Solucionario
8
Sistema diédrico: introducción
8.1. Dibuja las trazas del plano determinado por la recta horizontal r: A (-70, 0, 30)C (0, 40, 30) y la frontal s: B (-30, 40, 0)C (0, 40, 30). Representa en el plano las líneas de máxima pendiente y de máxima inclinación. Origen en el centro LT de. 1.
Se hallan las trazas vertical Vr y horizontal Hs de las rectas dadas (figura 1).
2.
La traza horizontal α1 del plano pasará por la traza horizontal Hs; además, será paralela a la proyección horizontal r1 por ser la recta r una recta horizontal.
3.
La traza vertical α2 pasa por la traza vertical Vr, y es paralela a la proyección vertical s2 por ser la recta s una recta frontal.
Vm
α2
m2 Vn n2
Vr-A2
r2
C2
s2 A1 B2 n1
m1
r1 α1
s1
C1
Hs-B1 Hm
Hn FIG. 1
44
Solucionario
8.2.
Por el puntoP (0, 55, 25) traza un plano paralelo al segundo plano bisector. Origen en el centro deLT.
α2
π2
1.
Se traza un plano π de perfil cualquiera (figura 2), y se halla la tercera proyección P3 del punto P.
2.
La tercera traza del segundo bisector forma 135º con la línea de tierra. Por tanto, la tercera traza α3 es paralela a la traza del segundo bisector, y pasa por P3.
3.
Restituyendo el plano α, se determinan sus trazas α1 y α2.
α3
2º bis P2
P3
P1 π1 α1
FIG. 2
8.3.
Dadas las proyecciones diédricas de un punto P (-20, -30, 15) y de una recta r: A (0, 20, 0)B (20, 20, 20), halla las trazas del plano que determinan. Origen en el centro LT de. 1.
Se elige un punto M cualquiera de la recta r (figura 3): la proyección horizontal M1 debe estar en r1, y la proyección vertical M2 en r2.
2.
Se unen los puntos P y M mediante la recta m. El problema consiste ahora en hallar las trazas del plano que determinan dos rectas, r y m, que se cortan.
3.
Se hallan las trazas Hm y verdadera magnitud de la recta m, y la traza Hr de la recta r.
4.
La traza horizontal α1 del plano es la que une las trazas horizontales Hr y Hm de las rectas. La traza vertical α2 se halla al unir la traza vertical Vm con el vértice del plano (punto donde se corta α1 con la línea de tierra).
r2 m2
B2
α2
P2 M2 A2
Hr-A1 α1
m P1
Hm M1
Vm B1
r1
1
Solucionario
FIG. 3
45
Solucionario 8.4.
Halla la intersección de los cuatro pares de planos dados (figura 4). Siguiendo el procedimiento general, la traza horizontal de la recta intersección se halla donde se cortan las trazas horizontales de los dos planos; la traza vertical de la misma, donde se cortan las trazas verticales (figura 5).
α2
β2
20
β2 α2
5 2
45º 30º
a) Por ser el plano β un plano paralelo al plano horizontal, la recta r de intersección con el plano α es una recta horizontal que pertenece a ambos planos; por tanto, la proyección vertical r2 coincide con la traza β2, y la proyección horizontal r1 es paralela a la traza α1.
45º
30º
45º
60º
α1
α1
β1
(b)
(a) 40
β2
α2
β2
α2
50 45º
b) Localizadas las trazas Hr y Vr, basta con hallar la proyección horizontal de Vr sobre la línea de tierra, y unirla con Hr para hallar la proyección horizontal r1. Al revés, se halla la proyección vertical de Hr sobre la línea de tierra, y se une con Vr para hallar r2.
45º
30º
45º β1
45º β1
α1
(c)
c) Las proyecciones r1 y r2 de la recta intersección se hallan igual que en el párrafo anterior. En este caso, puesto que el plano β es un proyectante horizontal, la proyección horizontal r1 coincide con la traza horizontal β1 de este plano.
α1
(d)
FIG. 4
α2 β 2 -r2
Vr
d) Lo mismo que en el caso anterior; pero como en este caso ambos planos son proyectantes, r1 coincide con α1, ya que α es un proyectante horizontal, y la proyección vertical r2 coincide con la traza
r1
α1
(a) Hr Vr
vertical plano β, por ser este un β2 del proyectante vertical.
α2
β2
r1
α1
β1
(b)
Vr r2
α2
β2
Vr β 1 -r1
α1
r2 -β 2
Hr
α2
(c) β1
α 1-r1
Hr (d)
46
Solucionario
FIG. 5
8.5.
