Autor: Administrador

Ejercicios de toros en diédrico – 998

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Representar la vista de planta de una pieza industrial (sacabocados) dada por sus vistas de alzado y perfil, determinando las intersecciones indicadas.

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SOLUCIÓN

Hay varias intersecciones comentaré como se saca un punto de cada curva. El resto es repetir con varios puntos más para definir claramente la curva.

INTERSECCIÓN 1ª

1 – Se trata de la intersección de una esfera con un cilindro.

2 – Se toma un plano de perfil (línea vertical) que secciona a la esfera según una circunferencia en el perfil (en negra).
3 – Donde corte al cilindro (cruz naranja) es el punto intersección.
4 – Llevarlo a la planta tomando la medida X en el perfil.

INTERSECCIÓN 2ª

5 – Ahora se trata de la intersección de dos cilindros.

6 – Se toman planos horizontales (la línea negra horizontal) y se llevan al perfil.
7 – El punto de corte con la circunferencia exterior, en el perfil, es el punto buscado (cruz naranja).
8 – Mediante la distancia Y se lleva a la planta.

INTERSECCIÓN 3ª

9 – A continuación hay la intersección de un cilindro con un plano.

10 – Entre el eje del cilindro (cruz magenta) y la siguiente intersección se producen dos generatrices rectas (líneas verde claras de la planta).

INTERSECCIÓN 4ª

11 – Ahora tenemos la intersección de un toro (en cian) con un plano.

12 – Mediante planos de perfil (línea vertical negra) se halla la intersección en el toro (circunferencia negra).
13 – Donde corta al plano (línea verde discontinua) es el punto buscado.
14 – Mediante las distancias Z se llevan a la planta.

INTERSECCIÓN 5ª

15 – Otra vez tenemos un toro (verde claro) cortado por un plano.

16 – El proceso a seguir es el mismo del anterior.

RESULTADO FINAL

17 – De las dos últimas curvas solo se dejara hasta que una toque a la otra.

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Ejercicios de toros en diédrico – 997

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Determinación de la intersección de una pirámide triangular equilátera recta con un cilindro recto (punta afilada a la izquierda de la pieza).

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SOLUCIÓN

1 – Tomar un plano de perfil, P.

2 – Donde la traza vertical del plano, p’, corta a la prolongación de la arista de la pirámide (punto A’) se lleva al perfil (punto A") y por ahí se traza la sección que produce el plano en la pirámide (triángulo equilátero homotético de X"-Y"-Z").
3 – Donde la sección de la pirámide (el triángulo que parte de A") corta a la sección del cilindro (la circunferencia mayor del perfil) son los puntos de la sección (puntos 1", 2", 3", 4", 5" y 6").
4 – Se llevan esos puntos a las proyecciones horizontal y vertical sobre las trazas del plano (puntos 2 y 3). Yo solo he dibujado un par de ellos por claridad del dibujo.
5 – Repetir con varios planos más para obtener más puntos que se unen a mano alzada.

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Ejercicios de toros en diédrico – 996

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¿ Qué figura se obtiene al seccionar un toroide por un plano paralelo al eje ?

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SOLUCIÓN

Las cruvas que describes son los óvalos de Cassini, son curvas que se obtienen a partir de dos focos fijos, siendo constante el producto de las distancias desde cualquier punto de la curva a los focos, (PF1)·(PF2) = k.
Las descubrió Cassini al estudiar el movimiento de La Tierra y el Sol. También se pueden obtener por la sección de un toro por un plano paralelo a su eje.
La más conocida, de los óvalos de Cassini, es la lemniscata de Bernoulli, que se produce cuando el plano cortante es tangente a la circunferencia mínima. Su nombre proviene del matemático conocido como Cassini, aunque su nombre verdadero era Giovanni Domenico (1680). A los óvalos de Cassini también se les denomina como curvas de Cassini.

La lemniscata de Bernoulli tiene forma, aproximadamente, de 8 tumbado, y se tomó como símbolo de la cantidad infinita.
Aunque se les llame óvalos no se hacen con arcos de circunferencia como los óvalos clásicos.

