Autor: Administrador

Ejercicios de octaedros resueltos – 994

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Determinación de la altura de cara y de cuerpo (o principal) de un octaedro conocida su arista.

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SOLUCIÓN

Altura de cara de un octaedro.

a – Construir un triángulo equilátero con el valor de la arista, L
b – La altura de ese triángulo, h, es el valor de la altura de la cara del octaedro

Altura de cuerpo (o principal).

c – Construir un triángulo isósceles con el valor del lado del octaedro, L, y el de la altura de cara, h, siendo la altura de cara, h, la que se repite en el triángulo
d – Dibujar la altura de ese triángulo respecto del lado formado con la longitud h
e – Esa nueva altura, H, es el valor de la altura del octaedro

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Ejercicios de octaedros resueltos – 993

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Un octaedro cuyo vértice de mayor cota es F (7, 7, 1) tiene su sección cuadrada máxima ABCD en un plano perpendicular al primer bisector que forma 30 grados con la línea de tierra, sabiendo que AB es horizontal, y su vértice E de menor cota está en H.
Determinarlo y cortarlo por un plano de perfil que pasa por su centro geométrico (representar el corte de perfil).

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SOLUCIÓN

La sección máxima cuadrada de un octaedro la forman cuatro vértices cualquiera. En el gráfico la línea roja :

A esa sección máxima también se la llama otra veces plano de simetría.
Ese cuadrado es siempre perpendicular a la diagonal del octaedro (en azul), la cual pasa por su centro.

El proceso sería este :
1 – Desde el punto F se traza una recta que forme 60º con la línea de tierra.
2 – Se halla la traza horizontal de esa recta, que será el punto E, y por tanto ya se tiene la diagonal del cuerpo, FE.
3 – Por el punto medio de FE se hace un plano perpendicular o uno que sea perpendicular al primer bisector y forme 30º sus trazas con la línea de tierra, lo mismo es.
4 – Se abate el plano y el punto medio de FE.
5 – En el abatimiento se dibuja el cuadrado ABCD con centro en el punto medio de FE, cuya diagonal sea igual a la verdadera magnitud de FE y que formen (sus diagonales) 45º con respecto a la traza horizontal del plano.
6 – Desabatir el cuadrado y unir sus vértices con E y F.

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Ejercicios de octaedros resueltos – 992

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Dibujar, en el primer diedro, las proyecciones de un triángulo equilátero ABC situado en el primer plano bisector, siendo A(120, 25, ?) y B(200, 40, ?).
Construir un octaedro conocida una cara, ABC, apoyada en el primer plano bisector.

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SOLUCIÓN

23 – En el cambio de plano (L.T – 3) se dibuja un triángulo igual al obtenido, a1-b1-c1, pero girado 180º, 1sub1-2sub1-3sub1. Uniéndose los vértices contiguos de los dos triángulos. Todo esto forma la proyección completa del octaedro en el último cambio de plano.

24 – En el perfil (L.T – 2) se dibuja una paralela al primer bisector separada de este una distancia igual a la de la altura de cuerpo del octaedro, H
25 – Se lleva sobre esa paralela los puntos del segundo triángulo, dando 1"-2"-3"
26 – Se unen, en el perfil, los puntos de las dos bases, a"-b"-c" y 1"-2"-3", entre sí siguiendo el mismo orden en el que están unidos en el hexágono que se forma en el último cambio de plano, es decir, A-1-C-2-B-3-A
27 – Se obtienen las proyecciones verticales del segundo triángulo deshaciendo el cambio de plano, 1′-2′-3′
28 – Se unen las dos bases, a’-b’-c’ y 1′-2′-3′, de las proyecciones verticales siguiendo el mismo orden del hexágono, A-1-C-2-B-3-A
29 – Se determinan las proyecciones horizontales del segundo triángulo, a-b-c, deshaciendo el perfil y con la misma referencia que sus proyecciones verticales
30 – Se unen las dos bases, a-b-c y 1-2-3, de las proyecciones horizontales siguiendo el mismo orden del hexágono, A-1-C-2-B-3-A

Por supuesto, también se puede proyectar la segunda base en el abatimiento y después contraproyectar.

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Ejercicios de octaedros resueltos – 991

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El punto A es un vértice de un octaedro que tiene tres aristas contenidas en el plano P, estando también una de ellas contenida en el plano horizontal de proyección.
Dibujar las proyecciones de la figura.

