perpendicular cualquiera a la línea de cota del plano

11 – Por dos puntos conocidos (B y C por ejemplo) se lleva su altura
12 – Uniendo esos puntos se consigue el hexágono de perfil
13 – Por F se hace una paralela a la línea de cota del plano hasta tocar al perfil del hexágono
14 – Mide directamente la altura del punto F’.

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Ejercicios en el sistema acotado – 984

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Levantar un prisma sobre un plano dado, conociendo un vértice las dimensiones de la base (que es un triángulo equilátero).

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SOLUCIÓN

En general lo que se debe hacer es trabajar con una vista auxiliar (perfil, cambio de plano o como quiera que lo conozcas).
Para ello se toma una línea de referencia (el equivalente a la línea de tierra en los cambios de plano en diédrico) que sea perpendicular a las líneas de cota del plano dado.
Llevas el plano a esa vista auxiliar (con los datos que te den : pendiente, líneas de cota, etc.)
Llevas los vértices de la base al plano sobre la vista auxiliar.
A partir de ellos levantas perpendiculares al plano (en la vista auxiliar) y en verdadera magnitud pones la altura que te han dado.
Solo debes traer esa altura hasta unas perpendiculares a las líneas de cota del plano que salgan de los vértices de la base para obtener su proyección.

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Ejercicios en el sistema acotado – 983

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Representar la sombra sobre el suelo y el plano P, de un edificio definido por el contorno ABCD a la cota 0; A1B1C1D1 a la cota 25 y el punto E de cota 40. La luz lleva la dirección de 30º respecto al suelo. Datos en metros, E=1:500.
Este ejercicio se resolverá en dos partes. La primera está en esta página y la segunda en la siguiente (pulsa aquí).

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SOLUCIÓN

Sombra arrojada por un punto, C1, de cota 25 m, sobre un plano, P, conocida la dirección de la luz, d, y que forma 30º con el plano horizontal de proyección.

1 – Por uno de los puntos, C1 por ejemplo, se dibuja una paralela a la dirección de la luz, d.

2 – Se levanta una perpendicular, por uno de los puntos de corte de las líneas del plano con la paralela a la luz y sobre ella se levanta su altura, 25 m. Se une con otro punto de cota conocida, el de cero por ejemplo, y se tiene el perfil del plano, p’
3 – En una perpendicular a la dirección de la luz por el punto C1 se lleva la altura de dicho punto, 25 mm, y con esto conseguimos el perfil del punto, C1′
4 – Por C1′ se hace una línea que forme con la paralela a la dirección de la luz un ángulo igual al que forma la luz, 30º
5 – Donde esta última corte al perfil del plano, p’, es la sombra C2′, del punto C1 en el perfil
6 – Hacer una perpendicular a la dirección de la luz hasta la paralela a ella y se obtiene la sombra arrojada sobre el plano, C2
7 – Repetir con el resto de los puntos
Este procedimiento tiene la desventaja de que hay que realizar un perfil por cada uno de los puntos, y si estos son muchos se alarga y "ensucia" el problema.
Esta es otra forma :

Sombra arrojada por un punto, C1, de cota 25 m, sobre un plano, P, conocida la dirección de la luz, d, y que forma 30º con el plano horizontal de proyección

8 – En cualquier lugar, se dibuja una perpendicular a las líneas de cota del plano

