GEOMETRIA DESCRIPTIVA. DIÉDRICO DIRECTO. APLICACIONES EN EL DIBUJO TÉCNICO.

RICARDO BARTOLOMÉ RAMÍREZ

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GEOMETRIA DESCRIPTIVA

DIÉDRICO DIRECTO APLICACIONES EN EL DIBUJO TÉCNICO

Diédrico Directo

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Prólogo El Sistema Diédrico como Sistema de Representación Gráfica tiene una larga historia, siendo una disciplina de utilidad práctica en la representación de objetos tridimensionales mediante sus proyecciones ortogonales sobre planos; si recordamos su evolución se pueden establecer tres etapas perfectamente diferenciadas: la primera hasta mediados del siglo XVIII, la segunda no comienza hasta 1769, cuando el geómetra francés A. F. Frezier (1682-1773) dio a la Geometría Descriptiva unos fundamentos teóricos, pero principalmente fue el matemático Gaspar Monge (1746-1818) quien le imprimió carácter científico a esta disciplina, secreto militar hasta 1795, en 1799 se publicó la primera edición de su obra. La tercera etapa, la actual, comienza cuando Adam V. Millar, profesor emérito de la Universidad de Wisconsin, ideó el llamado Método Directo. En 1913 Millar y Maclin escribieron el primer libro que explicaba dicho método, aunque sin incluir proyecciones auxiliares, que también añadieron en 1919 en otra publicación en la que colaboró Marguardf. Este Método Directo considera como planos de proyección los paralelos a las caras de un triedro trirrectángulo referencial, que elimina la línea de tierra y permite situar planta y perfil a cualquier distancia del alzado. Por otra parte los planos no se definen por sus trazas, sino por cualquiera de los elementos geométricos que los determinan. Las coordenadas que antes eran absolutas ahora pasan a ser relativas, dado que no es fundamental la posición de los planos de referencia. Los planos de proyección o referencia citados, se eligen de tal forma que los elementos a representar se encuentren siempre en el primero o tercer diedro, lo que da lugar respectivamente a los Sistemas Europeo o Americano de Representación Normalizada de Vistas. En este trabajo se comienza realizando el estudio de la mecánica operativa del sistema, para pasar a continuación a la determinación de verdaderas magnitudes y geometrías de formas, ya sean lineales, angulares o superficiales. Seguidamente se estudia el posicionamiento relativo de elementos, para terminar con una serie de aplicaciones prácticas resueltas y para resolver. Son fundamentales estos conocimientos para el profesional de la ingeniería a la hora de tener que resolver aplicaciones derivadas de la interpretación de planos, del diseño de elementos mecánicos o estructurales y de su fabricación. Este método, aplicado al Dibujo Técnico elimina las aparentes diferencias existentes entre éste y la Geometría Descriptiva, haciendo posible que desde el primer momento se puedan resolver gráficamente aplicaciones técnicas. El autor

Ricardo Bartolomé Ramírez

Índice

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Página Sistema Diédrico Directo. Aplicaciones en el Dibujo Técnico................................ 4 Representación del punto ...................................................................................... 5 Representación de la recta..................................................................................... 7 Verdadera magnitud de un segmento y ángulos que forma con los planos de proyección ................................................................................. 8 Posiciones características de una recta ................................................................. 9 Posiciones relativas de dos rectas ....................................................................... 12 Proyecciones auxiliares de la recta ...................................................................... 13 Rectas en posición favorable ............................................................................... 15 Representación de formas planas ........................................................................ 19 Proyecciones auxiliares de una forma plana ........................................................ 22 Formas planas en posición favorable ................................................................... 23 Ángulos con los planos de proyección ................................................................. 27 Verdadera magnitud de formas planas ................................................................ 28 Relaciones de afinidad entre las proyecciones de una forma plana..................... 30 Relación entre el alzado y la planta...................................................................... 31 Relación entre el alzado y el perfil........................................................................ 32 Proyecciones de una circunferencia situada en posición oblicua ......................... 33 Proyecciones auxiliares simples........................................................................... 34 Proyecciones auxiliares dobles ............................................................................ 32 Abatimiento de formas planas: Afinidad ............................................................... 37 Elevación de formas planas: Afinidad .................................................................. 38 Giros: Verdaderas magnitudes ............................................................................. 39 Perpendicularidad ................................................................................................ 40 Ángulos ................................................................................................................ 47 Problemas inversos .............................................................................................. 50 Intersecciones ...................................................................................................... 55 Ejercicios .......................................................................................................61-175 __________________________________________________________________

Diédrico Directo

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SISTEMA DIÉDRICO DIRECTO. APLICACIOES E EL DIBUJO TÉCICO. Esta parte del Sistema abre una didáctica que relaciona la Geometría Descriptiva con el Dibujo Técnico de la Representación, permitiendo ver con claridad el campo de aplicación de los conocimientos básicos e instrumentales. En el Sistema Diédrico Directo (S.D.D.) se consideran como planos de proyección los paralelos a las caras de un triedro trirrectángulo. Así se elimina la línea de tierra y permite situar las proyecciones (alzado, planta y perfil) a cualquier distancia, como sucede cuando se dan las “vistas” de un modelo. En este sistema no existen trazas, las rectas quedan determinadas por dos de sus puntos y los planos quedarán definidos por elementos geométricos suficientes. Los planos de proyección, también llamados de referencia, se eligen de forma que los elementos se encuentren en el primer diedro o en el tercero; dando lugar a los Sistemas Europeo o Americano respectivamente.

Fig. 1


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Será el primero de ellos el que servirá de referencia en este tratado. En la Fig. 1 se han obtenido las proyecciones principales de un modelo, no representado, sobre los planos de referencia principales. Pueden considerarse aún otros tres planos paralelos a los citados y en disposición de “encerrar” junto a los anteriores al modelo; pudiendo obtener otras tres proyecciones.

Fig. 2

REPRESETACIÓ DEL PUTO. En la Fig.2 se han dispuesto en posición normalizada las posibles proyecciones del punto A. A'-A''-A''', son las proyecciones principales obtenidas sobre el primer sistema de planos considerado. (A')-(A'')-(A'''), obtenidas sobre el sistema paralelo al anterior. El punto queda definido por dos de sus proyecciones y están relacionadas por su línea de referencia; vertical, entre alzado A'' y planta A', y horizontal, entre alzado y perfil A''', Fig.3.

Fig. 3

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Además de las proyecciones ortoédricas citadas y con objeto de modificar la posición del punto respecto a los planos coordenados utilizados originariamente, se pueden obtener proyecciones auxiliares sobre nuevos planos de proyección. A este respecto habrá que recordar que los planos coordenados han de ser perpendiculares, por lo que si se cambia un plano horizontal por otro, éste será perpendicular al vertical y si posteriormente se cambia el vertical, el nuevo vertical será perpendicular al horizontal del sistema anterior, todo esto se refleja en el siguiente esquema:

V

⊥

V

V1 ⊥

H

H1

H1

Si en el sistema VH se introduce un nuevo plano horizontal el sistema resultante será VH1. En el nuevo sistema la proyección vertical no varía, cambia la proyección horizontal, obteniéndose una planta auxiliar. Si en el sistema VH1 se introduce un nuevo plano vertical, el sistema resultante será V1H1; en el nuevo sistema la proyección horizontal no varía, cambia la proyección vertical, obteniéndose por tanto un alzado auxiliar. Con estas consideraciones se sientan las bases para su aplicación en la determinación de verdaderas magnitudes y formas, cuando en lugar de considerar el punto aisladamente, forma parte de la definición de superficies y volúmenes.


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REPRESETACIÓ DE LA RECTA. La recta queda determinada por dos de sus puntos, y estos por dos de sus proyecciones, (Fig. 4). Entre los puntos A y B que definen a -r- se considerarán las coordenadas relativas, (Z, Y, X) cota, alejamiento y desviación relativas, respectivamente.

Fig. 4

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VERDADERA MAGITUD DE U SEGMETO Y ÁGULOS QUE FORMA CO LOS PLAOS DE PROYECCIÓ.

Fig. 5 Cuando la recta del segmento se encuentra en posición oblicua con respecto a los planos de referencia, en ninguna de sus proyecciones aparecerá el segmento en verdadera magnitud, y para su determinación deberemos resolver algunos de los triángulos rectángulos que se determinan entre el segmento, sus proyecciones y las coordenadas relativas. En la Fig. 5 se obtiene la verdadera magnitud del segmento AB, resolviendo los tres triángulos citados; en ellos quedan además determinados los ángulos α, β y γ que el segmento forma con los planos horizontal, vertical o de perfil respectivamente.


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POSICIOES CARACTERÍSTICAS DE UA RECTA Rectas paralelas a los planos de referencia, (Fig. 6a), (Fig. 6b) y (Fig.6c). 1. RECTA HORIZONTAL: La proyección vertical es perpendicular a las líneas de referencia de los puntos que la determinan.

Fig. 6a 2. RECTA FRONTAL: La proyección horizontal es perpendicular a las líneas de referencia de los puntos que la determinan.

Fig. 6b

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3. RECTA DE PERFIL:

Fig. 6c Rectas perpendiculares a los planos de referencia. (Fig.7a) y (Fig. 7b) 1. RECTA DE PUNTA: La proyección vertical coincide en un punto.

Fig. 7a 2. RECTA VERTICAL: La proyección horizontal coincide en un punto.

Fig. 7b


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Recta paralela a los planos de referencia horizontal y vertical, y también perpendicular al plano de perfil. (Fig.8) Las dos proyecciones tanto horizontal como vertical son perpendiculares a las líneas de referencia de los puntos que la determinan.

Fig. 8

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POSICIOES RELATIVAS DE DOS RECTAS 1. Rectas que se cortan. Las proyecciones de las rectas se cortan en las respectivas proyecciones del punto común, (Fig.9).

Fig. 9 2, Rectas que se cruzan. Las proyecciones de las rectas no se cortan en las respectivas proyecciones de un único punto, (Fig. 10).

Fig. 10


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Determinación del punto de intersección de dos rectas de perfil, (Fig. 11).

Fig. 11 PROYECCIOES AUXILIARES DE LA RECTA. Se obtienen proyecciones auxiliares de una recta, introduciendo nuevos planos de proyección, se pretende con ello proporcionar a la recta una posición más favorable que la que tenía inicialmente. Para obtener dichas proyecciones, se tomarán en la recta dos puntos y sus nuevas proyecciones definirán las de la recta. Las proyecciones auxiliares pueden ser: 1. ALZADOS AUXILIARES. En la Fig. 12 se ha realizado un cambio de plano de proyección vertical, manteniéndose por tanto el plano de la planta y en consecuencia, la cota relativa

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(Z) entre los puntos A y B que definen a -r-. Se obtiene por tanto el alzado auxiliar r1''. V1 H

Fig. 12 2. PLANTAS AUXILIARES. En la Fig. 13 se ha realizado un cambio de plano de proyección horizontal, manteniéndose por tanto el plano del alzado y en consecuencia, el alejamiento relativo (Y) entre los puntos A y B que definen a -r-. Se obtiene por tanto la planta auxiliar r1'. V H1

Fig. 13


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RECTAS SITUADAS E POSICIÓ FAVORABLE Al dar las proyecciones auxiliares de una recta en el apartado anterior, no se ha pretendido obtener de ella una posición especial determinada. Sólo se han establecido los criterios que permiten realizar los cambios indicados. Pero habrá que situar a la recta en posición favorable para poder resolver los problemas que se presentan sobre verdadera magnitud de un segmento, distancias y ángulos. Para lo cual los nuevos planos de proyección permitirán que la recta se encuentre en posición de paralelismo o perpendicularidad con ellos. Una recta en posición oblicua puede adoptar las posiciones que aparecen en el cuadro siguiente: Perpendicular al vertical Horizontal Paralela al eje X Perpendicular al horizontal Oblicua

Frontal Paralela al eje X De Perfil

RECTA HORIZONTAL

Fig. 14 V H1

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RECTA FRONTAL

V1 Fig. 15 H

RECTA DE PERFIL V

V1 ó

H1

Fig. 16

H


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RECTA PERPENDICULAR AL VERTICAL V1 H

Fig. 17 RECTA PERPENDICULAR AL HORIZONTAL

V H1

Fig. 18

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RECTA PARALELA AL EJE X O PERPENDICULAR AL PLANO DE PERFIL V1 H

Fig. 19 RECTA PARALELA AL EJE X O PERPENDICULAR AL PLANO DE PERFIL V H1

Fig. 20


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REPRESETACIÓ DE FORMAS PLAAS En la práctica del Dibujo Técnico las superficies planas están limitadas mediante segmentos de rectas o curvas o la combinación de ellos. En la Fig. 21 se ha representado una forma plana triangular en posición oblicua con respecto a los planos de referencia. La recta -h- (h''-h') es una horizontal del plano de la forma, siendo -p- (p''-p') una de sus líneas de máxima pendiente. El ángulo α que la recta -p- forma con el plano de la planta será también el ángulo que con dicho plano determina la forma plana de vértices A, B y C.

Fig. 21

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En la Fig. 22 la recta -f- (f''-f') es una recta frontal del plano de la forma representada, siendo -i- (i''-i') una de sus líneas de máxima inclinación. El ángulo β que la recta -i- forma con el plano del alzado, será también el ángulo que con dicho plano determina la forma plana de la figura.

Fig. 22

En la Fig. 23 la recta -p- (p''-p') es paralela al plano del perfil, siendo -i- (i''-i') una de las líneas de máxima inclinación de la forma plana representada, con respecto al plano del perfil. El ángulo γ que la recta -i- forma con el plano de referencia, será también el ángulo que con dicho plano determina la forma plana de la figura.


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Fig. 23

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PROYECCIOES AUXILIARES DE UA FORMA PLAA Se obtienen proyecciones auxiliares de una forma plana, introduciendo nuevos planos de proyección, se pretende con ello proporcionar a la forma plana una posición más favorable que la que tenía inicialmente. Para obtener dichas proyecciones, se tomarán de la forma, puntos característicos y sus nuevas proyecciones definirán las de la forma. Las proyecciones auxiliares pueden ser: 1. ALZADOS AUXILIARES. En la Fig. 24 se ha realizado un cambio de plano de proyección vertical, manteniéndose por tanto el plano de la planta y en consecuencia las cotas relativas. Se obtiene por tanto el alzado auxiliar de la forma plana.