Determina el punto de intersección de la recta r con el triángulo dado (figura 6a). Considerando el triángulo opaco, diferencia las partes vistas y ocultas de la recta en cada proyección. 1.
Se determina el plano α, proyectante horizontal, que contiene a la recta r (figura 6b): la traza horizontal α1 coincide con la proyección horizontal r1.
2.
Se halla la recta m de intersección del plano α con el triángulo dado: los puntos M y N de dicha recta son los puntos de intersección del plano α con los lados AC y BC respectivamente.
3.
El punto P de intersección de las rectas r y m es la solución.
r2
r1
B2 N2 r2 (a) P2 m2 A2
C2 M2 C1
r1 - α 1
M1 α 1-m1
A1
P1 N1
(b)
B1 FIG. 6
8.6.
Halla el punto de intersección de los tres planos dados (figura 7a). 1.
2.
3.
β2
α2
Se halla la recta r de intersección de los planos α y β (figura 7b): la traza horizontal Hr de la recta está donde se cortan las trazas horizontales α1 y β1 de los planos, y la traza vertical Vr donde se cortan α2 y β2.
γ2
r2
60º
60º 15º
45º
30º
45º
α1 β1
Se halla la recta s de intersección de los planos α y γ, igual que se ha hecho en el punto anterior.
γ1
75
25
(a) Vs
Donde se cortan las rectas r y s se halla el punto P solicitado.
Vr P2
r2
α2
β2
P1 r1
s1 Hr
γ2
s2
β1 γ1 α1
Hs (b)
Solucionario
47
FIG. 7
Solucionario 8.7.
Por el punto P (40, 40, 35) traza un plano que sea paralelo a las dos rectas r: A (-45, 20, 0)B (0, 20, 35) y de. s: C (0, 0, 20)D (0, 30, 20). Origen en el centro LT Para facilitar la comprensión del ejercicio, se ha dibujado en el espacio. 1.
2.
P2 -s'2
Por el punto P se trazan las rectas r’ y s’, paralelas a las rectas r y s respectivamente (figura 8), siendo la recta r’ una recta frontal, y s’ una recta de punta; a continuación, se hallan las trazas Hr’ y Vs’ de ambas.
s2
r2
α 2-
r
s 2
P
s
r1
s1
α1
s1
Se traza el plano α que determinan las
r1
P1
B2
rectas r’ y s’horizontal : la traza Hr’ horizontal α1 pasa por la traza , y es paralela a la proyección s’1; la traza vertical α2 es la que une la traza vertical Vs’ con el vértice del plano (punto donde se corta α1 con la línea de tierra).
α
r
Vs' α 2-
2
P2 -s'2
s 2 C2 -D2 r2 A2
C1
A1
r1
B1 s1
D1 r1
Hr'
P1
s1 α1
8.8.
FIG. 8
Determina las trazas de un planoque, pasando por el punto P (0, 15, -30), sea paralelo al planoque contiene a la línea de tierra y al punto de. A (-20, 25, 30). Origen en el centro LT 1.
Puesto que el plano α contiene a la línea de tierra, se traslada todo a tercera proyección (figura 9): el punto A en A3, el
π2
α3
A2
A3 β3
punto P en P3, y se dibuja a continuación por A3 la tercera traza α3 del plano. 2.
En tercera proyección, por el punto P se traza el plano β paralelo al plano α, siendo β un plano paralelo a la línea de tierra.
3.
Se restituyen las trazas β1 y β2 del plano β.
α1 α 2
P1 A1 P3
P2
β1 β2
FIG. 9
π1
8.9.
Representa el plano que contiene a la recta r: A (0, 20, 20)B (30, 0, 20) y es perpendicular al plano (-30, 30, 30). Origen en el centro LT de. 1. 2. 3. 4.
α2
Se elige un punto M arbitrario de la recta r (figura 10).
β2
m2
Por el punto M se traza la recta m perpendicular al plano α.
M2
A2
r2
Se hallan las trazas Hm y Vm de la recta m, y la traza vertical Vr de la recta r. La traza vertical α2 del plano es la que une las trazas verticales Vm y Vr, y la traza horizontal α1 es la que une Hm con el vértice del plano.
48
B2 Vr
Vm
Hm B1
M1
α1
A1
m1
β1
r1 FIG. 10
Solucionario
8.10. Halla la distancia entre los dos planos paralelos (-50, -50, 50) y (-20, -20, 20). Origen en el centro de LT. 1.
2.