9 – Se levanta la altura de la línea de cota, 25 m, del plano desde donde la perpendicular anterior la corta, y uniéndola con donde corta a la línea de cota cero es el perfil del plano, p’
10 – Por el punto, C1, se hace una paralela a las líneas de cota del plano y se levanta su altura, 25 m, a partir de la perpendicular al plano que se hizo al principio. Con esto se obtiene el perfil del punto, C1′
11 – Se marcan dos puntos cualquiera, 1 y 2, sobre la línea de la dirección de la luz. Desde su extremo, 1, se traza una línea que forme el ángulo de la luz, 30º. Por el otro extremo, 2, se dibuja una perpendicular hasta la línea anterior.
12 – Con paralelas a las líneas de cota del plano por los extremos 1 y 2, se llevan al perfil esos puntos, dándole al primero una cota nula y al segundo una cota igual al cateto Z. Uniendo ambas proyecciones de perfil, 1′ y 2′, tenemos el perfil de la dirección de la luz
13 – Por el perfil del punto, C1′, se traza una paralela a la dirección de la luz en el perfil, 1′-2′. Donde corte al perfil del plano, p’, es la sombra del punto, C2′
14 – Trazar una paralela a las líneas de cota del plano por la sombra del punto, C2′. Y una paralela a la dirección de la luz en proyección horizontal, d = 1-2, por la proyección horizontal del punto, C1. Donde ambas se corten es la proyección horizontal de la sombra, C2
Este procedimiento permite hacer todos los perfiles en uno mismo, con lo que se ahorra trabajo al reutilizar los perfiles del plano y la luz, y deja más "limpio" el dibujo.
Para ver la segunda parte del ejercicio pulsa aquí.

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Representar la sombra sobre el suelo y el plano P, de un edificio definido por el contorno ABCD a la cota 0; A1B1C1D1 a la cota 25 y el punto E de cota 40. La luz lleva la dirección de 30º respecto al suelo. Datos en metros, E=1:500.
Este ejercicio se resolverá en dos partes. La segunda está en esta página y la primera en la anterior (pulsa aquí).

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SOLUCIÓN

Sombra arrojada por un punto, D1, de cota 25 m, sobre el plano horizontal de proyección (o cota cero), conocida la dirección de la luz, d, y que forma 30º con el plano horizontal de proyección.

15 – Se dibuja el perfil del plano, p’, la dirección de la luz en el perfil, 1′-2′, y el perfil del punto, D1′, por cualquiera de los dos procedimientos anteriores (en la imagen lo he hecho por el segundo)

16 – Por la proyección de perfil del punto, D1′, se hace una paralela a la dirección de la luz en el perfil, 1′-2′, si esta no toca al perfil del plano, p’, la sombra cae sobre el plano horizontal de proyección, D2′
17 – Por D2′ una paralela a las líneas de cota del plano y por la proyección horizontal del punto, D2, una paralela a la proyección horizontal de la luz, d = 1-2. Donde ambas se corten, D2, es la proyección horizontal de la sombra
Para ver la primera parte del ejercicio pulsa aquí.

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sistema acotado – 982

Ejercicios en el sistema acotado – 981

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Construir el octaedro regular que tiene por cara inferior el triángulo ABC, conocidas las cotas de A y B que es 3 y la proyección horizontal de C.

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SOLUCIÓN

1 – Como A y B tienen la misma cota es una recta horizontal y por tanto está en verdadera magnitud, V.M. AB.

2 – De C no tenemos la cota y esta puede ser mayor o menor que la de A o B, yo la consideraré mayor aunque eso afecta poco al problema. Para determinarla se dibuja una perpendicular a AC por C (en azul) y con centro en A y radio A y radio la verdadera magnitud de AB se traza un arco que cortará a la perpendicular en el punto x’. La distancia C-x’ es la altura de C, hc, que excede sobre la de A.
3 – Dibujar la altura MC y dividirla en tres partes iguales. La división que está a un tercio de AB es el baricentro, N.
4 – Desde C dibujar una perpendicular a MC y sobre ella llevar la altura hc, obteniendo el punto x" que se une con M (perfil o alzado de recta de máxima pendiente del plano ABC).
5 – Desde el baricentro, N, dibujar una perpendicular a MC hasta cortar a Mx" (punto n’).
6 – Desde n’ trazar una perpendicular a Mx" y sobre ella llevar la medida de la altura del octaedro, H (obtenemos el punto o’).
Para obtener la altura del octaedro ver este enlace pulsar aquí
7 – Desde o’ trazar una perpendicular a MC y donde la toque es el baricentro, O, de la cara paralela a ABC.
8 – Desde O llevar 2/3 de MC, en paralelo a MC, y obtenemos el vértice D.
9 – Por D hacer paralelas a AC y BC con sus mismas longitudes, pero en sentido contrario. Sus extremos son E y F, los dos vértices que faltaban del octaedro.
10 – Unir E con F, D con A y B, E y F con C, E con A y F con B.