Fig.24 V1 H 2. PLANTAS AUXILIARES. En la Fig. 25 se ha realizado un cambio de plano de proyección horizontal, manteniéndose por tanto el plano del alzado y en consecuencia, los alejamientos relativos. Se obtiene por tanto, la planta auxiliar de la forma plana.


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Fig. 25 V H1 FORMAS PLAAS E POSICIÓ FAVORABLE (Transformaciones). Al dar las proyecciones auxiliares de una forma plana, del apartado anterior no se ha pretendido obtener de ella, una posición especial determinada. Solo se han establecido los criterios que permiten realizarse los cambios indicados. Habrá que situar a la forma plana en posición determinada cuando se trate de resolver problemas de verdadera magnitud y forma. Para lo cual los nuevos planos de referencia permitirán que la forma se encuentre en posición de paralelismo y perpendicularidad con ellos. Una forma plana oblicua puede adoptar las posiciones que aparecen en el cuadro siguiente: Paralela al vertical Perpendicular al Horizontal De Perfil De Perfil Oblicua

Perpendicular al Vertical Paralela al horizontal

Paralela al eje X

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FORMA PLANA PERPENDICULAR AL HORIZONTAL

Fig. 26 V H1 FORMA PLANA PERPENDICULAR AL VERTICAL

Fig. 27 V1 H


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FORMA PLANA PARALELA AL VERTICAL

Fig. 28 V1 H FORMA PLAA PARALELA AL HORIZOTAL

Fig. 29 V H1

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FORMA PLANA PARALELA AL EJE X O PERPENDICULAR AL PERFIL

Fig. 30

V1 H

DE PERFIL Fig. 31

V1 H


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ÁGULOS DE UA FORMA CO LOS PLAOS DE PROYECCIÓ ÁNGULO CON EL HORIZONTAL

Fig. 32 ÁNGULO CON EL VERTICAL

Fig. 33

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ÁNGULO CON EL DE PERFIL

Fig. 34 VERDADERA MAGITUD DE FORMAS PLAAS Fig. 35

V H1

V1 H1


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En la Fig. 35 se ha resuelto el problema de determinar la verdadera magnitud y forma del cuadrilátero ABCD, del cual se conocen el alzado y la planta. Para ello, y por encontrarse en posición oblicua con respecto a los planos de referencia, se ha situado primeramente en posición perpendicular al alzado cambiando el vertical de proyección, y a continuación mediante un cambio del plano horizontal, la figura se encuentra en posición paralela a él. En consecuencia su proyección sobre él refleja la verdadera magnitud y forma del cuadrilátero. Este problema se podría haber resuelto también, situando el cuadrilátero en primer lugar perpendicular a la planta y posteriormente paralelo al plano del alzado.

Fig. 36

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El problema inverso se producirá cuando se conozca la verdadera magnitud de una forma plana y se precise determinar sus proyecciones en unas condiciones posicionales determinadas. Como ejemplo de aplicación en la Fig. 36 se ha resuelto el supuesto en el cual conocidas las proyecciones de un cuadrilátero laminar, se debe practicar en él un orificio circular de diámetro conocido. Se obtendrán los ejes de sus proyecciones. Mediante los cambios oportunos de los planos de proyección, se sitúa la lámina paralela al horizontal H1; en esta posición se podrá dibujar la circunferencia de centro O1', determinando sobre ella los diámetros 11'21' y 31'41', que darán lugar a los ejes 1'2' y 3'4' de la elipse proyección horizontal. Situando la lámina paralela al vertical V1; se dibuja la circunferencia de centro O1'', los diámetros 51''61'' y 71''81'' darán lugar a los ejes 5''6'' y 7''8'' de la elipse proyección vertical.

RELACIOES DE AFIIDAD ETRE LAS PROYECCIOES DE UA FORMA PLAA Dos proyecciones de una forma plana son figuras afines, siendo su eje el lugar geométrico de los puntos dobles de cada par de proyecciones de las rectas de su plano y estando los puntos afines en la dirección de las líneas de referencia de ambas proyecciones.

Fig. 37a


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ETRE EL ALZADO Y LA PLATA. En la Fig. 37a se aplica la afinidad existente entre las figuras A'' B'' C'' D'' (alzado) y A' B' C' D' (planta). El eje -e- (e''-e') se obtendrá determinando dos puntos dobles 1 (1''-1') y 2 (2''-2') puntos que pertenecen al segundo bisector. El eje por tanto será la intersección del plano de la figura con el bisector de los planos de referencia. La dirección de afinidad queda determinada por las parejas de puntos afines conocidos y señalada en la figura por las proyecciones del punto A (A''-A').

Fig. 37b En la Fig. 37b, una de las proyecciones es una circunferencia de centro O', mediante afinidad oblicua se han obtenido los ejes de la proyección de centro O''. El eje de la afinidad existente entre ambas proyecciones, se obtiene uniendo los puntos dobles L''≡L' y M''≡M'. Se trazará la mediatriz del segmento O''O' y con centro en la intersección de ésta con el eje, se trazará la circunferencia que pasa por los centros O'' y O' que corta en los puntos A''≡A' y B''≡B' a dicho eje. Estos puntos dobles unidos con el par de centros O'' y O' determinan en la circunferencia los diámetros perpendiculares 1', 3' y 2', 4' y los ejes de la elipse 1''3'' y 2''4''.

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ETRE EL ALZADO Y EL PERFIL

Fig. 38

En la Fig. 38 se aplica la afinidad existente entre las figuras A'' B'' C'' D'' (alzado) y A''' B''' C''' D''' (perfil). El eje -e- (e''-e''') se obtendrá determinando dos puntos dobles 1 (1''-1''') y 2 (2''-2''') puntos que pertenecen al bisector del diedro que forman los planos vertical y de perfil. La dirección de afinidad queda determinada por las parejas de puntos afines conocidos y señalada en la figura por las proyecciones del punto A (A''-A''').


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PROYECCIOES DE UA CIRCUFERECIA POSICIO OBLICUA.

SITUADA E

Fig. 39 Una circunferencia de diámetro y centro conocidos está contenida en la forma plana ABCD. En la Fig. 39, se determinan los ejes de sus proyecciones. Los ejes 1''2'' y 5'6' se obtiene llevando la magnitud del diámetro sobre f'' y h' respectivamente. Al ser los ejes de la elipse perpendiculares entre si, el eje 7'8' se encontrará sobre una recta p', proyección de una línea de máxima pendiente del plano de la circunferencia. Se hallará la verdadera magnitud de un segmento de -p-, por ejemplo el comprendido entre las horizontales -h- y CD cuya cota relativa es (z), así se obtiene p0 y llevando sobre ella el segmento O'5' se obtendrá por proyección el punto 7' y por simetría el 8'. El eje 3''4'' se determinará por idéntico procedimiento, operando en este caso con la recta i'', proyección de una línea de máxima inclinación.

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PROYECCIOES AUXILIARES Cuando el objeto, además de tener superficies planas horizontales, verticales o de perfil, dispone de otras en posición oblicua; estas se verán deformadas, por lo que no estarán representadas suficientemente ni se podrán acotar si tomamos exclusivamente como planos de referencia los que nos han servido para las superficies citadas en primer lugar (horizontales, verticales o de perfil). Para resolver el problema se utilizarán planos auxiliares de proyección paralelos a las superficies situadas en posición oblicua, por lo que ahora si aparecerán proyectadas en verdadera magnitud y forma. Las proyecciones así obtenidas las denominamos proyecciones auxiliares, que pueden ser simples o dobles según que la superficie se encuentre en posición oblicua con respecto a dos o tres planos principales de referencia.

PROYECCIÓ AUXILIAR SIMPLE

Fig. 40


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En la Fig.40 se representa un objeto con uno de sus planos en posición perpendicular al horizontal, y oblicuo con respecto a los verticales de proyección (de alzado y de perfil). En su representación será necesario dar las proyecciones sobre los planos V, H y V1 , alzado, planta, y auxiliar. Otro ejemplo en el que se necesita proyección auxiliar simple lo tenemos en la Fig.41.

Fig. 41 PROYECCIOES AUXILIARES DOBLES

Fig. 42

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El modelo de la Fig. 42, tiene una de sus formas en proyección oblicua con respecto a los tres planos principales de proyección. Para su correcta representación será necesario utilizar la proyección auxiliar doble, que se corresponde con un segundo cambio de plano en el cual aparece la forma referida paralela a un plano horizontal. La representación óptima se ha obtenido en la Fig. 43 en la cual se han eliminado las partes que en las proyecciones aparecen deformadas.

Representación óptima del modelo anterior:

Fig. 43


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ABATIMIETO DE FORMAS PLAAS: AFIIDAD Si se hace coincidir el plano de una forma con alguno de los planos de proyección, aparecerá en ellos en verdadera magnitud. Mediante los abatimientos puede conseguirse esto, haciendo girar alrededor de la recta común (charnela) un plano hasta abatirlo sobre el otro. Todos los puntos del plano abatido describen arcos de circunferencia contenidos en planos perpendiculares a la charnela, arcos de igual amplitud angular en todos los casos. Entre las proyecciones de la forma plana y sus respectivos abatimientos, existe una relación de afinidad. Si se observa la Fig. 44, se comprueba que la charnela (h'≡ch) es lugar geométrico de los puntos dobles, que las direcciones B'B0, A'A0, C'C0, D'D0 son paralelas y que la razón de distancias entre las proyecciones de los puntos A', B', C', D' a la charnela y las distancias de los respectivos abatimientos A0, B0, C0, D0 a dicha charnela es constante. Todo lo expuesto justifica que la proyección de la figura sobre un plano horizontal F' y su abatimiento F0 son afines, siendo h' el eje de afinidad, la dirección perpendicular al eje y para que la afinidad esté totalmente definida será necesario determinar la pareja de puntos afines (A'-A0), pareja obtenida mediante el abatimiento realizado de forma convencional del punto A.

Fig. 44

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ELEVACIO DE FORMAS PLAAS: AFIIDAD Si se conoce la verdadera forma y magnitud de una figura plana, y su posición relativa con respecto a los planos de proyección, se podrán determinar sus proyecciones, mediante las transformaciones afines correspondientes. En la Fig. 45, se determinan las proyecciones de una circunferencia, situada en posición oblicua. Serán figuras afines: En el plano horizontal F0H y F'. En el plano vertical F0V y F'' las direcciones de afinidad respectivas serán O0O' y O0O'', perpendiculares a los ejes h' y f'' respectivamente. El plano de la circunferencia viene definida por la línea de máxima pendiente l(l'-l''), lo cual permite obtener horizontales y frontales. Los ejes de la figura F'' pueden obtenerse también mediante las rectas r(r'-r'') y s(s'-s''), cuyos abatimientos r0 y s0 determinar la pareja de diámetros perpendiculares A0B0 y C0D0.

Fig. 45


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GIROS: VERDADERAS MAGITUDES. Mediante giros se consigue llevar los elementos geométricos a una posición favorable respecto a los planos de referencia. Estos movimientos se realizan alrededor de ejes perpendiculares, en la mayoría de los casos, a los planos de proyección. En la Fig.46 se determina mediante giros la verdadera forma de una figura plana. Según puede apreciarse en el gráfico del proceso, se introduce en el plano de la figura una horizontal y mediante el giro de ésta se coloca al plano en posición proyectante, las proyecciones F''-F' pasarán a ser F1''-F1'. Alrededor del eje e1 la figura se coloca paralela al horizontal, las nuevas proyecciones serán F2''-F2' y la verdadera magnitud se obtiene según la proyección F2'.

Fig. 46

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PERPEDICULARIDAD RECTA PERPEDICULAR A U PLAO. Una recta -r- será perpendicular a un plano α cuando lo sea a dos rectas -a- y -bno paralelas de dicho plano. En la Fig. 47, por el punto P se ha trazado la recta -r- perpendicular al plano ABC, para lo cual se introducen una recta frontal -f- y una horizontal -h-, a cuyas proyecciones h' y f'' serán respectivamente perpendiculares r' y r''. Se cumple la condición inicial porque las rectas h y f pertenecen al plano de la figura ABC, no son paralelas y la recta -r- es perpendicular a ellas.

Fig. 47


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PLAO PERPEDICULAR A UA RECTA. El plano quedará definido por dos rectas no paralelas y perpendiculares a la dada, según la propiedad analizada en el problema inverso. Se trata de determinar el plano que pasando por el punto P, sea perpendicular a la recta -r-. En la Fig. 48, por el punto se hacen pasar las rectas -h- y -f- que por ser perpendiculares a -r- determinan el plano pedido.

Fig.48 PLAO QUE PASA POR U PUTO Y ES PERPEDICULAR A OTRO. Un plano será perpendicular a otro cuando contenga a una recta perpendicular al mismo, si la recta pasa por el punto éste pertenecerá al plano solución. En la Fig. 49, se ha resuelto el problema trazando por el punto dado P, un plano β perpendicular al plano α, definido por la recta -a- y el punto A. El plano β se determina trazando por el punto P la recta -r- perpendicular al plano dado; como el problema admite infinitas soluciones, con la recta -s- definimos el plano β que es una de dichas soluciones. Fig. 49

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PLAO QUE PASA POR UA RECTA Y ES PERPEDICULAR A OTRO PLAO COOCIDO. En la Fig.50, se resuelve el problema haciendo pasar por el punto P de la recta dada -s-, la recta -r- perpendicular al plano dado ABC. El plano solución será por tanto el definido por las rectas -r- y -s-.

Fig. 50 RECTAS PERPEDICULARES. 1. LA RECTA DADA ES PARALELA A UNO DE LOS PLANOS DE PROYECCIÓN. Aplicando el teorema de las tres perpendiculares, en la Fig. 51a, al ser la recta dada -h- horizontal la recta -r- perpendicular tendrá su proyección r' perpendicular a la proyección h'. En la Fig. 51b, al ser la recta dada -f- frontal, la recta -r- perpendicular tendrá su proyección r'' perpendicular a la proyección f''. En la Fig. 51c, por ser la recta dada de perfil, se resuelve en tercera proyección. La recta -r- perpendicular tendrá su proyección r''' perpendicular a la proyección tercera de la recta dada.