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SOLUCIÓN

Cuando el enunciado dice " tiene tres aristas contenidas en el plano " significa que una cara (3 aristas) está sobre el plano.
Normalmente cuando se tiene una cara sobre un plano este se abate y en el abatimiento se dibuja dicha cara en verdadera magnitud y forma.
También dice, " una de ellas contenida en el plano horizontal de proyección. " significa que esa arista tendrá su proyección horizontal sobre la traza horizontal del plano y la vertical sobre la línea de tierra.
El punto dado, A, no pertenece a esa arista, ya que si así fuese estaría sobre la traza horizontal del plano, por lo tanto es el vértice opuesto de esa arista.
Una vez aclarado estos detalles, pasamos a resolverlo (los colores que indico hacen referencia a mi dibujo) :
1 – Se abate el punto dado, A (en color azul).

2 – En el abatimiento la cara del octaedro contenida en el plano dado estará en verdadera magnitud, siendo un vértice el punto A0, y los otros dos estarán sobre la traza horizontal del plano (h alfa). Por lo que se hará un triángulo equilátero a partir del punto A0, mediante dos rectas que formen 30º respecto de la perpendicular a la traza del plano (en color verde), obteniéndose B0 y Co.
3 – El desabatimiento de esos puntos coincide sus abatimientos por estar sobre la traza alrededor de la que se abate. Y uniéndolos con A1 se obtiene la proyección horizontal de la cara (en amarillo).
4 – Basta con subirlos a la línea de tierra para determinar sus proyecciones verticales, B2 y C2, que unidos con A2 da la proyección vertical (en amarillo).

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Ejercicios de octaedros resueltos – 990

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Un octaedro de lado 4 está apoyado por su cara ABC en un plano perpendicular al primer bisector, cuya referencia es -5. A es (3, 3, 0) y AB es horizontal, siendo C de cota máxima. Representarlo.

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SOLUCIÓN

Son varios mini-problemas :

Construir un plano perpendicular al primer bisector, cuya referencia es -5, y pasa por A(3, 3, 0)

1 – Llevas el punto A al perfil.
2 – Haces, en el perfil, una recta perpendicular al primer bisector pasando por el punto A.
3 – Hallas, en el perfil, las trazas de esa recta.
4 – Dibujas la recta, en las proyecciones principales, pasando por A y perpendiculares a la línea de tierra.
5 – Llevas las trazas halladas en el perfil a esas proyecciones.
6 – Unes el vértice del plano con esas trazas y tienes las trazas del plano.
A continuación es necesario conocer algunas magnitudes del octaedro.

Determinación de la altura de cara de un octaedro conocida su arista

a – Construir un triángulo equilátero con el valor de la arista, L.
b – La altura de ese triángulo, h, es el valor de la altura de la cara del octaedro.

Determinación de la altura de cuerpo (o principal) de un octaedro

c – Construir un triángulo isósceles con el valor del lado del octaedro, L, y el de la altura de cara, h, siendo la altura de cara, h, la que se repite en el triángulo.
d – Dibujar la altura de ese triángulo respecto del lado formado con la longitud h.
e – Esa nueva altura, H, es el valor de la altura del octaedro.

Por último, el problema principal :

Dibujar un octaedro de lado 4, apoyado por su cara ABC en un plano perpendicular al primer bisector, cuya referencia es -5. A es (3, 3, 0) y AB es horizontal, siendo C de cota máxima.

I – Abatir el plano y el punto A.
II – Por A dibujar una recta paralela a la traza horizontal del plano y sobre ella medir la longitud del lado, 4. Esto da el vértice B.
III – En el abatimiento, trazar un triángulo equilátero ABC, eligiendo de las dos posiciones posibles para C la que está más alejada de la traza horizontal del plano.
IV – Dibujar un segundo triángulo, al que llamaré 1-2-3, con el mismo centro que el primero pero girado 180º. Esto formará un polígono estrellado de seis vértices (estrella de David).
V – Desabatir los dos triángulos.
VI – Levantar el triángulo 1-2-3 una distancia igual a la de la altura principal del octaedro.
VII – Unir los vértices de ambos triángulos formando el resto de las caras del octaedro.

