Autor: Administrador

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.

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

Mediante intersecciones de rectas con planos.

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SOLUCIÓN

Diédrico clásico.
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.
Hallar las trazas del plano que forman los tres puntos como se ha explicado en el apartado anterior (pulsar aquí para verlo de nuevo).

14 – Construir un plano proyectante que contenga a las aristas.
Prolongar la proyección vertical de la arista D-V hasta cortar a la línea de tierra. Esta es la traza vertical, q1′, del plano proyectante. Donde corte a la línea de tierra se baja una perpendicular que es la traza horizontal del plano, q1. También se podría haber hecho lo contrario, prolongar la proyección horizontal de la arista hasta la línea de tierra y desde ahí subir una perpendicular.

15 – El punto de corte, o’, de las trazas verticales de los planos, p’ y q1′, se lleva hasta la línea de tierra, o, y se une con el punto de intersección, r, de las dos trazas horizontales de los planos, p y q1. Esta es la intersección de los dos planos.

16 – Donde dicha intersección corta a la proyección horizontal de la arista, d-v, es un punto de la sección, j. Llevarlo a la proyección vertical, j’.

17 – Ahora se debe repetir (plano proyectante que contiene a la arista, intersección de los dos planos, punto común en la arista) con el resto de las aristas para obtener los otros puntos. Sin embargo, en este caso nos podemos ahorrar bastante trabajo teniendo en cuenta que los puntos A, B y C ya están sobre las aristas de la pirámide por lo que son parte de la sección.

18 – 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.

19 – Si se intenta hallar la intersección con la arista F-V el punto de corte, s, de los dos planos, P-Q2, sale fuera de los límites de la pirámide por lo que no se considera.

20 – 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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Ejercicios de sección de un cuerpo por un plano – 014

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

Mediante cambio de plano.

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SOLUCIÓN

Diédrico clásico.

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 traza oblicua a la línea de tierra. Deshaciendo el cambio de plano 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).
6 – Dibujar la segunda línea de tierra, LT-2, perpendicular a la traza horizontal del plano, p, que forman los tres puntos ABC.

7 – Cambiar de plano el plano.
Para ello elegir un punto cualquiera que esté sobre la traza vertical del plano y sobre la línea de tierra, i-i’. Desde su proyección horizontal, i, se traza una perpendicular a la línea de tierra segunda y desde esta se mide la misma cota que tenga la proyección vertical del punto. Este es el punto cambiado de plano, i1′. Unirlo con donde la traza horizontal del plano, p, corta a la segunda línea de tierra y esta es la traza vertical del plano cambiada, p1′. Si se desea también se podía haber cambiado de plano uno cualquiera de los tres puntos que teníamos (A, B o C) y unirlo con donde la traza horizontal del plano corta a la segunda línea de tierra. De esta forma no es necesario hallar la traza vertical del plano.
8 – Cambiar de plano la pirámide.
Por cada punto de la proyección horizontal de la pirámide, d-e-f-g-v, se trazan perpendiculares a la segunda línea de tierra y sobre ellas se llevan las medidas de las cotas de cada punto. Uniéndolos en el mismo orden obtenemos la proyección vertical de la pirámide cambiada de plano, d1′-e1′-f1′-g1′-v1′.
9 – En el cambio de plano, prolongar la traza del plano todo lo que haga falta hasta que corte por completo a la proyección de la pirámide.
10 – En el cambio de plano, donde la traza del plano 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.
11 – Mediante perpendiculares a la segunda línea de tierra se llevan los puntos de la sección cada uno sobre su arista, j a d-v, k a e-v, l a g-v, etc, de la proyección horizontal. 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 cambia todo el cuerpo sino solo aquellas aristas en las que no conocemos los puntos de la sección. Recordar que los puntos donde la traza horizontal del plano corta a la base de la pirámide (que está apoyada en el plano horizontal de proyección), m y n, son puntos de la sección por pertenecer a ambos (plano y pirámide).
12 – Llevar las proyecciones horizontales de los puntos de la sección a la proyección vertical mediante perpendiculares a la primera línea de tierra.
13 – 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" se pueden ver otras formas de resolver este mismo problema.

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Ejercicios de sección de un cuerpo por un plano – 013

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

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SOLUCIÓN

Voy a resolver este ejercicio por varios procedimientos. Ir pulsando en PROBLEMA SIGUIENTE para ver los distintos procedimientos.