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Fig. 51a

Fig. 51b

Fig. 51c

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2. LA RECTA DADA ES OBLICUA RESPECTO A LOS PLANOS DE PROYECCIÓN. En la Fig. 52, la recta dada -a- es oblicua, se ha resuelto el problema utilizando una proyección auxiliar, en la cual la recta es paralela al nuevo plano vertical de proyección utilizado, quedando el problema reducido a uno de los casos estudiados en el punto anterior. La proyección r''1 se ha trazado perpendicular a la proyección a1'' de la recta dada. Volviendo a las condiciones iniciales se obtienen las proyecciones r'' y r' de la recta -r- solución.

Fig.52


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PLAO PERPEDICULAR A OTROS DOS PLAOS DADOS. En la figura de análisis se ha hecho pasar por el punto P el plano π perpendicular a otros dos α y β. Para determinar π se pueden emplear dos procedimientos: 1. Haciendo pasar por P dos rectas -a- y -b- perpendiculares respectivamente a los planos α y β. Se ha resuelto en proyecciones en la Fig.53, en ella, al plano α lo define la figura ABC y al plano β lo hace la figura DEFG.

Fig. 53 2. El plano π es perpendicular a la recta -i-, intersección de α y β. En la Fig. 54 se ha determinado dicha intersección convirtiendo en proyectante el plano β de la figura DEFG. El plano π queda definido por las rectas -h- y -f- que se cruzan perpendicularmente con la recta -i-. Las rectas que definen a π son horizontal y frontal respectivamente de dicho plano.

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Fig. 54


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ÁGULOS: ÁGULO ETRE DOS RECTAS Para determinar su valor, se colocará el plano que las rectas determinan en posición favorable. Esto puede conseguirse mediante proyecciones auxiliares, giros o abatimientos. En la Fig. 55 se ha resuelto mediante el último de los procedimientos citados.

Fig. 55 ÁGULO DE RECTA Y PLAO De los posibles procedimientos que se pueden utilizar, la solución más ventajosa se obtiene haciendo que el plano pase a ser proyectante sobre uno de los planos de proyección, manteniendo con él la recta su posición relativa. En la Fig.56a aparece el plano (ABC) en posición de proyectante sobre el vertical. La recta -r- es oblicua. De acuerdo con lo establecido en el método general y que queda reflejado en la Fig. 56b, el ángulo α será el determinado por las rectas -r- y -t-. Fig. 56b

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Como se aprecia en la Fig. 56a, la recta -s- es frontal y la proyección vertical de la recta -t-, se confunde con el plano, por todo ello su obtención es inmediata. Tomando como charnela la recta proyección s'', se procede al abatimiento del triángulo PSR sobre el vertical, obteniéndose en R0 el ángulo α en verdadera magnitud.

Fig. 56a

ÁGULO DE DOS PLAOS Mediante el empleo de proyecciones auxiliares o giros se sitúan los planos dados perpendiculares a alguno de los planos de proyección. Para realizar dicha transformación se situará, la recta intersección de los planos, perpendicular al plano de proyección elegido. En la Fig.57, los planos ABCD y AFED, cuya intersección es la recta -i- (i'-i'') se han situado perpendiculares al vertical, y sobre este plano aparecerá la verdadera magnitud del ángulo.


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Fig. 57

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PROBLEMAS IVERSOS: RECTA QUE FORMA U ÁGULO DADO CO OTRA RECTA COOCIDA. Se resolverá en primer lugar el caso en el que la recta solución -s- deberá pasar por un punto P exterior a la recta conocida -r-.

Fig. 58

En la Fig. 58 se observa que la recta solución -s- es generatriz de la superficie cónica de eje -r- y ángulo α en el vértice V. Las rectas -r- y -s- determinan el plano ε. Se abate el plano ε definido por la recta -r- y el punto P, siendo la línea de abatimiento la horizontal del plano que pasa por P. En el abatimiento se traza la recta s0, formando con r0 el ángulo dado α. Se obtendrá, por elevación, las proyecciones s'' y s'. Así se determinará el punto V común a -r- y -s-. Si es V el punto conocido de -r- por el que debería pasar la recta -s- formando ambas rectas un ángulo α, el problema admite infinitas soluciones y el proceso de resolución es idéntico al anteriormente explicado.


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PLAO QUE PASA POR UA RECTA DADA Y FORMA CO OTRO PLAO U ÁGULO COOCIDO. Este caso es el de mayor aplicación práctica, teniendo presente el objetivo de este trabajo, “aplicaciones del Método Directo en el Dibujo Técnico”. Por este motivo se han omitido otros casos posibles de ángulos entre planos. I. La recta -r- dada pertenece al plano conocido ε. Mediante abatimientos, cambios de plano o giros se sitúa el plano ε en posición favorable, horizontal, por ejemplo. En la Fig. 59, se observa como el plano solución ω, está definido por la recta -ry el punto V vértice del cono, cuya generatriz -g- es línea de máximo ángulo de ω con respecto a ε.

Fig. 59 En la Fig.60 se supone el plano ε en posición horizontal y en él contenida la recta -r-, esto permite, conocido α (ángulo que determina ω con ε.), obtener V y por lo tanto Vε. Cuando ε vuelva a las condiciones iniciales se determinarán las proyecciones de V, V'' y V'. Fig. 60

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El plano solución ω , se obtendrá mediante la recta-r- y el punto V.

Fig. 61 II. La recta -r- dada no pertenece al plano conocido ε. II a. La recta -r- es paralela al plano ε. En la Fig. 62, el plano ω forma con el plano conocido ε un ángulo α y queda definido por la recta -r- dada y la recta -o- paralela a la anterior. Para su resolución en proyecciones, se tomará un punto V de la recta -r- y desde él se trazará la recta -s- perpendicular al plano ε, determinando el punto O, intersección de -s- con ε. Fig. 62


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Por dicho punto O se trazará la recta -t-, paralela a la -r-, y se determinará la verdadera magnitud del segmento VO (altura del cono). Se sitúa el plano ε en posición favorable, horizontal, por ejemplo. En la Fig.63, en el plano ε se encuentra: La recta -t-, y los puntos O y V, éste último obtenido sobre -t- al llevar a ella la magnitud del segmento VO. La recta -o- se obtendrá trazando por P la paralela a la -t-. Volviendo a las condiciones iniciales, se obtendrá el plano ω.

Fig. 63

Fig. 64

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II b. La recta -r- no es paralela al plano ε. En la Fig. 65, el plano ω forma con el plano conocido ε un ángulo α y queda definido por las rectas -r- y -o-. La recta -o- pasa por el punto R de intersección de la recta -r- con el plano ε, y es tangente a la base del cono. Para su resolución en proyecciones se tomará un punto V de la recta -r-, y desde él se trazará la recta -s- perpendicular al plano ε; determinándose el punto O, intersección de la recta -s- y ε; y la distancia VO. La intersección de la recta -r- con el plano ε será el punto R.

Fig. 65 Se sitúa el plano ε en posición favorable, por ejemplo, horizontal. En la Fig. 66, en el plano ε se encuentran: los puntos O y R. Sobre una recta cualquiera -m-, se llevará la magnitud del segmento VO, y con vértice en V, el ángulo (90-α), quedando definido el valor del radio -ρ-, de la base del cono. La recta -o-, será la tangente trazada por R a la circunferencia. Volviendo a las condiciones iniciales del problema se obtendrán las proyecciones de -o-, o'' y o', ésta recta y la -r-, determinarán el plano ω.

Fig. 66


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ITERSECCIOES: 1. DE DOS FORMAS PLANAS. 1.1 Una de las formas es proyectante y la otra oblicua. La proyección horizontal i' de la recta intersección, estará confundida con la proyección A'B'C' de la forma proyectante ABC, y la proyección vertical i'' se determina uniendo los puntos 1'' y 2''; obtenidos a partir de los 1' y 2' de intersección de i' con D'F' y E'F' respectivamente, Fig.67.

Fig.67 1.2 Las dos formas son oblicuas. 1.2.1 Método general. En la figura de análisis Fig. 68 la recta -i'- de intersección de los dos planos α y β, se han obtenido al unir los puntos M y N. El punto M es el de intersección de los planos dados α y β y el auxiliar ε, las rectas a y b que lo determinan son intersecciones sencillas dada la característica que debe tener el plano ε (horizontal o frontal). Fig. 68

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Lo mismo sucede con el punto N, común a los planos α, β y ω y por lo tanto de la recta -i-. En proyecciones, Fig. 69, se determina la recta común de las formas planas ABCD y EFGH. Se han utilizado los planos auxiliares ε y ω (horizontales); el plano ε se corta con la forma ABCD según la horizontal -a-, y con la forma EFGH según la horizontal -b-. Las proyecciones a' y b' se cortan en M'; la proyección M'' se situará sobre a''≡ b''≡ ε2. De igual forma se obtienen -c- y -d-, que determinan al punto N. Los puntos hallados definen a la recta común -i-.

Fig. 69 Cuando las formas tienen paralelas las rectas horizontales o frontales de plano, como en el caso de la Fig. 70, el plano auxiliar ε, perpendicular al horizontal, se trazará, con objeto de simplificar los trazados, de forma que ε1 pase por los vértices D' y F'. El plano auxiliar corta a la forma ABCD según la recta -a- y a la forma EFG según -b-. Las proyecciones a'≡ b' coincidirán con la traza ε1 y las a'' y b'' son inmediatas, definiendo ambas al punto proyección M''; por M se traza la recta horizontal -i- común a las formas planas dadas.


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Fig. 70 1.2.2 Método de la forma proyectante. Por medio de vistas auxiliares se convierte una de las formas planas oblicuas, en proyectante, quedando reducido el problema al caso 1.1. En la Fig. 71, dadas las formas planas ABC y DEFG; se convierte esta última, tomando un nuevo plano de alzado, en proyectante sobre él; obteniendo la nueva proyección D''1E''1F''1G''1. Esto permite obtener i''1 y los puntos 1''1 y 2''1; volviendo a las condiciones iniciales se obtendrán, las proyecciones de la intersección i'' e i'. Fig. 71

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2. INTERSECCION DE RECTA Y FORMA PLANA. 2.1 La forma es paralela a uno de los planos de referencia. En la Fig. 72, la forma es horizontal, y se obtiene directamente la proyección I'' del punto de intersección. Dicha proyección es el punto común de las proyecciones verticales de la recta y de la forma plana. En la Fig. 73, la forma es paralela al vertical y en la Fig. 74, la forma es de perfil; en ambas se observa la obtención de las proyecciones del punto I.

Fig.72

Fig.73

Fig.74

La visibilidad de la recta al atravesar la forma plana, se estudia, en el caso de que la forma sea horizontal. Mediante una recta vertical -v- que corta a -r- en el punto E y a la forma en el punto D. La cota de E es mayor que la de D, por lo cual la semirrecta IE se encuentra por encima de la forma y será vista la otra semirrecta estará oculta.

2.2 La forma es perpendicular a uno de los planos de referencia. Dado que esta clase de formas se proyectan sobre alguno de los planos de referencia según segmentos, la obtención del punto de intersección de una recta con dichas formas se realiza de manera inmediata según puede apreciarse en las Figuras 75, 76 y 77.


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Fig.75

Fig.76

Fig.77 2.3 La forma se encuentra en posición oblicua. 2.3.1 Método de la forma proyectante. Dadas la forma plana oblicua ABC y la recta -r- de la Fig. 78, en este caso no se puede obtener directamente el punto de intersección. No obstante si en estos casos se determina una proyección auxiliar mediante un nuevo plano de referencia se habrá reducido el problema a alguno de los casos contemplados en los puntos 2.1 ó 2.2. En el caso de la Fig. 78, se ha tomado un nuevo plano de referencia vertical perpendicular a ABC, obteniendo la nueva proyección A''1B''1C''1 y la de la recta

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r''1, el punto de intersección de ambas será I''1 lo que permite definir las proyecciones I'' e I' del punto de incidencia de -r- en el plano de ABC.

Fig. 78 2.3.2 Método general. Se resuelve la determinación del punto I de intersección de la recta -r- con la forma plana oblicua ABC, haciendo pasar un plano auxiliar (proyectante) ε por la recta, que determinará sobre la forma la recta común -i- que definirá sobre -rel punto I buscado.

En las Figuras 79 y 80, se ha resuelto el problema en proyecciones; en el primer caso ε es proyectante sobre el plano de planta y en el segundo el plano auxiliar es proyectante sobre el plano del alzado. Fig. 79 Fig. 80


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EJERCICIOS EJERCICIO 1 Un alambre -r- pasa por un punto X como se indica en la figura y a través del orificio rectangular de la chapa, por el punto medio del mismo. ¿Cuál será la distancia mínima entre dicho alambre y el borde del orificio? .

SOLUCIÓ: Por medio de un cambio de plano se convierte uno de los lados del orificio en perpendicular a alguno de los planos de proyección. En la figura, el lado CD que es horizontal pasa a ser perpendicular al plano del alzado, el tramo de perpendicular trazada desde el alzado de CD al de la recta -r- será la mínima distancia entre las dos rectas.

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EJERCICIO 2 En la figura se representa una tolva y el punto X. Unir el punto X y la cara lateral de la tolva por medio del eje de una tubería, lo más corta posible.

SOLUCIÓ: La tubería más corta posible será recta y perpendicular a la cara 1,2,A,B de la tolva. Se traza la recta -r- perpendicular al plano (1, 2, A, B). Para ello se obtiene una frontal -f- de dicho plano y por el punto X'' se traza una recta perpendicular a f''. Esa será la proyección vertical de la recta perpendicular p''. Para conseguir la proyección horizontal, se obtiene una horizontal -h- del plano. Por el punto X' se traza una recta perpendicular a h', recta p'; ésta es la proyección horizontal de la recta perpendicular a la cara de la tolva. Para determinar la intersección de la recta -p- con la cara 1, 2, A, B de la tolva se realiza un cambio de plano de la cara, de tal forma que sea tras el cambio, proyectante sobre el horizontal. Para realizar este cambio se coloca la línea de referencia (no dibujada) perpendicular a la proyección f'' de la frontal del plano.