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Unir dos rectas con otra Ejercicios en el sistema acotado – 980

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Los segmentos AB y CD definen los ejes de dos galerías mineras que se quieren unir por otra galería que tenga un 2% de pendiente y cuyo extremo en la galería definida por CD tenga un desnivel de +2 m respecto a su extremo en la galería definida por AB.
DATOS:
A(25; 180; 55) B(262.5; 257.5; 95) C(45, 45; 60) D(165; 377.5; 95) Cotas en metros. Escala 1/2500.

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SOLUCIÓN

Voy a dar una explicación de mi razonamiento. Los dibujos que ofrezco son esquemas, no es el dibujo real, ni están hechos con medidas.
El razonamiento y los esquemas que doy son en el espacio, no aplicando el sistema acotado.

DEDUCCIÓN :

Supongamos que sobre el plano horizontal tengo el punto A (ver el esquema debajo de este párrafo). A partir de él levanto una recta con una pendiente del 2% y localizo sobre ella el punto P, que está dos metros por encima del punto A. La proyección de esa recta, AP, es el cateto horizontal de 100 m de largo.

Existen infinitas posiciones para la recta AP, que se consiguen al girar el triángulo de la pendiente alrededor de A. Cualquiera de esos puntos sería una solución, luego todos los posibles puntos (lugar geométrico) que son solución forman una circunferencia de radio 100 m y centro 2 m por encima del punto A (la circunferencia magenta en el siguiente esquema).

Pero, claro está, no va a dar la casualidad de que la recta que buscamos parta del punto A (dado en el enunciado), sino que saldrá de otro que esté sobre la recta AB. Es por eso que puedo aplicar idéntico razonamiento a todos los infinitos puntos entre A y B. Esto dará infinitas circunferencias donde estarán las posibles soluciones (perdonar que no haya dibujado las infinitas circunferencias y me haya conformado con solo tres en el esquema siguiente).

Podemos afirmar que el lugar geométrico de las soluciones que satisfacen el problema es un cilindro oblicuo de eje una recta paralela a AB (la A’-B’ del esquema anterior) dos metros (medidos en vertical) por encima de esta y de directriz una circunferencia de radio 100 metros.
Como la solución también debe estar sobre la recta CD (esquema inferior) se hallará donde CD atraviese al cilindro.

La solución en el sistema acotado es la siguiente :
Construyo un cilindro de eje una paralela a AB, dos metros por encima y con una directriz circular de radio 100 m. En realidad para el eje no hago nada, pues su proyección es la misma que AB, la única diferencia es que la cota de sus puntos es 2 m más alta.

Por cualquiera de los puntos de CD (en mi caso por el que está encima de A, que tiene cota 55 + 2 = 57 m) trazas una directriz de radio 100 m. Yo he dibujado el cilindro completo, pero con la directriz es bastante.

Hallo la intersección de la recta CD con el cilindro. Te recuerdo el método : Por un punto cualquiera de CD (en mi caso por D) trazas una paralela al eje del cilindro. Es decir, haces una paralela a AB.
Gradúas esa paralela con el mismo intervalo que AB.
Planteas el plano formado por CD y la paralela al eje del cilindro. En mi dibujo he unido los puntos de cota 90 y ya tengo una línea de cota del plano.

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Unir dos tuberias con otra de pendiente dada Ejercicios en el sistema acotado – 979

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Unir dos tuberías de ejes R y S por medio de otra tubería cuyo eje corte a R y S y tenga una pendiente dada p = 10 %.

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SOLUCIÓN

1 – La recta debe tener una pendiente del 10 %, si se hacen las infinitas rectas que pasan por todos los puntos de las rectas estas forman cuatro planos, uno a cada lado de cada recta.Todas las rectas de máxima pendiente de esos planos tendrán la misma pendiente y serán posibles soluciones.