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Ejercicios de intersecciones de cuerpos – 999

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Completar las vistas de alzado, planta y lateral izquierda de la pieza dada conociendo que está formada por tres superficies de revolución de ejes e1, e2 y e3, todos circunscritos a una esfera dada.

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SOLUCIÓN

INTERSECCIÓN DE UN CILINDRO RECTO CON UN cono recto mediante planos

1 – Trazar un plano de perfil, P

2 – El punto de corte, 1, con el cilindro en la proyección horizontal es un punto de la curva intersección
3 – Para llevar el punto al perfil, tomar la medida X y dibujar sendas generatrices en el perfil. Con la medida Y se dibuja, en el perfil, la circunferencia sección que produce el plano en el cono
4 – Donde las generatrices corten a ala circunferencia es el punto, 1", llevado al perfil
5 – Para determinar su proyección vertical, 1′, basta con levantar una perpendicular a la línea de tierra desde la proyección horizontal, 1, y una horizontal desde su proyección de perfil, 1". Donde ambas se encuentren es la proyección vertical del punto, 1′
6 – Trazar varios planos más y repetir el proceso para obtener más puntos

INTERSECCIÓN DE UN CILINDRO RECTO CON UN CONO RECTO mediante generatrices

7 – Dibujar en el perfil una sección recta (base) con la medida M de radio, tomada en el alzado o en la planta

8 – Trazar una división, a", en la sección recta, en el perfil
9 – Unirla con el vértice del cono, v1", y se obtiene una generatriz
10 – Para llevar la generatriz a la proyección horizontal tomar la medida N del perfil y llevarla a la planta. Uniendo la proyección horizontal del punto, a, con el vértice del cono, v1, se determina la generatriz
11 – Llevar la división, a", a la proyección vertical con una horizontal. Unir a’ con v1′
12 – En la proyección horizontal se obtiene el punto de intersección, 1, de la generatriz a-v1 con el cilindro
13 – Llevarlo a a’-v1′ mediante una perpendicular a la línea de tierra, 1′
14 – Con una nueva horizontal se lleva a a"-v1" dando su perfil 1"
15 – Repetir todo el proceso con otras divisiones

INTERSECCIÓN DE UN CILINDRO RECTO CON UN CONO RECTO mediante esferas

16 – Dibujar, en proyección vertical, una esfera de radio E con centro en el punto de corte del eje del cilindro y el cono

17 – Determinar la intersección de la esfera con el cilindro, uniendo donde se corten la esfera con el cilindro, f’ (circunferencia que se ve de canto)
18 – Determinar la intersección de la esfera con el cono, uniendo donde se corten, g’ (circunferencia que se ve de perfil)
19 – Donde se corten ambas es un punto de la curva intersección, 1′
20 – Para su proyección horizontal, 1, bajar una vertical hasta cortar al cilindro
21 – Tomar la medida del radio, H, en la proyección vertical, que produce la esfera en el cono y con ella dibujar la sección en el perfil
22 – Mediante una horizontal se obtiene sobre esa sección la proyección de perfil del punto, 1"
23 – Repetir con otras esferas de distinto radio

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Ejercicios de intersecciones de cuerpos – 997

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Examen del pais vasco del año 2006 junio.

En la figura 1 se representan, incompletos, un tejado a dos aguas y una chimenea.
El tejado tiene dos faldones con igual pendiente respecto al suelo horizontal. La chimenea es prismática, de base superior triangular ABC y aristas laterales verticales. Se pide, prolongando hacia abajo sus aristas verticales, determinar, en las vistas de alzado y planta dadas, la intersección de las caras laterales de la chimenea con los faldones del tejado. Visualizar el resultado, distinguiendo entre aristas vistas y ocultas. Determinar también el ángulo diedro formado por los faldones.

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SOLUCIÓN

El problema se puede resolver de varias maneras :

SOLUCIÓN 1ª

1 – Se realizará un cambio de plano de las dos superficies, en el que la segunda línea de tierra será paralela a la cara EFD de la cubierta. Con ello conseguimos las nuevas proyecciones de las dos superficies (nombradas con los subíndices 1).

2 – El ángulo formado por los faldones lo puedes medir en verdadera magnitud en ese cambio de plano ( E’1F’1D’1 )
3 – En el cambio de plano se ven los faldones proyectantes (de canto, de perfil, etc.) Luego la intersección de las aristas A-B-C es inmediata, es decir, son los puntos 3’1-4’1-5’1
4 – Medir las cotas de esos puntos y llevarlos a la proyección vertical.
5 – También se debe determinar donde la arista F corte a las caras laterales de la chimenea, puntos 1 y 2
6 – Por último se unen los puntos.