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La citada cara se ha convertido en proyectante sobre el nuevo plano de la planta. En el cambio, el punto proyección X' pasa a la posición X'1 desde el que se traza la perpendicular a la cara, para obtener así el punto de intersección I'1. La distancia en verdadera magnitud aparece según el segmento X'1 I'1.


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EJERCICIO 3 Partiendo del bloque de la figura, del que se conocen el alzado y la planta, dibujar el orificio rectangular iniciado en la cara oblicua, de manera que sea perpendicular a ella.

SOLUCIÓ: Para resolver el ejercicio habrá que trazar perpendiculares al plano formado por los puntos 1,2,3,4, por los puntos A,B,C,D, que forman el orificio. Como se puede apreciar en la figura, los segmentos formados por los puntos 1-4 y 2-3 son rectas frontales y el segmento formado por los puntos 1-2 es una recta horizontal. Por ello se trazan las proyecciones verticales de las aristas del orificio perpendiculares a f'' y las proyecciones horizontales perpendiculares a h'. Las proyecciones verticales inciden en la base según los puntos E''F''G''H'', puntos que llevados a la proyección horizontal permiten definir por completo el orificio. Para concluir es necesario definir las partes vistas y ocultas de la figura.

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* Se propone como ejercicio complementario, obtener el desarrollo de la superficie lateral, incluyendo las huellas en ella del orificio obtenido.


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EJERCICIO 4 La figura muestra un poste de eje XY, soportado por tres vientos de alambre, XA, XB, XC. Determinar mediante giros, la verdadera magnitud de cada uno de los vientos y el ángulo que cada uno de ellos forma con la superficie horizontal a la cual están sujetos.

SOLUCIÓ: Para la solución de este ejercicio se ha realizado el giro de cada viento por separado. Como eje de giro se utiliza el mismo en todos los casos, que es el eje del poste, determinado por los puntos X e Y. Los giros se realizan hasta conseguir rectas frontales. En esta posición favorable se determina la verdadera magnitud y el ángulo en la proyección vertical o alzado.

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* Se propone como ejercicio complementario, determinar los valores de los ángulos que forman los vientos entre sí.


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EJERCICIO 5 En la figura se muestran las vistas (alzado y planta) de una tolva para grano. Determinar el ángulo diedro que forman las caras BCDA y BCHE, así como la verdadera superficie de una de ellas.

SOLUCIÓ: Se pide el ángulo diedro que forman las dos caras de la tolva, BCDA y BCHE; la verdadera magnitud de dicho ángulo se obtiene cuando la recta -i-, intersección de las dos caras, sea una recta de punta. En este caso la recta -i- es una recta oblicua, mediante un cambio de plano vertical se transforma en una recta frontal; para ello se coloca la nueva línea de referencia paralela a i', y se obtienen las nuevas proyecciones de la tolva. A continuación se realiza un cambio del plano horizontal; para ello la nueva línea de referencia se coloca perpendicular a la nueva proyección obtenida i1''. Así se obtiene la recta -i- como una recta de punta de proyección i2'; en esta posición se determina en verdadera magnitud el ángulo deseado.

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EJERCICIO 6 Dos tuberías de ejes AB y CD se cortan en D, Ambas descienden en la dirección indicada. Las dos tienen la misma pendiente β y la longitud de AB es de 39 m. Hallar: 1. La diferencia de elevación entre los puntos A y C. 2. La longitud de la tubería de eje CD. 3. Representar ambas tuberías en el alzado. (Escala 1/500)

SOLUCIÓ: En el dibujo se da la representación en planta de los ejes de las tuberías, a la escala indicada. Se coloca en el alzado la distancia real entre A'' y B'' (39 m) formando β grados con el horizontal, al encontrarse la recta en posición frontal. En proyección horizontal se abate el punto C, alrededor de C'D' con la ayuda del ángulo β. La intersección de la recta abatida con la perpendicular a C'D' por C', determina C0 obteniéndose así la cota ZC de C con respecto a D. Se lleva al alzado dicha diferencia de cotas, y se obtiene C''. En proyección vertical se obtiene la diferencia de cotas entre A y C.

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EJERCICIO 7 El depósito metálico representado en la figura tiene inclinado el fondo ABCD. A escala 1/50, representar el depósito apareciendo el fondo en el alzado como una línea (proyectante). Determinar la pendiente del plano del fondo y la verdadera superficie de éste. (Los segmentos A''B'' y D''C'' no son paralelos).

SOLUCIÓ: Antes de comenzar la resolución comprobamos que los puntos dados son coplanarios. Mediante Afinidad vemos que el punto C pertenece al plano de los otros tres. Se necesita un cambio de plano para poder tener el plano como proyectante vertical, para realizar el cambio se precisa una recta horizontal -h-, que será utilizada como línea de referencia. Para obtener la citada recta se recurre a la tercera proyección, ayudándonos del punto P. Se determina la nueva proyección vertical y se obtiene la pendiente pedida. Para determinar la verdadera magnitud del fondo del depósito se realiza otro cambio de plano. Esta vez el cambio que se aplica es del plano horizontal, dejando así el fondo del

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depósito paralelo a dicho plano de referencia. La nueva proyección obtenida es la verdadera magnitud del fondo del depósito.

* Se propone como ejercicio complementario la determinación del valor del diedro que se forma en la arista AB


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EJERCICIO 8 Practicar un orificio de diámetro máximo sobre la placa ABCD. Determinar los ejes de sus proyecciones en alzado y planta. Datos: A(2,6,0) - B(5,0,6) - C(1,?,9) - D(0,9,5).

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SOLUCIÓ: Se comienza situando los cuatro puntos anterior, por afinidad.

coplanarios, como en el ejercicio

Para realizar el orificio de máximo diámetro se coloca la placa dada en posición horizontal por medio de dos cambios de plano. Una vez obtenida la posición favorable, se realiza el máximo orificio circular, con centro en el punto de intersección de las bisectrices de los ángulos que forman los lados tomados dos a dos. Una vez trazada esta circunferencia se procede a su elevación hasta determinar sus proyecciones.


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EJERCICIO 9 Determinar el desarrollo del conjunto representado. Las chapas A y B son verticales y las C y D tienen una pendiente de 60º. Determinar la pendiente de E y la superficie de chapa a utilizar.

SOLUCIÓ: Una vez representadas las proyecciones de la figura dada, se obtienen las verdaderas magnitudes. Algunas de ellas se dan directamente al tener posiciones frontales u horizontales, Las demás se determinan hallando la verdadera magnitud de la distancia entre dos puntos. Por ejemplo: La recta del segmento 1-2; es perpendicular al plano de perfil. Por lo tanto se encuentra en verdadera magnitud. Las rectas de los puntos 2-3; 1-4; 4-9; 3-8; 5-6; son perpendiculares al alzado o a la planta y también por ello sus segmentos estarán en verdadera magnitud. Las rectas 5-4; 5-3; 6-9; 6-8; son rectas horizontales y la verdadera magnitud de sus segmentos se toma en la proyección horizontal. El segmento 7-1 es igual al 7-2 y para resolver su verdadera magnitud trazamos por el punto 7' una perpendicular a 2'-7' y sobre esta perpendicular se lleva la cota relativa entre los puntos 2 y 7, determinando el punto 70. Uniendo este punto con el 2', se obtiene la verdadera magnitud del segmento 7-2 y en consecuencia del 7-1.

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De esta misma forma se ha procedido con los segmentos 6-4 y 6-3. La recta del segmento 6-7; es de perfil y su verdadera magnitud se obtiene en tercera proyección.


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EJERCICIO 10 Una tubería de suministro de agua, con pendiente negativa constante de 30º en los dos tramos, tiene que cambiar de dirección en la esquina en una intersección de calles a 90º. Hallar el ángulo necesario para el codo que se deba utilizar para dicha esquina.

SOLUCIÓ: Una vez colocados los datos como indica la figura anterior. Se realiza el abatimiento de la recta -s- utilizando como charnela la recta -r-. Y es aquí en el abatimiento donde se obtiene el ángulo pedido.

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EJERCICIO 11 Se representan las vistas de alzado y perfil de dos tubos paralelos A y B. El tubo A está 1.8 m. más alto que el tubo B. La distancia entre A y B es la indicada en la figura. Representar la conexión con un tubo simétrico en forma de “S”. Determinar el radio verdadero de la curva y el ángulo de curvado.

SOLUCIÓ: El ejercicio se resuelve realizando el abatimiento del punto B, alrededor de A para que ambos se encuentren en una misma vertical. Para unir los tubos en “S” se trazarán los arcos de circunferencia tangentes. Como se indica en la figura, el valor del radio es R, y el del ángulo es α.


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EJERCICIO 12 A, B y C son tres puntos conocidos del eje de un conducto de alimentación de diámetro 600 mm, por el que circula agua hacia abajo de la ladera de una montaña. -B está 21 m al Oeste y 7.5 m al orte de A. -C está 9 m al Oeste y 15 m al orte de A. -Elevaciones: De A, 800 m. De B, 794 m. De C, 787 m. La tubería requiere un tubo acodado de gran radio, para conectar los tramos rectos, con objeto de evitar un cambio de dirección brusco en B. Dicho radio será ocho veces mayor que el valor del diámetro de la tubería. Hallar: a) Magnitud del ángulo del tubo acodado. b) Longitud del tubo recto desde A hasta el tubo acodado. c) Pendiente del tubo recto desde A hasta el tubo acodado. d) Representar el eje del tubo acodado en planta y alzado.

SOLUCIÓ: Como muestra la figura del enunciado, tenemos dos rectas que se cortan en un punto B. Para resolver el apartado a, se abaten las dos rectas para ver en verdadera magnitud los tramos AB y CD. Se utilizará una horizontal -h- que pase por el

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punto A, esta será la charnela, realizando alrededor de h' un abatimiento sobre el plano horizontal. La magnitud del ángulo acodado será el indicado como α. En este abatimiento también se resuelve el apartado b, dado que la longitud pedida es la indicada en el dibujo como la distancia entre el punto A0 y 10. El apartado c, se resuelve en el cambio del plano oblicuo ABC a plano proyectante vertical, convirtiendo la horizontal -h- del plano en recta perpendicular al vertical. La pendiente es la indicada por el ángulo β. El apartado d, se resuelve obteniendo los puntos de tangencia 1 y 2 en el abatimiento de los tramos rectos según el codo circular cuyo radio R se ha calculado. Las proyecciones del codo serán dos tramos elípticos que se determinarán como afines de la circunferencia de origen.


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EJERCICIO 13 Desde A(300) un nuevo pozo minero lleva una dirección 60º E y cae 30º. Desde B, un antiguo pozo lleva una dirección 75º SO y cae 15º. B está 43 m. al E y 65 m. al de A y a su mismo nivel. Es necesario unir estos dos pozos mediante otro, lo más corto posible. Determinar: a) La posición del nuevo pozo. b) Su longitud. c) Su pendiente. d) Las cotas de sus extremos

SOLUCIÓ: Se colocan los datos como indica la figura, teniendo en cuenta las direcciones, posiciones y caídas (pendientes) dadas en el enunciado Una vez que se tienen las rectas, -a- y -b- que representan los ejes de los pozos, se comienza la resolución del ejercicio. Con un cambio de plano se hace que la recta -a- que es oblicua pase a ser de perfil, arrastrando con ella a la recta -b- .

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Se realiza otro cambio de plano hasta que la recta a1 sea una recta perpendicular al vertical, arrastrando con ella, como en el cambio anterior, a la recta b1. Llegando a este punto, donde se tiene una recta de punta y otra oblicua, se traza una perpendicular a b2' que pase por a2'. Esta perpendicular es la recta -t- que será el eje del pozo más corto que une los pozos dados. Para finalizar se deshacen los cambios hasta la posición inicial.


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EJERCICIO 14 Se desea unir dos tubos de conducción AB y CD. B está 3 m. al orte y 18,25 m. al Oeste de A y 13,75 m. por encima de A(150). • C está 6,75 m. al Sur de A y 22,85 m. sobre A. • D se encuentra a 15,25 m. al orte y 10,5 al Oeste de A y 10,65 por encima. Determinar la conexión de estas dos tuberías por medio de una tercera, empleando solamente “tes”(Tuberías en forma de T) de 90º. Determinar su longitud, su pendiente y las posiciones de los extremos.

SOLUCIÓ: Como se aprecia, los dos segmentos dados no son coplanarios, no se cortan en un mismo punto ni son paralelos. Para ahorrar trazados se opta por definir un plano que contenga a uno de los segmentos y sea paralelo al otro y tomarlo como referencia para realizar los cambios de plano necesarios para resolver el ejercicio. Se traza una recta paralela al segmento A''B'' que pase por C''. Desde el punto D'' se hace pasar una recta horizontal que corta a la recta paralela a A''B'' en un punto E''. CDE es el plano que se va a utilizar. Se realizan dos cambios de plano, el primero colocando el plano CDE como un proyectante vertical y en el segundo como un plano horizontal. A la vez que se realizan estos cambios con los puntos CDE, se hace lo mismo con los demás elementos.

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Una vez que se tiene la posición favorable, la tubería de unión más corta es una recta de punta definida por los puntos X e Y. Deshacemos los cambios y obtenemos la situación de la tubería pedida.


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EJERCICIO 15 En la figura se representa una tolva para almacenar mineral. Determinar el ángulo que forman las caras laterales con el plano del fondo, así como la verdadera magnitud de una de ellas.

SOLUCIÓ: Para determinar el ángulo que se produce con el plano del fondo y la verdadera magnitud de una cara lateral de la tolva, se necesitará realizar dos cambios de plano. En el primero, es necesario que la horizontal -h-, pase a ser una recta perpendicular al plano vertical. Se consigue, colocando una línea de referencia perpendicular a la proyección h’. El ángulo β representado será la solución pedida. A continuación se realiza el segundo cambio de plano (horizontal), dejando la cara lateral de la tolva paralela al plano horizontal. La nueva proyección obtenida será la verdadera magnitud de la cara de la tolva. Se consigue aplicando los alejamientos relativos que aparecen en el dibujo. * Se propone como ejercicio, la realización de un orificio circular en la cara de la cual se ha obtenido su verdadera forma.