2 – Para dibujar esos planos, se determina el intervalo de la pendiente del 10 %, i.
3 – Con centro en el punto de cota 200 de ambas rectas se traza una circunferencia de radio el intervalo del 10 %. Desde los puntos de cota 199 de cada recta se dibujan tangentes que son las líneas de cota 199 de los planos buscados. Con paralelas por los puntos de cota 200 se tienen ya dos líneas de cota de los planos, planos A y B para R y C y D para S.
Las líneas de máxima pendiente de estos planos son rectas que forman tienen un 10 % de pendiente pasando por los puntos de las rectas, luego se trata de buscar una que parta de una de las rectas y llegue a la otra.
4 – Si se halla la intersección entre las rectas dadas y esos planos se obtienen puntos que pertenecen a una recta y están sobre el plano de la otra. Si por esos puntos se trazan rectas de máxima pendiente de los planos obtenemos rectas con la pendiente indicada que parten de un punto de la recta de ese plano y pasan por un punto (el de intersección) de la otra recta, como pide el problema.
5 – Para hallar las intersecciones entre una recta y un plano se elige un plano, utilizaré los ya dibujados aunque podría ser cualquier otro. Y después se determina la intersección del plano que pasa por la recta con el que otro plano. Donde la intersección de los dos planos corta a la recta es el punto intersección entre recta y plano.
Por ejemplo, determinaré la intersección entre la recta S y el plano A. Utilizaré el plano C que pasa por S. Prolongando las líneas de cota de igual valor hasta que se corten y uniendo esos puntos tenemos la intersección de los dos planos, E. Donde corte a la recta S, punto I es la intersección de la recta S con el plano A, y el punto desde el que parte la recta buscada.
6 – Si desde es punto, I, dibujamos la recta de máxima pendiente del plano A tenemos la solución cuyo segundo extremo es donde toca a la recta R, punto J. Una de las soluciones es IJ.
7 – Repetimos el proceso anterior entre la recta S y el plano B. El punto sobre la recta S sería K. La solución (recta de máxima pendiente) será KL.
8 – Repito entre la recta R y el plano C. El punto sobre R es M y la solución será MN.
9 – Repito entre la recta R y el plano D. El punto sobre R es O y la solución sería OP.

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Ejercicios resueltos de CUADRADOS – 999

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Construcción de un cuadrado conocida su diagonal, 70 mm

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SOLUCIÓN

1 – Coloca la diagonal A-C, 70 mm

2 – Levanta una perpendicular por su punto medio y lleva hacia cada lado la mitad de la longitud de la diagonal. Esos son los vértices B y D
3 – Unir los cuatro vértices

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Ejercicios resueltos de CUADRADOS – 998

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Construir un cuadrado que pasa por cuatro puntos, 1-2-3-4

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SOLUCIÓN

1 – Unir los puntos 1 y 2

2 – Hacer una circunferencia con centro en el punto medio de 1-2 y diámetro 1-2
3 – Por el punto medio de 1-2 trazar una perpendicular a 1-2 que cortará a la circunferencia en el punto f
4 – Repetir los pasos 1º a 3º con los otros tres segmentos, 2-3, 3-4 y 4-1, dando los puntos g, h e i
5 – Unir los puntos f y h, y esta es una de las diagonales del cuadrado
6 – Donde esta diagonal, f-h, toca a las circunferencias de 1-2 y 3-4, son dos de los vértices del cuadrado A y C
7 – Unir g con i y esta es la otra diagonal del cuadrado
8 – Donde corte a las circunferencias de 2-3 y 4-1 son los otros dos vértices del cuadrado B y D
9 – La segunda solución es tomando los puntos al revés.
Donde corten las mediatrices a las circunferencias (por fuera) se unen y dan las diagonales, f’-h’ y g’-i’.
Donde estas corten a las circunferencias (por dentro) son los vértices del nuevo cuadrado, A’B’C’D’

Con esto se obtiene el cuadrado cuyas prolongaciones pasan por los cuatro puntos.

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