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Ejercicios resueltos de tetraedros en diédrico – 999

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Tetraedro conocidas las proyecciones del lado AB, que es una recta vertical, y la dirección de la proyección horizontal del lado opuesto CD, 80º con la línea de tierra hacia la izquierda.

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SOLUCIÓN

1 – Conocemos AB y por estar vertical su proyección vertical es la verdadera magnitud del lado del tetraedro.

2 – Aparte (no dibujado en mi gráfico) se construye una de las caras del tetraedro en verdadera magnitud con la medida del lado, y trazando su altura tenemos el valor de la altura de la cara, h.
3 – Aparte (no dibujado en mi gráfico) con la medida del lado y la altura de cara se construye la sección principal del tetraedro. Se dibuja la altura del triángulo que forma la sección principal, desde el vértice donde se unen los dos lados son iguales (distancia entre aristas en el tetraedro). Llamaremos a esta distancia d.a (distancia entre aristas).
4 – En cualquier lugar de la proyección horizontal dibujar una recta que tenga por dirección la indicada en el enunciado para el lado CD (en mi dibujo no está dibujada). Desde la proyección horizontal de A o B hacer una perpendicular a esa recta y llevar la media d.a a partir de la proyección horizontal de A o B. Por el extremo de la medida, una paralela a la dirección de CD y se lleva centrada la medida del lado del tetraedro, obteniendo las proyecciones horizontal de C y D. Unir A y B con C y D.
5 – En la proyección vertical, por el punto medio de AB una paralela a la línea de tierra. Subir las proyecciones horizontales de C y D hasta esa paralela y esas son las proyecciones verticales de C y D. Unir A y B con C y D.

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Ejercicios resueltos de tetraedros en diédrico – 998

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Dada la recta R, definida por los puntos A (10, 24, 36) y B (20, 14, 28), y el punto P (40, 35, 17), dibujar las proyecciones de un tetraedro con una arista sobre la recta R y un vértice en el punto P. Elegir la solución que tiene un vértice lo más alto posible.

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SOLUCIÓN

1 – Formar un plano con la recta R y el punto P
2 – Abatir la recta y el punto
3 – En el abatimiento, trazar una perpendicular a la recta dada y que pase por el punto dado. Desde el punto dado hacer dos rectas que formen 30º respecto de la perpendicular anterior, cada una hacia un lado. Donde estas dos rectas corten a la recta dada son dos de los vértices del tetraedro, que junto con el dado forman una cara
4 – Desabatir los nuevos puntos
5 – Hallar la proyección vertical de los dos nuevos puntos
6 – Determinar el baricentro de la cara en las dos proyecciones
7 – Desde el baricentro levantar perpendiculares a las trazas del plano
8 – Determinar el valor de la altura del tetraedro conocido el lado (distancia entre dos puntos de la cara en el abatimiento)
9 – Hallar la proyección de la altura del cuerpo sobre las perpendiculares a las trazas del plano que partían del baricentro
10 – El extremo de esa distancia es el cuarto vértice del tetraedro. Unirlo con los otros tres

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Ejercicios resueltos de tetraedros en diédrico – 997

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Hallar las proyecciones de un tetraedro regular de arista conocida, uno de cuyos vértices es A, sabiendo que el vértice B está en el plano vertical y la arista que une, AB, es paralela al segundo bisector y es recta de máxima pendiente del plano que contiene a la cara ABC del poliedro.
Tomese la solución del primer diedro y, de las dos posibles soluciones, el vértice B a la derecha del A.

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SOLUCIÓN

1 – En la proyección vertical, trazar una paralela a la línea de tierra a una distancia igual al alejamiento que hay hasta la traza horizontal de la recta (la proyección horizontal de A).

2 – Con centro en la proyección vertical, a’, y radio la longitud, L, del segmento se traza un arco.
3 – este arco cortará a la paralela a la línea de tierra en un punto b1′. Desde él bajar una perpendicular a la línea de tierra hasta que corte a una paralela a la línea de tierra que salga de loa proyección horizontal de punto A. El punto de corte de ambos es b1.
4 – Con centro en la proyección horizontal de A y radio hasta b1 hacer un arco que corte a la línea de tierra. Esta es la proyección horizontal del otro extremo, b.
5 – Levantar una perpendicular a la línea de tierra desde b hasta la paralela a la línea de tierra que se hizo al principio, siendo esta la proyección vertical, b’

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Ejercicios resueltos de tetraedros en diédrico – 996

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Determinar las proyecciones de un tetraedro regular de 50 mm de arista, con su cara ABC en un plano horizontal, el vértice A en el vertical, del que se conocen sus dos proyecciones, y la arista AB formando 45º con este plano.