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EJERCICIO 16 El eje -e- de un conducto cilíndrico de revolución parte de un punto M y pasa por el centro de un orificio circular de 27 mm. de diámetro, realizado en una chapa de forma cuadrada y de 82 mm. de lado. Determinar las proyecciones del conducto de mayor diámetro posible y a escala 1:1.

SOLUCIÓ: Se realiza un cambio de plano horizontal para situar al eje -e- en posición horizontal. En dicho cambio, la nueva proyección de la chapa corta al eje en el punto O’1, desde el que se traza la perpendicular al eje e’1. En este cambio, se determinan los puntos P’1 y Q’1, y desde ellos se trazan paralelas al eje e’1. De esta forma, se obtiene el diámetro (d) del conducto cilíndrico, así como también se conoce el eje principal (P’1Q’1) de la elipse del cilindro de revolución. Para determinar las proyecciones, serán necesarios una serie de puntos que nos ayudarán en el trazado de las elipses. Estos puntos se determinan en el cambio de plano, dividiendo la sección principal del cilindro en partes iguales y obteniendo así generatrices que definirán según sus trazas, con planos paralelos a los de referencia, los límites del cilindro de revolución.

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EJERCICIO 17 En el depósito de la figura, se pide determinar el ángulo diedro entre las caras CDEAB y CDGFH.

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SOLUCIÓ: Para determinar el ángulo diedro entre las caras CDEAB y CDGFH se tiene que conseguir que la recta intersección -f- llegue a ser una recta de punta. En este caso, por ser dicha recta frontal, será suficiente con un cambio de plano horizontal. Para ello, la nueva línea de referencia se coloca perpendicular a la proyección f ’’. En esta posición, se determina en verdadera magnitud el ángulo pedido (α).


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EJERCICIO 18 En el ejercicio anterior realizar sobre la cara CDEAB un orificio de 10 mm. de radio, cuyo centro se encuentre en las bisectrices de los ángulos EDC y DEA. Obtener los ejes principales de sus proyecciones. SOLUCIÓ: Primeramente se realiza un cambio de plano para poder situar la cara lateral como proyectante vertical. Para conseguirlo se necesita una recta -h-, la cual se determinará mediante los puntos A y P, recurriendo a la tercera proyección para definir proyecciones de este último. La recta -h-, es una recta horizontal y por medio de un cambio de plano vertical se convierte en una recta perpendicular a dicho plano de proyección. Para ello se sitúa la nueva línea de referencia perpendicular a h’. En segundo lugar se realiza un cambio de plano horizontal, obteniendo la cara lateral del depósito en posición paralela al plano de proyección. De esta forma, la cara se encuentra en verdadera magnitud y se puede realizar el orificio pedido en el enunciado. Seguidamente se determina el centro con sus correspondientes cotas. Por último, se llevan las magnitudes según correspondan y se determinan los ejes de la figura del agujero en el alzado y la planta. En el dibujo se puede apreciar claramente como se obtienen dichos ejes según el procedimiento estudiado con anterioridad.

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EJERCICIO PARA RESOLVER. En el modelo dado por sus correspondientes proyecciones. Practicar en la cara (1,2,3) un orifico circular máximo, obteniendo sus ejes en las tres vistas.

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EJERCICIO 19 Realizar un orificio de diámetro máximo en una chapa ABCDE de espesor no considerado. Determinar los ejes de dicho agujero en el alzado y planta, así como también la verdadera magnitud de dicha chapa. A (32, Y+11, 0) E (Z, Y+43, 19)

B (11, Y, 38)

C(32, Y+28, 65)

D(¿, Y+43, 56)

Y- Menor alejamiento de todos los puntos. Z- Mayor cota de todos los puntos. El centro del orificio se encuentra en la intersección de las bisectrices de los ángulos EAB y EDC.


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SOLUCIÓ: Se comenzará posicionando los cinco puntos A, B, C, D, E, de forma que sean coplanarios, como se puede apreciar en la página anterior, para conseguirlo se utiliza la afinidad. Una vez obtenidas las proyecciones de la chapa ABCDE, se coloca en la posición adecuada para que se vea en verdadera magnitud, y así poder realizar el orificio de diámetro pedido. Tendrá como centro la intersección de las bisectrices de los ángulos indicados en el enunciado. Cuando el orificio se haya realizado, se determinan sobre él los diámetros que darán lugar a los ejes de la elipse en proyección horizontal. Se desabatirán y serán obtenidas las respectivas proyecciones diédricas de alzado y planta con sus ejes correspondientes. La construcción de las elipses se realizará con los métodos ya explicados.

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EJERCICIO PARA RESOLVER. Realizar un agujero centrado y máximo en la placa de proyección hexagonal regular partiendo de los datos que aparecen en la figura: planta (A′B′C′D′E′F′), alzado (F’’’) del vértice F y eje de afinidad entre proyecciones de la placa.

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EJERCICIO 20 En la figura se representa una tolva y un conducto prismático de sección cuadrada. Unir el citado conducto cuyo eje pasa por el punto X, con la cara más cercana de la tolva a dicho punto, de tal forma que recorra la distancia más corta posible. Se pide: 1-Representar el conjunto en alzado, planta y perfil izquierdo. 2- Determinar la verdadera magnitud de la sección recta del conducto.


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SOLUCIÓ: El conducto más corto posible será aquel que partiendo del punto X perpendicular a la cara 1234 de la tolva.

sea

Se resuelve trazando desde X la recta perpendicular y sus respectivas paralelas desde los límites del conducto, al plano de la cara citada. Para hallar la intersección de la recta trazada desde X con la cara lateral 1234 de la tolva, se hace un cambio de plano de ésta, de tal manera que se convierta en proyectante sobre el vertical. Para obtener dicho cambio, se coloca la línea de referencia perpendicular a la proyección 2’3’. La cara pasa a ser proyectante y el punto X’’se convierte en X’’1. Desde éste, se traza la perpendicular a la cara lateral para determinar el punto O’’1. Realizando la misma operación desde los puntos extremos del conducto se obtienen los puntos A’’1 B’’1 C’’1 y D’’1. Queda así definido el conducto pedido, pudiéndose determinar a continuación sus proyecciones en alzado, planta y perfil. Para determinar la verdadera magnitud de la cara 1234, se conocen los verdaderos valores de las aristas 14, 23 y la distancia entre ambas (obtenida en el cambio de plano). Como se puede apreciar en el dibujo, se resuelve también le verdadera magnitud de la sección recta del conducto.

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EJERCICIO 21 Se dispone de una chapa de sujeción de lados paralelos dos a dos, la cual vamos a soldar a un perfil. Para ello se necesita realizar un plegado a 10 mm. de su borde AB y a 120º. Obtener las proyecciones de dicha chapa y su plegado correspondiente. Datos: XA= 0 XB= 24 XD= 38 A’’’B’’’= 28 B’’’C’’’= 42 D’’C’’= 42 C’’A’’= 61 D’’ se situará con el menor alejamiento de todos los puntos. Las dimensiones vienen dadas en mm. SOLUCIÓ: En un principio, con los datos dados se determina la chapa de vértices ABCD y sus correspondientes proyecciones diédricas. Para realizar el plegado propuesto en el enunciado, necesitamos que la recta -ise convierta en una recta de punta. En este caso, -i- (AB) es una recta oblicua que en primer lugar se convierte en recta frontal mediante un cambio de plano vertical; para ello se coloca la línea de referencia paralela a la proyección i’, y se obtienen las nuevas proyecciones de la chapa A1’’B1’’C1’’D1’’. Seguidamente se realiza un cambio de plano horizontal, con la línea de referencia perpendicular a la proyección i1’’. De esta forma, ya tenemos a la recta de punta sobre un plano horizontal y la proyección A1’ B1’ C1’ D1’ estará en la misma línea (proyectante). A continuación, y a la distancia de 10 mm. de AB se realiza el plegado a 120º, obteniendo la línea de plegado y los correspondientes puntos A1p’ B1p’ que devolveremos a sus respectivas proyecciones para así obtener la correspondiente chapa plegada.

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EJERCICIO 22 Sobre el tejado de la figura, hallar la sombra producida por el cable situado entre los puntos M y , conociendo que la luz L tiene la dirección indicada. E 1:200

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SOLUCIÓ: Se comienza trazando por el punto M, el rayo de luz rM paralelo a la dirección L de iluminación natural. La proyección r’M corta a las proyecciones de los límites de uno de los faldones en los puntos 1’ y 2’, obteniendo después las proyecciones verticales 1″ y 2″, queda así definida la recta -i- que determina el punto A (A’’-A’) de incidencia de rM sobre el faldón. Al ser el cable paralelo al faldón se obtiene la sombra AB sobre él. Después de obtener el punto F, sombra del extremo N sobre el plano de arranque del tejado, se traza la paralela al cable obteniendo el tramo FE de sombra sobre dicho plano de arranque. El rayo luminoso rE define el punto D y por lo tanto se obtienen los tramos de sobra ED y DC. El último tramo por determinar se hallará uniendo el extremo C con el B obtenido con anterioridad.


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EJERCICIO PARA RESOLVER Se conocen las proyecciones de una chapa ABCD a la que se pretende acoplar en AB otra chapa perpendicular de idéntica superficie. En esta nueva chapa se realizará un plegado en su parte central a 120º. Obtener las proyecciones de las placas acopladas y su plegado.

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EJERCICIO 23 Se pretende realizar en chapa una rampa de acceso a un garaje, entre el plano de la acera y el plano de la calle. Los ángulos DAB y ABC son rectos. El plano que representa a la rampa está definido por la arista AB y el ángulo de 165 º que debe formar con el plano de la calle. Dicha arista es de 5,2 m. y el desnivel entre los planos que une la rampa es de 0,2 m. Los planos laterales ADE y BCF quedan determinados por las aristas AD y BC, además se sabe que forman 120 º con el plano de la calle. Se pide: 1- Dibujar la rampa a escala 1:50 en las proyecciones de alzado y planta. 2- Verdadera magnitud de la superficie EABFCDE.


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SOLUCIÓ: Se comienza colocando la arista CD en posición horizontal, pudiendo aplicar en esa posición su verdadera magnitud. Para determinar la arista superior AB de la rampa, se recurre a la tercera proyección. En esta proyección se coloca la arista BC ≡ AD formando 165º con el plano χ (horizontal). Llevando la correspondiente cota entre los dos planos, se determinan los puntos A’’’≡ B’’’. Se puede así obtener la proyección A’’B’’C’’D’’, y a continuación, con la magnitud -y-, se determinará A’B’C’D’. Para calcular los puntos E y F que definen los planos laterales de la rampa, nos serviremos de un cono de vértice A’’ y con un ángulo de las generatrices con la base de 180º-120º=60º. Construido el cono, se traza desde el punto D’ la tangente a la base de éste y así se determina el punto E. Para la obtención de la verdadera magnitud de la rampa, se tienen todos los datos necesarios. Unos vendrán dados directamente (A0B0 = C0D0 = 5,2 m.) y otros en sus respectivas proyecciones, ya que se trata de rectas horizontales y frontales. Su determinación es de fácil interpretación y aparece detallada en el dibujo.

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EJERCICIO PARA RESOLVER En el edificio representado en la figura mediante sus proyecciones diédricas, hallar la sombra arrojada sobre su tejado y paredes laterales por el cable situado entre los postes M y , sabiendo que la iluminación natural -L- tiene la dirección indicada.

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EJERCICIO 24 Sobre una cubierta en diente de sierra se ha dispuesto, por necesidades constructivas de la instalación interior, un elemento poliédrico EABFCD. Las aristas AB y CD son de 5 m. y la distancia entre ellos es de 3,2 m., el resto de datos necesarios aparecen en la figura. Determinar el elemento en alzado y planta, obteniendo además de su verdadera superficie, el ángulo diedro de arista AD.


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SOLUCIÓ: Se coloca la arista CD en posición horizontal y en verdadera magnitud. Para determinar la posición de la arista superior AB, se recurre a la tercera proyección. En dicha proyección se coloca la arista BC=AD en verdadera magnitud y formando 135º con el plano χ, que forma 30º con el P.H. (diferencia con respecto al ejercicio anterior). Se pueden determinar ahora las proyecciones del cuadrilátero ABCD. Para determinar el punto E, nos apoyamos en un cono de vértice A’’’ y cuyas generatrices forman con el plano de la base un ángulo de 60º. Para situar el cono deberemos realizar un giro del plano χ, hasta colocarlo en la posición χ0. También se giran los otros puntos contenidos en χ hasta χ0, construyendo la base del cono con el radio que se ha determinado. Posteriormente se traza la tangente a la base desde el punto C’’’0, obteniendo el punto T’’’0, que es referido al plano χ y obteniendo así la proyección T’’’. Seguidamente se refiere a la proyección vertical el punto T’’’ con la magnitud -x- hallada, para así determinar el punto proyección E’’’, y también su proyección horizontal. El punto F se determina por simetría, ya que el ángulo exterior es el mismo. Para calcular el ángulo diedro, se determina una sección recta mediante un plano δ perpendicular a la arista AD. Con él, se obtienen -m- y -n- en las intersecciones de δ con ADE y ADCB respectivamente. Para obtener el valor del ángulo formado por la recta -m- y -n- se realiza un giro del punto E alrededor del eje n’ (giro que debe realizarse en 3ª proyección, dado que la recta es paralela a la línea de referencia), obteniéndose el punto E1’’’. Llevando la cota relativa YE1 se obtiene el punto E1’ y m1’, siendo el ángulo diedro θ, el formado por las rectas m1’ y n1’. Para la construcción del elemento en verdadera magnitud se tienen todos los datos necesarios. Unos vienen dados (A0B0 = C0D0 = 5 m. y B0C0 = A0D0 =3,20 m.) y otros se calculan directamente.