3.
Se traza una recta r cualquiera que sea perpendicular a los dos planos α y β (figura 11): la proyección vertical r2 debe ser perpendicular a las trazas α2 y β2, y la proyección horizontal r1 debe ser perpendicular a α1 y β1. Se hallan los puntos M y N de intersección de la recta r con los planos α y β respectivamente, utilizando en ambos casos –como plano auxiliar– el plano proyectante vertical δ que contiene a la recta r. Se determina la verdadera magnitud del segmento MN: por M1 se traza la perpendicular a M1N1, y se traslada sobre ella la diferencia de cotas M1M’, siendo la verdadera magnitud el segmento N1M’.
α2
r2 -δ 2 -m2 -n2
β2
Hm
M2 Vm
N2
Hn Vn
r1 M1
α1 β1
m1
δ1
N1
M n1
FIG. 11
8.11. Dibuja la verdadera magnitud de la distancia del punto P (-10, 15, 15) a la recta t: A (0, 10, 10) de. B (20, 20, 15). Origen en el centro LT 1.
2.
3.
Por el punto P (figura 12)se traza el plano α perpendicular a la recta t, utilizando para ello la recta horizontal m que pasa por P y cuya proyección horizontal m1 es perpendicular a la proyección horizontal t1. Se halla el punto M de intersección de la recta t con el plano α, para lo cual se ha utilizado un plano arbitrario β que contiene a la recta t, y que se corta con el plano α según la recta r.
Vr
β2
α2
P2
m2
r2
Vm
Ht M2
Vt
Se determina la verdadera magnitud del segmento PM: por P1 se traza la perpendicular a P1M1, y se traslada sobre ella la diferencia de cotas P1P’, siendo la verdadera magnitud el segmento M1P’.
r1
t2
M1 A1 Hr
P' P1
t1 β1
m1
Solucionario
B2
A2
49
α1
B1 FIG. 12
Solucionario
9
Sistema diédrico: métodos
9.1. Dadas las rectasr: A (0, 10, 0)B (40, 10, 40) ys: C (–40, 40, 0)D (0, 40, 40), y el plano (40, ∞, 40), determina: a) el plano definido por las rectas r y s, y b) la rectai de intersección entre los planosy . El srcen en LT está en el centro. 1.
s2
Se hallan las trazas horizontales Hr y Hs de las rectas r y s (figura 1). La recta α1 que une Hr y Hs es la traza horizontal α1 del plano.
r2
β 2 -i2
Hi
Vi
2.
3.
α2
B2
D2
Las rectas r y s son dos rectas frontales; por tanto, el plano α que las contiene tendrá su traza vertical α2, paralela a sus proyecciones verticales r2 y s2.
C2
La traza horizontal Hi de la recta i de intersección de los planos α y β se encuentra donde se cortan α1 y β1, y la traza vertical Vi donde se cortan α2 y β2.
Hs-C1
O-A2 B1
Hr-A1
r1
s1
D1
β1 α1
i1 FIG. 1
9.2. Dado el plano (-20, ∞, 35) proyectante vertical, y los puntos A y B contenidos en la traza horizontal del plano –de 30 y 70 mm de alejamiento respectivamente–, dibuja el pentágono regular contenido en el plano , que está situado en el primer cuadrante y tiene por lado el segmento AB.
1.
α2
El segmento AB, situado en el plano horizontal (figura 2), está en verdadera magnitud; por tanto, se dibuja el pentágono regular abatido de lado A1B1-A0B0.
D2
C2 -E2
2.
Se desabaten los vértices del pentágono, teniendo en cuenta que la traza vertical abatida α0 coincide con la línea de tierra, pues se trata de un plano proyectante vertical. La proyección vertical del pentágono coincidirá con la traza vertical α2 del plano.
A2 -B2
α0
O
E0
E1
A0 -A1 D0
1
2 C0
B0 -B1 C1
α1
3
50
Solucionario
D1
FIG. 2
9.3.
Dibuja un triángulo equilátero contenido en el plano (figura 3a), siendo A2B2 la proyección vertical de uno de los lados. 1.
Se hallan las proyecciones horizontales A1 y B1 mediante sendas rectas horizontales a y b (figura 3b).
2.
Se abate la traza vertical del plano en α0, abatiendo el punto Va en Va0.
3.
Se abaten los puntos A y B, abatiendo previamente las rectas horizontales a y b que los contienen, obteniendo así A0 y B0.
4.
Se dibuja el triángulo equilátero A0B0C0 en verdadera magnitud.