Diédrico clásico.
Obtención de las trazas del plano que forman los tres puntos, ABC.

1 – Prolongar la proyección vertical de AC hasta cortar a la línea de tierra y por ahí bajar una perpendicular a ella hasta cortar a la proyección horizontal de AC. Esta es la traza horizontal, h-ac, de la recta AC.

2 – Repetir con otra de las dos rectas que forman los tres puntos, AB o BC, y determinar su traza horizontal. En mi caso he trabajado con AB obteniendo h-ab, aunque BC daría lo mismo.
3 – Uniendo las dos trazas horizontales, h-ac y h-ab, se obtiene la traza horizontal del plano, p.
4 – Para obtener la traza vertical del plano, prolongar la proyección horizontal de AC hasta cortar a la línea de tierra y por ahí levantar una perpendicular a ella. Donde corte a la proyección vertical de AC es su traza vertical, v’-ac.
5 – Uniendo donde la traza horizontal del plano corta a la línea de tierra (vértice del plano) con la traza vertical anterior, v’-ac, se obtiene la traza vertical del plano, p’. Si el vértice del plano está fuera de los límites del dibujo se busca otra traza vertical de cualquiera de las otras dos rectas, AB o BC, y se unen entre sí las trazas verticales.
Pulsar en " PROBLEMA SIGUIENTE" para ver distintas formas de resolver el resto del problema.

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Ejercicios de sección de un cuerpo por un plano – 012

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Sección del cono por el plano oblicuo Q. Mediante un cambio de plano.

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SOLUCIÓN

73 – Realizar un cambio de plano del plano Q, con la segunda línea de tierra perpendicular a la traza horizontal del plano Q. El plano Q quedará proyectante.
74 – Cambiar de plano el vértice del cono y tantos puntos de la base del cono como puntos se desee para la intersección.
75 – Unir, en el cambio de plano, los puntos de la base del cono con el vértice del cono. Estas son las generatrices del cono.
76 – Donde las generatrices corten a la traza del plano, en el cambio de plano, son los puntos de la sección.
77 – Dibujar las mismas generatrices en las proyecciones horizontal y vertical.
78 – Llevar los puntos obtenidos en el cambio de plano a sus correspondientes generatrices en las demás proyecciones.
79 – Unir los puntos.

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Ejercicios de sección de un cuerpo por un plano – 011

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Sección del cono por el plano oblicuo Q. Mediante una homología proyectada.

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SOLUCIÓN

80 – Hallar la intersección del plano de la base del cono y del plano que produce la sección. La intersección de ambos es el eje de la homología.
81 – Dibujar un plano paralelo al que produce la sección pasando por el vértice del cono.
82 – Hallar la intersección del plano de la base del cono y del plano paralelo que pasa por el vértice. La intersección de ambos es la recta límite de la homología.
83 – La homología ha quedado definida :
– Eje de homología, la intersección del plano de la base con el plano seccionador.
– Recta límite, la intersección del plano de la base con el plano paralelo al seccionador que pasa por el vértice del cono.
– Centro de homología, la proyección horizontal del vértice del cono.
– Figura a transformar, la proyección horizontal (elipse) de la base del cono.
84 – Para resolver la homología unir dos puntos cualquiera de la proyección horizontal de la base del cono hasta cortar al eje y la recta límite de la homología.
85 – Donde corte a la recta límite se une con el vértice del cono y después se dibuja una paralela a esa unión pasando por donde la recta que unía los puntos de la base cortaba al eje de la homología.
86 – Unir el centro de la homología con los puntos de la base del cono que se unieron y donde corten a la recta anterior son sus puntos homólogos, y por tanto punto de la sección buscada.
87 – Repetir con varios puntos más.
88 – Unir los puntos obtenidos con una curva.

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Ejercicios de sección de un cuerpo por un plano – 010

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Sección del cono por el plano oblicuo Q. Mediante intersecciones de rectas con planos.

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SOLUCIÓN

89 – Unir el vértice del cono con los puntos de su base. Estas son las generatrices del cono.
90 – Hallar la intersección de las generatrices (rectas) con el plano seccionador, Q.
91 – Para ello por cada generatriz dibujar un plano proyectante que la contenga.
92 – Hallar la intersección del plano proyectante con el plano seccionador.
93 – Donde la intersección de los dos planos corte a la generatriz con la que se está trabajando es la intersección de la generatriz con el plano y por tanto uno de los puntos de la sección.
94 – Unir todos los puntos.

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