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EJERCICIO PARA RESOLVER Se desea construir una rampa de acceso entre el plano horizontal α y el plano inclinado χ, cuyas características aparecen indicadas en la figura. Se puede apreciar que el plano β es vertical y los ángulos DAB y ABC son rectos. Datos: El plano ABCD queda definido por la arista AB de 5,2 m. y el ángulo de 135º que debe formar con el plano inclinado χ, lo que permitirá hallar su intersección CD con dicho plano. Los planos laterales AED y BCF quedan determinados por las aristas AD y BC, y los ángulos que forman con χ que se muestran en la figura. El ángulo de inclinación del plano χ se deja a la elección del lector.

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EJERCICIO 25 Determinar las vistas diédricas de un biombo formado por tres módulos rectangulares como los de la figura adjunta. Para ello se parte del cuerpo central A representado, y se conocen los respectivos plegados de los otros dos módulos: El B, 75º hacia abajo con respecto al cuerpo central A. El C, 120º hacia abajo con respecto a dicho cuerpo central.


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SOLUCIÓ: Se parte de la lámina A (dato del ejercicio) y se realiza un cambio de plano vertical en el que la nueva línea de referencia sea paralela a las proyecciones de los bordes A’D ’y B’C’. A continuación se realiza un segundo cambio en el que se colocan los bordes de punta, con su nueva línea de referencia perpendicular a las proyecciones A1’’ D1’’ y B1’’C1’’. En este cambio, se ha colocado la lámina como proyectante y por tanto, en esta proyección se realizarán los plegados indicados, según las condiciones pedidas y las que aparecen en la figura adjunta. La lámina B se plegará 75º hacia abajo y la C 120 º hacia arriba, con respecto a la lámina A, que parte como cuerpo central. Partiendo de esta proyección, se obtiene G1’H1’ y E1’F1’, que referidos al vertical, darán lugar a G1’’ H1’’ y E1’’ F1’’. Si se utilizan las coordenadas relativas que aparecen en el dibujo, y se procede en sentido inverso, se determinarán las correspondientes vistas diédricas del conjunto.

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EJERCICIO PARA RESOLVER Al biombo, del ejercicio anterior, aplicarle un módulo D con las mismas dimensiones que los anteriores. Su plegado será de 135º hacia arriba con respecto al cuerpo central A y a continuación del módulo C. Obtener las tres proyecciones del conjunto.

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EJERCICIO 26 Para elaborar un soporte se parte de una chapa plana que se recorta y taladra, obteniéndose el desarrollo que se representa en la figura. A continuación, tomando como cuerpo central el A, se realizan los siguientes doblados: -La aleta B se dobla hacia abajo, por su línea de trazos, hasta formar con el cuerpo central A un ángulo de 135º. -La aleta C se dobla hacia abajo, por su línea de trazos, hasta formar con el cuerpo central A un ángulo de 120º.


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SOLUCIÓ: La placa A será tomada como plano horizontal de referencia, por lo que su planta será la misma (verdadera magnitud) y la representación de su alzado y perfil pertenecerán a una línea recta. La aleta C, confundida con una línea, se plegará 120º hacia abajo en la vista del alzado, y cuya dimensión será la medida real de la anchura. En la vista del perfil se verá la aleta C con la anchura obtenida en el alzado y con sus respectivos taladros, que se representarán según elipses. En estas elipses, su eje mayor es el diámetro dado, y su eje menor viene determinado en el alzado. La aleta B, confundida con una línea, se plegará 135º hacia abajo en la vista del perfil, y cuya longitud será la medida real de la anchura, que se tomará directamente da la anchura de la aleta B en el alzado. En la vista de perfil se obtienen las magnitudes necesarias para la determinación de la chapa y de su respectivo orificio rectangular tanto en el alzado como en la planta, donde su longitud es la dada y su anchura viene dada con sus respectivas proyecciones.

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EJERCICIO PARA RESOLVER Para elaborar un soporte se parte de una chapa plana, que se recorta y taladra, obteniéndose el desarrollo representado en la figura. Tomando como cuerpo central el A, se realizan los siguientes plegados: -La aleta B se dobla hacia abajo, por su línea de trazos, hasta formar con el cuerpo central A un ángulo de 135º. -La aleta C se dobla hacia abajo, por su línea de trazos, hasta formar con el cuerpo central A un ángulo de 120º. -La aleta D se dobla hacia arriba, por su línea de trazos, hasta formar con el cuerpo central A un ángulo de 135º.

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EJERCICIO 27 Dos depósitos deben comunicarse entre sí mediante un conducto prismático, de sección recta y eje dados. El depósito (1) es troncopiramidal invertido de bases cuadradas y el depósito (2) es prismático recto de bases cuadradas. Se pide: Alzado y planta del conjunto, una vez construido el conducto y fijado a los depósitos.


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SOLUCIÓ: Primeramente, se realiza un cambio de plano vertical en el que la nueva línea de referencia será perpendicular a la proyección A’B’ de la arista. A continuación, se dibujan las nuevas proyecciones de los dos depósitos, manteniendo las cotas y características correspondientes. Se ha obtenido así el punto (de cota Z1) desde donde parte el eje del conducto de sección recta conocida. Con éste y conocida la anchura del conducto se calculan los puntos 91’’ ≡ 121’’ y 101’’ ≡ 111’’ en el depósito (1); y 61’’ ≡ 71’’ y 51’’ ≡ 81’’ en el depósito (2). Después, se refieren las proyecciones a la planta. En el depósito (1) los puntos se confunden con la cara G’F’J’K’, mientras que en el depósito (2) los puntos forman el cuadrilátero 5’6’7’8’. Seguidamente, se refieren todos estos puntos al alzado, siguiendo adecuadamente los valores que aparecen calculados en el dibujo (cotas en el cambio de plano). Por último, se determinarán las partes del conducto vistas y ocultas.

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EJERCICIO 28 Dados los depósitos del ejercicio anterior y con los mismos datos iniciales, se pretende comunicarlos entre sí mediante un conducto. La sección inicial en el depósito (2) es la misma, y la final en el depósito (1) sigue la fórmula L = 11 + (d/10), donde la magnitud -d- será calculada en el dibujo.

SOLUCIÓ: Hasta la realización del cambio de plano todo el procedimiento será el mismo. Después, se calcula el valor de -d-, y se aplicará en la fórmula del enunciado: L =11 + (d/10) =11+ (43/10) = 15,3 Este resultado, será el valor de la anchura final del conducto en el depósito (1). Con ello, se obtienen los puntos 61’’ ≡ 71’’ y 51’’ ≡ 81’’, que junto con los puntos 91’’ ≡ 121’’ y 101’’ ≡ 111’’, determinarán la forma del conducto en el cambio de plano. A continuación, se referirán los puntos a sus respectivas vistas de alzado y planta, siguiendo el procedimiento que se ha explicado en el ejercicio anterior.

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EJERCICIO PARA RESOLVER Dos depósitos deben comunicarse entre sí, mediante un conducto prismático, de sección recta y eje dados. El depósito (1) es troncopiramidal de bases cuadradas y el depósito (2) es prismático de base hexagonal regular, y cerrado. Se pide: Alzado y planta del conjunto, una vez construido el conducto y fijado a los depósitos.

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EJERCICIO 29 Se quiere utilizar una chapa para la construcción de un soporte de fijación, la cual, viene dada por sus proyecciones diédricas. Para ello, es necesario realizar un plegado en su línea media a 90º (dándole forma de escuadra), y realizando un agujero centrado de diámetro 17 mm. en la parte que sirve de soporte para poder alojar un elemento de fijación. Obtener las proyecciones de la placa plegada y del agujero.


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SOLUCIÓ: Para realizar el plegado, necesitamos que la recta -i- se convierta en una recta de punta. Por lo tanto, convertiremos a la recta -i- (AB), que es una recta oblicua, en una frontal mediante un cambio de plano vertical; para lo cual situaremos a la línea de referencia paralela a la proyección i’. A continuación, se realiza un segundo cambio de plano (horizontal) con la línea de referencia perpendicular a la proyección i1’’. Ahora, tenemos a la recta de punta y la proyección de la chapa A1’ B1’ C1’ D1’ sobre una línea recta. En esta proyección, en el punto medio se realiza el plegado a 90º, obteniendo la línea de plegado y los puntos A1p’ B1p’, que serán referidos a sus proyecciones obteniendo la chapa plegada. En el segundo cambio de plano, se determina el centro del orificio que servirá para alojar al elemento de fijación citado. Este punto central será referido también a las proyecciones de alzado y planta, donde se determinarán sus ejes siguiendo el método que ya se ha visto en ejercicios anteriores. Para ello, se determina la verdadera magnitud del segmento comprendido entre el centro y el punto M y cuya cota relativa es ZOM, así se obtiene p0 y llevando sobre ella el valor del semidiámetro se consigue la proyección de un extremo del eje y por simetría el otro, ver Figura 39 página 33. En la proyección vertical se repetirá el mismo procedimiento.

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EJERCICIO 30 La sección producida en un hexaedro regular por un plano, es un hexágono regular ABCDEF del que las proyecciones horizontales de AB, AF, y BC son ocultas. Determinar las proyecciones horizontal y vertical del hexaedro con los siguientes datos: A (0, 56, 0) - B (0, 56, 28) - E (37, y, x) La cota de E es la mayor posible. SOLUCIÓ: La resolución gráfica se realiza en dos partes para no cargar demasiado el dibujo y facilitar su comprensión. A) En primer lugar, se dibuja la sección del cubo producida por el plano α (ABCDEF). Para ello, se construye la sección hexagonal del cubo supuesta abatida A0B0C0D0E0F0, de la que se conoce el lado, ya que A’ ≡ A0 y B’ ≡ B0. Con este hexágono abatido y con las magnitudes Y3 e Y4 se obtendrán los puntos A0’’’ ≡ B0’’’, C0’’’ ≡ F0’’’ y E0’’’ ≡ D0’’’. Los puntos anteriores se elevan adecuadamente dando lugar a las proyecciones A’’’ ≡ B’’’, C’’’ ≡ F’’’ y E’’’≡ D’’’; que a su vez, determinarán las proyecciones A’’, B’’, C’’, D’’, E’’ y F’’. Las proyecciones horizontales serán obtenidas con las magnitudes Y1 e Y2, tal y como se aprecia en el dibujo. A continuación determinaremos la proyección horizontal del cubo sobre el plano (α) que produce la sección, obteniendo el hexágono formado por los puntos 2α, 3α, 4α, 5α, 6α,7α y en cuyo centro situaremos los puntos 1α ≡ 8α. El plano que produce en el cubo un hexágono regular será perpendicular a una de sus diagonales (1-8) y pasará por su punto medio O. Después se calcula la diagonal del cubo, la cual será necesaria más adelante. Su construcción basada en la semejanza, parte del valor de -R- radio de la circunferencia circunscrita al hexágono proyección del poliedro.

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B) En este apartado, obtenemos los puntos 2’α, 3’α, 4’α, 5’α, 6’α,7’α, 8’α y 1’α por medio de la afinidad existente entre la sección dada en el enunciado y la proyección horizontal del cubo sobre el plano α. El eje de afinidad pasará por los puntos A’ y B’ y la dirección de afinidad será perpendicular a dicho eje. Los puntos anteriores se llevan a la tercera proyección utilizando las magnitudes Y5 e Y6 obteniendo 2’’’α, 5’’’α ≡ 6’’’α, 3’’’α ≡ 4’’’α, 7’’’α y 1’’’α ≡ 8’’’α. A continuación se llevará alternativamente a partir de los puntos anteriores y sobre perpendiculares al plano secante la magnitud D/6, y en los puntos referentes a la diagonal la magnitud llevada será la D/2, según se desprende de la figura de análisis. De esta forma, se determinarán los puntos 2’’’, 5’’’ ≡ 6’’’, 3’’’ ≡ 4’’’, 7’’’ y 1’’’ ≡ 8’’’ que serán después referidos a las proyecciones vertical y horizontal adecuadamente. Uniendo los puntos tal y como se puede ver en la figura adjunta se obtendrán las proyecciones del hexaedro pedido en el enunciado.

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EJERCICIO 31 Se desea instalar una escultura formada por un prisma y una esfera. El prisma es triangular, de aristas verticales, hueco y sin tapa superior. Su tapa inferior se encuentra sobre un plano horizontal y su zona superior está formada por el plano imaginario ABC. La esfera debe estar colocada sobre el prisma, siendo su radio de 42 mm. Realizar la representación en alzado y planta del conjunto, a escala 1:2 una vez se encuentre la escultura montada. Se indicarán los puntos de contacto de la esfera con el prisma. A (17, 120, 0) Pendiente del plano 50%. B (ZB, 0, 16) B es un punto más alto que A. C (17, 52, 93)

SOLUCIÓ: Se conocen las proyecciones diédricas de A y de C y la posición del punto B será determinada con los datos del enunciado y con la pendiente del plano (50%). Esta pendiente se colocará sobre una línea de referencia perpendicular a la proyección A’C’ y se determinará la cota Z1 que resolverá el posicionamiento de B; quedando definido el plano de la zona superior del prisma. A continuación se abatirá el plano ABC según A0 B0 C0. En este abatimiento se encontrará el incentro IO, punto equidistante de los lados. Seguidamente se obtienen sus proyecciones (I1’’-I1’) y se traza la recta -m- perpendicular, sobre ella que se encontrará el centro de la esfera. Este se determina en la intersección de la perpendicular con el arco de centro C1’’ y radio el dado en el enunciado. El punto obtenido O1’’ será referido a sus proyecciones de alzado y planta, y haciendo uso de la magnitud Z2 determinada en el dibujo. Los puntos de tangencia se calculan en el abatimiento y se refieren a la proyección vertical y horizontal según se aprecia en la resolución.

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EJERCICIO 32 Se pretende colocar la chapa de la figura ajustada a la esquina OXYZ. Para lograrlo, habrá que plegar cada una de las tres solapas (por las líneas AB, AC y BC) lo necesario hasta que apoyen en las caras del triedro trirrectángulo OXYZ, y así poder realizar el anclaje a dichas caras mediante tornillos de diámetro 6,5 mm. Una vez ajustada la chapa a la esquina. Se pide: 1- Alzado, planta y perfil de la chapa con un solo orificio en cada solapa. 2- Determinación de los ángulos diedros en los plegados.