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SOLUCIÓN

1 – Colocado el punto A a partir de su proyección horizontal trazar una recta que forme 45º con la línea de tierra.
2 – Sobre esta medir la longitud del lado en verdadera magnitud, 50 mm, y esto nos da la proyección horizontal del punto B. Su proyección vertical está a la misma cota que la que tenga el punto A.
3 – Sobre la proyección horizontal construir un triángulo equilátero de lado 50 mm sobre AB, obteniendo la proyección horizontal de C. Su proyección vertical a la misma cota que A o B.
4 – En la proyección horizontal, determinar el baricentro, este es el cuarto vértice, D.
5 – Unir la proyección horizontal de D con los otros tres vértices y tenemos la proyección horizontal.
6 – Mediante la sección principal del tetraedro averiguar el valor de la altura del cuerpo.
7 – Llevar el baricentro del triángulo a la misma cota que A, B o C. A partir de ahí medir en verdadera magnitud el valor de la altura del tetraedro y esa es la proyección vertical del vértice D.
8 – Unirlo con los otros tres vértices.

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Determinación de la altura de un tetraedro conocida su arista.

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SOLUCIÓN

1 – Primero se halla el valor de la altura de la cara, h, para lo que se dibuja la cara en verdadera magnitud con el valor de la arista, L.

2 – Después se dibuja un triángulo isósceles con el valor de la altura de cara, h, (el lado que se repite) y la longitud de la arista, L.

3 – Al hallar la altura del triángulo se obtiene la altura del tetraedro, H.

 

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tetraedros en diédrico – 995

Ejercicios resueltos de tetraedros en diédrico – 994

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Determinación de las magnitudes de un tetraedro regular conocida la altura del cuerpo.

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SOLUCIÓN

14 – Dibujar un triángulo equilátero de lado cualquiera, L’ (el de la izquierda)

15 – Determinas la altura de ese triángulo, h’
16 – Construir un triángulo isósceles (el más pequeño de la derecha) con las medidas L’, h’ y h’
17 – Se dibuja la altura, H’
18 – Sobre H’ se coloca el valor conocido de la altura del tetraedro, H, que nos dan
19 – Por su extremo se trazan dos paralelas a los lados del triángulo
20 – Los lados de este nuevo triángulo están formados por los valores buscados del lado del tetraedro, L, y de la altura de cara, h.

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Ejercicios resueltos de tetraedros en diédrico – 993

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Determinación de las magnitudes de un tetraedro regular conocida la altura del cuerpo.

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SOLUCIÓN

En un tetraedro regular la mínima distancia entre sus aristas ( d.a ) es el segmento perpendicular a dos aristas opuestas, y va del punto medio de una arista hasta el punto medio de la opuesta.

Esta distancia entre aristas está en la sección principal, perpendicular al lado de la sección principal que esta formado con la medida del lado del tetraedro.

Para hallar el resto de las magnitudes conocida la distancia entre aristas ( d.a ), primero se elige un valor cualquiera para el lado ( L’ ), con él se dibuja un triángulo equilátero y se determina su altura de cara ( h’ ).
Conseguida la altura de cara se dibuja la sección principal con los valores de ese lado ( L’ ) y la altura hallada ( h’ ), el triángulo relleno de rosa en el dibujo siguiente.

En ese triángulo se marca su distancia entre aristas ( d.a’ ).
Sobre es distancia entre aristas ( d.a’ ) se mide la distancia entre aristas que nos dan ( d.a ).
A partir de ese extremo se hacen paralelas a los lados de la sección principal. Con esto se obtiene un triángulo semejante (el relleno de celeste) en el que las magnitudes son equivalentes a las del otro, por lo que la que está sobre L’ es L (lado buscado) y la que es paralela a h’ es h (altura de cara buscada).
El resto del problema es con un abatimiento.

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