5.
Se desabate el punto C, obteniendo las proyecciones C1 y C2 del triángulo ABC.
A2
α 1 -α 2
B2
B1
(a)
B0 c2
C2 C1
α 1 -α 2 Va 2
A2
a2
C0 A1 b2 b1
a1
A0 B2
c1
b0 Va1 a0
c0
Va 0 (b)
α0 FIG. 3
Solucionario
51
Solucionario 9.4. El puntoC (0, 35, 30) y la recta r: A (0, 55, 0)B (45, 0, 40) determinan el plano. Halla los puntos de intersección de la circunferencia situada en , de centroC y radio 30 mm, con la recta r. Nota: no es necesario hallar las proyecciones diédricas de la circunferencia. El srcen en en el centro. LT está 1.
α2
Se elige un punto P arbitrario de la recta r (figura 4), y se une con el punto C mediante la recta s. Las rectas r y s determinan el plano α.
2.
Se abate el plano α, y con él la recta r y el punto C, determinando r0 y C0.
3.
Con centro en C0 y radio 30 se dibuja un arco que corta a r0 en los puntos M0 y N0.
4.
Se desabaten los puntos M y N, cuyas proyecciones horizontales M1 y N1 estarán situadas en r1, y cuyas proyecciones verticales M2 y N2 estarán en r2.
B2 -Vr C2
A2 O
s2
P2
r2
N2
M2
Vs
B1 P1
s1 C1
N1
r1 V0
M1 A 0 -A1 -Hr r0
M0 α1
N0
B0
s0 α0
C0
FIG. 4
9.5. Dibuja, en el sistema diédrico, las trazas del plano que contiene a los puntos A (50, -15, -30), está en el B (-10, -20, 30) yC (-50, 60, -25), y obtén el ángulo que forman dichas trazas. El srcen LTen centro. 1.
Se unen los puntos A y B mediante la recta s, y los puntos B y C mediante la
α2
recta r (figura 5); de a ambas continuación, determinan las trazas rectas. se 2.
3.
Uniendo las trazas Hr y Hs se obtiene la traza horizontal α1 del plano, y uniendo el vértice del plano (donde α1 se corta con la línea de tierra) con Vr se obtiene la traza vertical α2. Para hallar el ángulo ϕ que forman las dos trazas del plano α, basta con abatir la traza vertical α2 en α0.
52
B2
Vr 2 r2 Vr1 r1
C2
Hr
Hs s1
B1
A1
O s2
j
Vr 0
A2
α1 α0
C1
Solucionario
FIG. 5
9.6.
Halla la nueva proyección vertical (figura 6a) en un cambio de plano, cuya línea de tierra forma -60º con la primitiva. 1.
Se dibuja la nueva línea de tierra (figura 6b), formando con la antigua 60º en el sentido de las agujas del reloj (-60º).
2.
Con cada uno de los vértices que forma la figura se actúa de igual manera. Por ejemplo: por la proyección horizontal E1 del punto E se traza la perpendicular a la nueva línea de tierra, se toma la cota de este punto (distancia desde E2 a la línea de tierra), y este valor se traslada sobre la perpendicular anterior –a partir de la nueva línea de tierra–, obteniendo la proyección vertical E’2, y así sucesivamente.
0 5 5 2
60º
50
0 3
0 5
(a) H2
E 2 -G2
F2
G'2
P2
H2 D'2 A 2 -D2
F'2
B2 -C2 P'2
C2 D1
E'2
A2
G1 C1
B2 H1
P1 F1
A1
E1
B1
Solucionario
(b)
FIG. 6
53
Solucionario 9.7. Efectúa un cambio de plano horizontal (figura 7a), cuya línea de tierra forma -60º con la primitiva. 1.
Se dibuja la nueva línea de tierra (figura 7b), formando con la antigua 60º en el sentido de las agujas del reloj (-60º).
2.
Con cada uno de los vértices que forma la figura, se actúa de igual manera. Por ejemplo: por la proyección vertical B2 del punto B se traza la perpendicular a la nueva línea de tierra, se toma el alejamiento de este punto (distancia desde B1 a la línea de tierra), y este valor se traslada sobre la perpendicular anterior –a partir de la nueva línea de tierra–, obteniendo la nueva proyección horizontal B’1, y así sucesivamente.
Nótese que no hace falta hallar la nueva proyección horizontal de todos y cada uno de los puntos, pues el paralelismo entre rectas se conserva en sistema diédrico. Por esta razón, las rectas que son paralelas tendrán sus proyecciones paralelas.