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SOLUCIÓ: En primer lugar, se coloca la chapa con sus vértices apoyados en los ejes y los lados sobra las caras del triedro, y en cada vista un lado aparecerá en verdadera magnitud. Para conseguirlo, se tienen que colocar adecuadamente, y por tanto, se deben cumplir las siguientes relaciones gráficas:

Estos resultados también pueden ser obtenidos de forma numérica. En la figura. y a escala (E 3:4) se ha determinado el valor de -y-, los valores de -x- y -z- se obtienen por igual procedimiento.

(l12 − l22 + l32 ) y= ≅ 61 mm. x ≅ 53 mm. z ≅ 28 mm. 2 Una vez situados los ejes como se indican en las figuras iniciales, se comienza su resolución: En la vista de la planta, se construye la chapa sin sus solapas y con su orificio circular en verdadera magnitud. De esta forma, se determina el punto O0 lo cual permite obtener sus proyecciones O’, O’’, O’’’, centros de las elipses proyecciones del orificio. De las elipses y para su definición se han obtenido los ejes en las tres proyecciones. Las solapas se encontrarán en verdadera magnitud en todas sus vistas, al igual que sus respectivos agujeros para los tornillos (sólo se ha dibujado uno en cada solapa).


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Para determinar los ángulos diedros (αAB, αAC, αBC) en los plegados por AB, AC y BC respectivamente, se realizan los siguientes pasos: αAB – Se realiza un cambio de plano en el que la nueva línea de referencia es perpendicular a la arista A’B’. La anchura de la solapa será la misma, ya que se encuentra en verdadera magnitud. Así, la arista AB se proyecta según A’’ ≡ B’’. El punto C’’ se determina en el cambio de plano con la magnitud de -z-. El ángulo será el determinado por la solapa y la placa A’’B’’C’’. αCB – Se realiza un cambio de plano en el que la nueva línea de referencia es perpendicular a la arista C’’’B’’’. La anchura de la solapa será la misma, ya que se encuentra en verdadera magnitud. Así, la arista CB se proyecta según CIV≡ BIV. El punto AIV se determina en el cambio de plano con la magnitud de -x-. El ángulo será el determinado por la solapa y la placa AIVBIVCIV. αAC – Se realiza un cambio de plano en el que la nueva línea de referencia es perpendicular a la arista A’’C’’. La anchura de la solapa será la misma, ya que se encuentra en verdadera magnitud. Así, la arista AC se proyecta según A’ ≡ C’. El punto B’se determina en el cambio de plano con la magnitud de -y-. El ángulo será el determinado por la solapa y la placa A’B’C’.

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EJERCICIO PARA RESOLVER En el ejercicio 31, determinar la verdadera magnitud y proyecciones del triángulo MP (rayado en la figura). Tendrá una pendiente del 5 %, con P como vértice inferior y situado dentro del prisma triangular base. Realizar también un orificio semicircular en la cara CAP, de 25 mm. de radio, para desalojar el agua que pueda entrar en el prisma, según se indica en la figura.

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EJERCICIO 33 En la figura se representa una construcción de planta hexagonal irregular conocida. ED=59 CDE=120º DC= 109 EFG=120º CH= 76 CHG=105º HG= 84 DEF=135º DCH=120º Para calcular los demás puntos se tendrá en cuenta que: A y B se proyectan ortogonalmente en los baricentros de los triángulos imaginarios de la base CHG y DEF. Las cotas de A y B será de 100. El tejado tendrá las siguientes pendientes: de AUTB =100%, de AXRB =100 %, de AVX = 60º, de BTS = 60º. Dibujar las proyecciones de dicha construcción a escala 1:2


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SOLUCIÓ: Primeramente, se colocará la planta hexagonal con los datos del enunciado. A continuación se realizará un cambio de plano vertical en el que la nueva línea de referencia será perpendicular a la proyección A’B’. En esta nueva proyección se colocarán las pendientes del 100 % en los faldones AUTB y AXRB y se obtendrán así los puntos T1’’, U1’’, X1’’ y R1’’ con sus respectivas cotas relativas. Los puntos anteriores serán llevados a la proyección vertical. Para obtener el punto V será necesaria la utilización de un cono sobre el que se apoyará el plano AVX. Para ello se construye un cono de vértice el punto A y que forma 60º en su base. Nos serviremos de un plano ε y de un punto de apoyo N. El punto N’ será obtenido mediante la intersección de la tangente a la base del cono desde X’ y la recta que une A con V (de la cual se conoce su proyección horizontal). El punto S será calculado de igual forma que el anterior, mediante un cono de vértice el punto B, el plano ω y un ángulo en la base de 60º.

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EJERCICIO PARA RESOLVER En la figura del ejercicio anterior determinar la verdadera magnitud del faldón ABTU. Realizar un orificio centrado de diámetro 20 mm. Obtener los ejes del orificio en sus correspondientes proyecciones. Determinar también, la verdadera magnitud de la superficie del faldón BRS. EJERCICIO 34 En la figura se representa una escuadra óptica revestida interiormente de espejo en todas sus caras con excepción de la inferior y de la lateral derecha, que son de vidrio. Representar la trayectoria del rayo -r- en el interior de la escuadra.

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SOLUCIÓ: El rayo -r-, entra por la parte inferior de la escuadra y se refleja en la cara ABCDE con el mismo ángulo que el de incidencia. Para su representación, se procede de la forma siguiente: En primer lugar se realiza un cambio de plano vertical en el que la nueva línea de referencia es perpendicular a la proyección h’. La recta -h- es la horizontal del plano ABCDE. En este cambio se tiene el plano A1’’B1’’C1’’D1’’E1’’ y la recta r1’’. Este rayo incidente se cortará con el plano en un punto, por el cual se traza su normal n1’’. De esta forma, se obtiene la proyección del ángulo que forma el rayo con la normal y que será igual a la del que forma el rayo reflejado s1’’ y la normal. Este ángulo no se encuentra en verdadera magnitud pero las deformaciones son proporcionales por encontrarse ambos ángulos en el mismo plano. El rayo reflejado se referirá a continuación a las proyecciones vertical y horizontal, valiéndonos de las cotas relativas necesarias. En segundo lugar, este rayo reflejado -s- incidirá sobre la cara CHFGD y la cortará en un punto. Para determinar dicho punto se realiza un abatimiento del plano proyectante que contiene al rayo incidente -s-. En este abatimiento se determina el punto 42’’, del que se obtienen sus correspondientes proyecciones. De esta forma se ha obtenido el punto del cual va a partir el rayo reflejado -t-. Para determinar dicho rayo será necesario el rayo -s- (conocido) y la normal -m-. La normal se determina por medio de las horizontales y frontales de plano, siendo m’’ perpendicular a f ’’ y m’ perpendicular a h1’. El rayo reflejado -tforma el mismo ángulo β que la recta -s- con la normal -m-, así se obtiene la proyección t3’’ en el primer cambio en el que -m- es horizontal. Cuando la normal se convierte en recta de punta m4’, se obtienen la proyección t4’; se han obtenido por tanto dos proyecciones del punto 6 (64’-63’’) por el que pasa el rayo reflejado -t-, lo cual permite obtener las proyecciones (6’’-6’) por los que pasan las de la recta (t’’-t’).


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EJERCICIO PARA RESOLVER Determinar la trayectoria del rayo -r- en el interior del prisma que aparece representado en la figura. Se encuentra revestido interiormente de espejo en todas sus caras excepto en la inferior que es de vidrio.


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EJERCICIO 35 En un jardín, se quiere colocar una maceta colgada de una cadena FMQ. Dicha cadena se encuentra apoyada en una barra fija de extremos A y B. Resolver el ejercicio a escala 1:2. AB = 168 mm. A (55, 84, 0) - B (13, 0, ?) - F (55, 0, 0) FMQ = AB/2

Datos: El punto F es fijo y la cadena se mantiene tensa, debido al peso de la maceta. El plano formado por A, B y Q es vertical (α α). Al abatir el plano definido por los puntos A, B y F sobre α, la cuerda FMQ se transforma en la recta F0M0Q0, donde Q0 es el punto de menor cota de todos los posibles.

Diédrico Directo

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SOLUCIÓ: Según los datos del enunciado, se conoce que FMQ = AB/2 = 168/2 = FM+MQ y de tal forma que para alcanzar el equilibrio se debe cumplir que MQ sea máximo y FM sea la mínima distancia entre F y AB. Al comienzo de la resolución, es necesario situar los puntos adecuadamente. Son conocidas las posiciones relativas de los puntos A y F, pero no la del punto B del cual se desconoce la coordenada -x-. Su valor será determinado en la figura adjunta, realizada con los datos dados. Determinada ésta, se colocarán A, B y F en sus proyecciones de alzado y planta.

E 1:2


153

Se realiza después el abatimiento de los puntos. Primeramente se abaten A y B según A0 y B0, y posteriormente el de F, obteniéndose F0. El punto F0, se puede determinar de dos formas: a) Intersección del arco capaz de 90 º (semicircunferencia) sobre el segmento A0B0 y el arco con centro en A0 y radio la distancia entre A y F, o con centro en B0 y radio la distancia entre F y B. Esto se puede realizar dado que se forma un triángulo rectángulo en F. b) Intersección del arco con centro en A0 y radio la distancia entre A y F, y el arco con centro en B0 y radio la distancia entre B y F. Una vez obtenido el punto F0, pueden aparecer dos soluciones : 1ª) Se traza la perpendicular a la recta A0B0, que será la mínima distancia entre F y AB y dará lugar al punto (M)0. De esta forma se obtiene el valor FM. A continuación, se lleva la magnitud MQ en la perpendicular a la línea de referencia, de tal forma que se cumpla que FMQ = FM+MQ obteniendo (Q)0. Esta solución sólo será válida si el punto M se fija por medio de algún dispositivo a la barra AB, ya que de no ser así, la cadena irá resbalando a lo largo de la barra hasta alcanzar el equilibrio. 2ª) Se obtiene el punto M0 en la intersección de la vertical con la recta A0B0 y así la magnitud F0M0. A continuación, se lleva la magnitud M0Q0 en la misma vertical de tal forma, que se cumpla que FMQ = FM+MQ. Obtenido el punto Q0 y la coordenada Z1, serán llevados los puntos M y Q a sus correspondientes proyecciones. Esta solución es la correcta, dado que el equilibrio se consigue en la vertical.

Diédrico Directo

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EJERCICIO PARA RESOLVER Resolver el problema anterior, variando la posición de la barra AB donde se apoya la cadena. Dicha barra será horizontal y por tanto los puntos A, B y F tienen la misma cota. EJERCICIO 36 Sobre la pared inclinada π de un escaparate comercial, se ha abierto una ventana circular de centro O y diámetro 50 mm. El escaparate está limitado por las siguientes partes: suelo β, pared de fondo δ y la pared inclinada π. Los tres planos referidos han de considerarse proyectantes sobre el plano vertical de proyección. Se desea iluminar un objeto situado en el fondo desde un foco puntual situado a la izquierda, de tal forma que la sombra arrojada sobre el suelo sea un arco de elipse de eje paralelo al plano vertical de proyección y de vértice el extremo V de un eje. Representar el conjunto iluminado en vista de alzado y planta.

Diédrico Directo

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SOLUCIÓ: Primeramente, se determinará la posición del foco luminoso F. Para ello, se une el extremo inferior de la ventana circular con el vértice V del eje del arco de elipse y por el extremo superior se traza el plano (ε) paralelo al plano del fondo del escaparate (β). En su intersección se determina la proyección vertical F’’, la horizontal F’ es inmediata. La obtención de los puntos para la construcción del arco elíptico se determina en el orificio circular abatido. Sus extremos serán producidos por la unión del foco con el fondo del escaparate y con el vértice. También, se tomará algún punto intermedio para facilitar la construcción del arco de elipse. Según lo explicado se obtienen en el plano (π), los puntos 1’’, 2’’ ≡ 4’’ y 3’’ ≡ 5’’. Las proyecciones horizontales serán determinadas utilizando las correspondientes acotaciones del dibujo. Uniéndolos con el punto F’, se obtendrán los puntos V’P’Q’R’S’, que definirán el arco elíptico pedido.


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Diédrico Directo

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EJERCICIO 37 Se quiere construir una tolva de chapa (sin espesor a efectos de diseño) cuya geometría se aprecia en la figura y con los siguientes datos: 1- Las aristas A-1, B-2, C-3 y D-4 son perpendiculares al plano horizontal. Se conocen los vértices 1 (0,80,0), 2 (0,80,70), 3 (0,0,70) y 4 (0,40,0). Los vértices A,B,C y D son coplanarios (µ µ), siendo las cotas de A y B de 30 mm. y la de C de 110 mm. Los puntos siguen el orden que se indica para sus coordenadas: (cota z, alejamiento y, desviación x). 2- La arista AE mide 125 mm. y forma 105º con la arista AB. El plano α, determinado por ABEF forma 75º con el plano horizontal. El vértice E tiene mayor coordenada -z- y mayor coordenada -yque el A. El plano β (BCFG) forma 75º con el plano α. El vértice F tiene menor coordenada -y- que el B. 3- El plano δ (CDGH) forma 150º con el plano µ. El vértice G tiene mayor coordenada -z- y menor coordenada -y- que el C. 4- Los vértices E,F,G y H determinan un plano paralelo al horizontal. Se pide: Dibujar a escala (1:2) las vistas de alzado y planta de dicha tolva.