SOLUCIÓN 2ª

7 – Se trazan planos proyectantes auxiliares que contengan a las aristas A-B-C. Los planos pueden tener cualquier inclinación, pero yo por comodidad los he hecho paralelos a la cara D-E-F, los llamados P, Q y R

8 – Los puntos de corte de estos planos con las aristas D, E y F se suben a las proyecciones verticales de esas aristas y se unen para obtener las secciones de esos planos con la cubierta
9 – Donde las secciones corten a las aristas, puntos 3′-4′-5′, son las intersecciones de las aristas A’, B’ y C’ con los faldones
10 – También se debe determinar donde la arista F corte a las caras laterales de la chimenea, puntos 1 y 2
11 – Por último se unen los puntos.

SOLUCIÓN 3ª

12 – También se pueden utilizar planos que contengan a las misma caras de la chimenea. En ese caso se prolongan y los puntos de corte con la cubierta se suben a la otra proyección

13 – Donde esas secciones corten a las aristas A-B-C son 3′, 4′ y 5′
14 – También se debe determinar donde la arista F corte a las caras laterales de la chimenea, puntos 1 y 2
15 – Por último se unen los puntos.

SOLUCIÓN 4ª

16 – Para la determinación del ángulo de los faldones se puede recurrir a un cambio de plano como comente en el primer método o bien a un abatimiento de la cara DEF

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Ejercicios de intersecciones de cuerpos – 996

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Hallar la intersección de los dos prismas

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SOLUCIÓN

Intersección de los prismas ABCD-EFGH y MNÑ-OPQ
1 – Las dos bases apoyadas sobre el plano horizontal, ABCD y MNÑ, se intersecan en los puntos 1 y 2

2 – Ahora averiguaremos la sección que produce la cara lateral derecha del prisma cuadrangular, CB-FG, que está de perfil sobre el prisma triangular.
Para ello llevamos los dos cuerpos al perfil y los puntos 2, 3 y 4, donde el plano (supuesto infinito) corta a las aristas de prisma triangular.
Uniendo, en el perfil, 3" con 4" y una paralela por 2" se obtienen las secciones (ilimitadas), siendo solo solución la parte que está sobre la cara CB-FG, es decir, los segmentos 5"-6" y 7"-8".
Estos puntos se llevan a ambas proyecciones.
3 – Se determinará donde la arista MO penetra en el prisma cuadrangular. Esto es inmediato en el perfil, donde m"-o" se ve que atraviesa a las caras c"d"-g"h" y a"b"-e"f", en los puntos 9" y 10"
4 – Idéntico procedimiento se hace con la arista NP, que nos da el punto 11"
5 – Uniendo los puntos que estén en una misma cara se determina la sección (línea negra), de recorrido 1-9-7-8-10-11-6-5-2-1

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Ejercicios de intersecciones de cuerpos – 995

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Dada la representación en proyección diedricá de la figura C, completar la intersección entre el cilindro y el prisma de base hexagonal.

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SOLUCIÓN

En estos casos se utilizan planos horizontales, frontales u otros, que den una sección sencilla para los dos cuerpos. Los puntos de intersección de ambas secciones son los puntos de la intersección. En este caso en concreto :

1 – Trazar un plano frontal, p1

2 – La sección que produce el plano, p1, en el cilindro es una circunferencia que coincide con la proyección vertical de este
3 – La sección que produce el plano, p1, en el prisma son dos generatrices (rectas) que se obtienen llevando el plano al perfil (prolongarlo) y midiendo la distancia x1 entre el eje y los puntos de corte. Esa distancia, x1, se lleva a la proyección vertical, a partir de la parte central del prisma y hacia ambos lados trazando por ahí dos generatrices paralelas a las aristas del prisma
4 – Donde las dos secciones se corten entre sí, puntos 1′-2′-3′-4′, son cuatro puntos de la intersección buscada
5 – Bajar los puntos al plano, 1-2-3-4
6 – Repetir con más planos (en mi dibujo solo he hecho uno) para obtener más puntos.
7 – Unir los puntos

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