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SOLUCIÓ: En este ejercicio y sucesivos en los que se realicen más de dos cambios de plano, por supuesto no relacionados, se cambiará la designación, pasando a denominarse con números correlativos a las nuevas proyecciones. A) Se sitúan los puntos 1, 2, 3 y 4 según las coordenadas dadas en el enunciado. Después se determinan los puntos A, B y C, para lo cual son conocidas las aristas 1-A, 2-B y 3-C, todas son perpendiculares al horizontal y conocidas las cotas de sus extremos. Para determinar el punto D, se recurre a la tercera proyección, donde aparecerá el plano µ, determinado por los puntos A, B, C y D. En esta vista, conocidos los correspondientes incrementos, se determinan las proyecciones C’’’ y D’’’. Refiriéndolas adecuadamente, se obtienen las proyecciones de los puntos C y D. B) La determinación del punto E del plano α, se realiza mediante un cambio de plano, así se consigue que α aparezca en verdadera magnitud (α1). Se sitúa la arista A1 B1 perpendicular a α’’’. Es conocida su verdadera magnitud y el ángulo que forma con la arista A1E1 (105º), de la que también se conoce su medida. Llevando E1 a la vista de perfil se obtiene E’’’, con sus respectivos valores de X1 e Y, que determinarán (llevados adecuadamente según el enunciado) las proyecciones del punto E. C) Para determinar el punto F, se sabe que el plano β forma 75º con el plano α, y por tanto, se recurre a la utilización de un cono de 75º en su base y de vértice C’’’. Dicho cono tiene su base en verdadera magnitud en α1. En este cambio de plano, se traza desde el punto B1 la tangente a la base del cono, determinando β1. Estos dos planos, tienen la arista B1F1 común. El punto F1 se obtendrá en la intersección de β1, con la arista que parte de E1 y es perpendicular a α’’’. Devolviendo F1 a la vista de perfil se obtiene F’’’, con sus respectivos valores X2 e Y, que determinarán (llevados adecuadamente según el enunciado) las proyecciones del punto F. D) Se conoce que el plano δ forma 150º con µ, y para situar este valor angular es necesaria la realización de dos cambios de plano. En el primero, la nueva línea de referencia será paralela a la arista 3"4", obteniendo el plano µ en verdadera magnitud (µ2). En el segundo cambio, se toma la línea de referencia perpendicular a la arista C2D2 y se colocan los 150º que forma µ3 con δ3.

Diédrico Directo

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Para determinar el plano δ, son necesarios tres puntos, dos de ellos son conocidos C2 y D2; y el tercero será un punto auxiliar P3. La proyección P2 estará a la distancia que se desee. Llevando las magnitudes Zpd y t2 se obtienen las proyecciones de P (P’’ y P’). E) Uniendo los puntos C y D con P (anteriormente determinado), se obtienen las rectas -r- y -s-. A continuación, se traza un plano horizontal (E, F, G y H están contenidos en él), que determinará la recta -m- y los puntos 5 y 6. El punto G se determina de la siguiente forma: 1- Se traza la horizontal del plano β desde el punto C (h7). 2- Intersección entre la paralela a h’7 desde F’ y m’, obteniendo G’. 3- La proyección vertical es inmediata. El punto H se determina de la siguiente forma: 1- Se traza la horizontal del plano γ desde el punto D (h8). 2- Intersección entre la paralela a h’8 desde E’ y m’, obteniendo H’. 3- La proyección vertical es inmediata.


161

Diédrico Directo

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EJERCICIO 38 Dibujar en las vistas diédricas de alzado y planta (dadas en la figura), la trayectoria que describe un rayo luminoso -r-, que tiene las siguientes características: A) En primer lugar, incide en el prisma de vidrio ABCDEF según la dirección del rayo de incidencia -r- y se refracta en la superficie ABED, penetrando en el interior del prisma siguiendo la dirección -s-. B) Al llegar a la pared ACFD del prisma, se refleja hacia el interior del prisma siguiendo la dirección -t-. Se produce esto debido a que el ángulo es superior al crítico. C) El rayo -t- acaba su recorrido en la superficie BCFE, donde es absorbido. Para poder resolver el ejercicio se tiene en cuenta: -El índice de refracción aire-vidrio es 3/2. -En la refracción se cumple la condición: sen α/ sen β= 3/2, donde: -r- es la dirección del rayo de incidencia. -s- es la trayectoria del rayo refractado sobre la cara ABED. -n- es la normal al plano ABED en el punto de incidencia del rayo. -En la reflexión se cumple, siendo los vectores -s-, -m- y -t- coplanarios que ψ=ω ω, donde: -s- es la trayectoria del rayo tras la refracción sobre la cara ABED. -m- es la normal al nuevo plano de incidencia. -t- es la nueva trayectoria del rayo.


A continuación aparecen unas figuras explicativas:

El prisma que consideramos es el que aparece a continuación:

163

Diédrico Directo

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SOLUCIÓ: En la figura adjunta, se conoce el rayo incidente -r- y la cara ABED del prisma, donde se deberá refractar dicho rayo. También se pueden apreciar los ángulos que se llegarán a formar. Primeramente, se trazará la normal -n- a la cara ABED del prisma. Su obtención se realiza en tercera proyección directamente. La proyección n’’’ es perpendicular a la cara A’’’ D’’’ E’’’ B’’’, a la cual cortará en M’’’. También se toma un punto N’’’ de la normal que será útil para determinar la recta y su posición. Estos dos, serán llevados a las vistas de alzado y planta mediante los alejamientos relativos YM e YN. Una vez obtenidos el rayo incidente y la normal, se realizarán dos cambios de plano. Así, se podrá determinar el ángulo α y el ángulo β. En el primer cambio (vertical), la nueva línea de referencia será perpendicular a r", obteniéndose la proyección de la normal n2 y la del rayo incidente. En el segundo cambio (horizontal), se determina el ángulo α que forma el rayo incidente con la normal, en verdadera magnitud. La posición del punto N3, determinará la zona de aire y de vidrio. El ángulo β que forma la recta refractada -s- y la normal será calculado con la fórmula del enunciado. sen α/ sen β = 3/2 ⇒ α = 56º ⇒ β = 33.5º Se incluye al final un método gráfico (de Huygens) para la determinación del valor de β. El rayo refractado (s3), será determinado según su alzado y planta, para lo cual nos ayudaremos del punto R3 y de sus correspondientes coordenadas relativas (Y2 y Z1). A continuación, se deberá resolver la reflexión. En ella, es conocido el rayo incidente -s- (antes refractado) y la cara ACFD. En principio, se determinará la normal -m- a la cara ACFD. Para ello, se recurrirá a la tercera proyección. Allí, se trazará m’’’ perpendicular a la cara A’’’D’’’ F’’’C’’’, a la cual cortará en S’’’. Después, se trazará la recta horizontal del plano que forman las rectas -s- y -m-, obteniendo sus proyecciones h’’ y h’. Con esta horizontal se realizarán dos cambios de plano para obtener los ángulos ψ y ω en verdadera magnitud.


165

En el primero (vertical), la nueva línea de referencia será perpendicular a h’. En el segundo (horizontal), se determinarán los ángulos en verdadera magnitud y la posición de los rayos convenientemente (según sea aire o vidrio). También, se tomará un punto Q5 en el rayo t5, que corresponderá con el punto de salida del rayo -t-. Devolviendo todos los rayos y puntos según los parámetros adecuados, el problema estará resuelto.

Diédrico Directo

166

EJERCICIO PARA RESOLVER En el ejercicio 36, realizar un estudio comparativo con una resolución por homología.

ε

F

l'

δ 3 5 (conocido) 1

β

V

R S arco de elipse (a determinar)


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EJERCICIO 39 Se dispone de una chapa de anclaje 123 la cual sustenta a un soporte hexagonal regular del que se conocen ABC, mediante tres tirantes perpendiculares al soporte hexagonal. Definir las superficies así como los puntos de soldadura entre los tirantes y el soporte y la verdadera magnitud de dichos tirantes. Datos: A’’B’’=20 mm, A’’’B’’’=20 mm, B’’C’’=17.9 mm, B’’’C’’’=20.8 mm. XA = 0 mm, XB = 18 mm, XC = 35.8 mm. YB>YA, YB>YC, ZB
Diédrico Directo

168

4"1

4" 1" C"

6"1

6" 3"

5"1

5"

f''

2" A"

h"

B"

2'

4'1

5'1

3'

1'

f'

6' 4'

5'

C' B'

6'1

A'

h' ch


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EJERCICIO 40 Conocida la proyección horizontal de una placa cuadrada sobre la que se suelda un octaedro mediante una de sus aristas, situada ésta en la mitad de la diagonal de la chapa, hallar sus proyecciones y obtener una sección hexagonal regular en el octaedro. La arista del poliedro mide 30 mm. Para su posicionamiento se tendrá en cuenta que el alejamiento de A es 22 mm. menor que el de B y que las aristas AD y BC son horizontales. Se tendrá en cuenta además que: A’’B’’= 37 mm, A’’D’’= 61 mm, Â = 90°. YC>YB>YA SOLUCIÓ: Primeramente, se coloca la proyección horizontal de la placa con los datos del enunciado. A continuación, se realiza el abatimiento de ésta, donde se obtiene la cota relativa entre las aristas AD y BC, con la cual, se determina la proyección vertical de la placa. Estando el octaedro apoyado con la arista 12 sobre la placa ABCD, la proyección del resto del octaedro sobre dicha placa será un rombo de diagonal menor igual a la arista del octaedro (30 mm.) y cuyos lados corresponden a la magnitud, altura de cara hc. En la figura adjunta, se determinan las magnitudes anteriores, necesarias para obtener el citado rombo proyección. Seguidamente, en el abatimiento de la placa se coloca la proyección del octaedro con las aristas1020 ≡ 3040 contenidas en la mitad de una de las diagonales de la placa. También se encuentran los puntos 50 y 60 sobre la otra diagonal. Posteriormente, se devuelven estos puntos a las proyecciones de alzado y planta, obteniéndose 1’’-1’ y 2’’-2’ además de los otros dos puntos proyectados. En último lugar se llevará sobre las perpendiculares trazadas por los puntos 5 y 6, la magnitud de la mitad de la arista y sobre las perpendiculares por los puntos 3 y 4, la magnitud de la arista. Así se obtendrán los vértices del octaedro. La sección hexagonal se consigue uniendo los puntos medios de las aristas del octaedro, determinadas al unir los vértices antes obtenidos.

Diédrico Directo

170

f" A''

D"

4''

5'' ZA = Z D

hc

a

5''α

3''

1"

6'' a

2" 6''α

B"

h"

hc

C"

Z

Z

A

=

6

5

a

ZD

Z

4,3

plano ABCD 1,2

h' ch

A'

90º

D'

5'

B' 6'α 6'

4'

(6o)α

2'

a/2

5'α

a

4'α 1'

3' f'

C'

1o 2o (3o)α

(4o)α

(5o)α

Do

Ao


171

EJERCICIO 41 Conocida la proyección A’’B’’C’’ de una de las caras de un tetraedro así como la intersección de un plano horizontal que pasa por A con el plano de la cara, dando lugar a una horizontal cuya proyección h’’ forma 45° con A’’B’’. Definir la proyección del tetraedro. Para su colocación se tendrá en cuenta que el alejamiento de A es 39 mm. mayor que el de C. Datos: A’’B’’= 45 mm. B’’C’’= 46 mm. A’’C’’= 44 mm. SOLUCIÓ: En primer lugar, se sitúa la proyección horizontal de la cara del tetraedro y la intersección del plano horizontal que pasa por A con el plano de la cara ABC, obteniendo h (h’’-h’), cuya proyección h’ forma 45º con A’B’. A continuación se toma h’ como charnela para abatir la citada cara, determinar el centro de la misma y obtener la proyección vertical de ésta. Para hacer posible esto último, se utilizan las cotas deducidas en el abatimiento. Para la determinación de las proyecciones del vértice D, se trazará por el punto O(O’’- O’) la recta -r- perpendicular a la cara ABC, de proyecciones: r’ perpendicular a h’ y r’’ perpendicular a f’’. Se gira alrededor de un eje vertical que pasa por O hasta situarla frontal, en cuya posición se podrá aplicar sobre ella y a partir de O’’ la altura (h), así se obtiene el extremo D1’’ y posteriormente D’’ manteniendo la cota al deshacer el giro anterior y volver a la posición inicial de la recta -r-.

Diédrico Directo

172

r''1 D"

D"1

r''

f"

h C" O"

f"1 B" h"

A"

Zc

f' C'

r'1

O'

A' D' r'

45º

B' Zc

f'1

Oo h

h' ch


173

EJERCICIO 42 En la figura -1 aparece la planta de un modelo, la verdadera magnitud de la superficie ABCD es doble que la de su proyección A’’B’’C’’D’’, donde A’’B’’ // D’’C’’. Determinar el alzado sabiendo que las aristas que parten de los vértices citados son horizontales. Aplicar en ABCD la pieza representada en la figura -2 situando E’’F’’ paralelo a D’’C’’. Definir ejes en las proyecciones del agujero. La toma de medidas podrá hacerse sobre las figuras dadas.

D' C' E'

A'

F'

Figura -1

B' Figura -2

SOLUCIÓ: En primer lugar, se coloca la planta que aparece en la figura -1. Posteriormente, se realiza el abatimiento de la superficie ABCD utilizando como charnela la arista A’B’ y teniendo en cuenta que ésta es doble que la de su proyección A’B’C’D’. Una vez obtenido el abatimiento, se conocerá la cota relativa existente entre los puntos C,D y A,B; y por tanto, será posible determinar el alzado del modelo. En segundo lugar, se aplica en el abatimiento de ABCD la base de la pieza -2, respetando que la arista E0F0 sea paralela a la arista C0D0 (de esta forma E’F’ será paralela a C’D’, tal y como se pide en el enunciado), arista de la que se obtendrán las vistas de alzado y planta. Se recurrirán a las elevaciones con respecto a las charnelas h’ y f ’’. Por último, se coloca la altura correspondiente sobre las perpendiculares a h’ y a f’’, tal y como se aprecia en el dibujo. Con la altura y la base conocida, la construcción de la pieza será posible.

Diédrico Directo

174

f" ch

D"

C" E"

F"

h''

A"

B"

f'

D' F' E'

C'

A'

B' h' ch Fo Do

Eo Co


175

***

Si en nuestros deseos, el éxito puede consistir en conseguir lo que se quiere… en la vida, la felicidad estará seguramente en querer a lo que se ha conseguido… …y sin ninguna duda no queriendo tener lo que nos puede resultar imposible conseguir. ***

GEOMETRIA DESCRIPTIVA. DIÉDRICO DIRECTO. APLICACIONES EN EL DIBUJO TÉCNICO.

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