D2
A2
E2
G2
F2
B2
0 4
D’1
0 2
H1 G’1
A1 60º
E’1
F’1
C1 J2
B1
-60º
1 1
C1 G1
J1-B1 H1 F1 J1
D1
20 1
0
E1
40
(a)
A1
(b) FIG. 7
54
Solucionario
9.8.
Halla la nueva proyección vertical (figura 8a) en un cambio de plano, cuya línea de tierra forma 30º con la primitiva. 1.
Se dibuja la nueva línea de tierra (figura 8b), formando con la antigua 30º en sentido contrario al de las agujas del reloj (+30º).
2.
Por la proyección horizontal E1 del punto E se traza la perpendicular a la nueva línea de tierra, se toma la cota de este punto (distancia desde E2 a la línea de tierra), y este valor se traslada sobre la perpendicular anterior –a partir de la nueva línea de tierra–, obteniendo la proyección vertical E’2.
3.
Con el resto de puntos que conforman la figura se actúa de igual manera.
J2
J2
F’2 E’2 H2 H2
0
C2
E 2 -G2
8
D’2
0 4
F2
B2
A2 30º
A2 -D2
B2 -C2
G1
D1
0 4
H1
C1
F1
J1
(a)
(b) A1
E1
B1
40 FIG. 8
Solucionario
55
Solucionario
10 Sistema diédrico: figuras 10.1.
Dada la pirámide definida por los vértices A, B, C y D (figura 1), se pide: a) verdadera longitud de las aristas laterales; b) verdadera magnitud de las caras laterales; y c) verdadera longitud de las alturas de las caras. 1.
2. 3. 4.
D2
La cara ABD está situada en un plano de perfil π (figura 2). Al abatir dicho plano sobre el plano horizontal, la charnela será la traza horizontal π1, y la traza vertical abatida π0 coincidirá con la línea de tierra. El triángulo abatido A0B0D0 está en verdadera magnitud.
0 3
A2 -B2
C2
0 1
B1
Se halla el plano α que contiene a la cara ACD, utilizando para ello la recta horizontal r y la frontal s. Se abate el plano α, y con él la cara ACD, obteniendo la verdadera magnitud A’0C’0D’0 de la cara.
D1
C1
La cara BCD es igual que la cara ACD, y la cara ABC está ya en verdadera magnitud por ser paralela al plano horizontal.
0 5
A1
60
FIG. 1
π2
D2
α2
s2
Vr
A2 -B2
C2 r2
B0
p0
B1
α1
D1
C1
D0
s1
r1
C0 A1
r0
A0
α0 π1
A0 s0
D'0
56
Solucionario
FIG. 2
10.2.
Dadas las proyecciones de una pirámide (figura 3), traza la sección producida por el plano que pasa por los puntosA, B y C. 1.
Se hallan las trazas α1 y α2 del plano α, que contiene a los tres puntos dados A, B y C (figura 4); para ello, se utilizan las rectas r y s con sus respectivas trazas.
2.
Se determinan los puntos de intersección del plano α con las aristas de la pirámide. Los puntos A y C son los puntos de intersección con las aristas VM y VP respectivamente. Los puntos B y D de intersección de la traza horizontal α1 con la base son también puntos de la sección.
3.
C2 A2
B2
Por tanto, el único punto que habrá que hallar es el de intersección de la arista VQ con el plano α. Para ello, se traza el plano proyectante β que contiene a VQ, se halla la recta t de intersección de α y β, y donde se corten las rectas VQ y t se halla el punto E.
C1
A1 B1
FIG. 3
Vt V2
Vs Vr
E2
α2
C2
r2 t2 -β 2
A2 s2 N2
Q2
B 2 P2
M2
D2 P1
Q1 C1 s1
E1 V1 t1
D1
r1
β1
A1
N1 B 1 -Hs
M1
α1
Ht Hr FIG. 4
Solucionario
57
Solucionario 10.3.
Dibuja, en las dos proyecciones, la sección que el triángulo M1N1P1-M2N2P2 produce en la pirámide de base A1B1C1-A2B2C2 y vértice V1-V2 (figura 5). Concreta en las dos proyecciones, con las visibilidades correspondientes (vistas y ocultas), el conjunto formado por la pirámide y el triángulo, considerando las dos figuras opacas. Para hallar la sección que el triángulo le produce a la pirámide hay que hallar los puntos de intersección de cada una de las aristas con el triángulo. 1.
Se traza el plano proyectante horizontal δ que contiene a la arista VA (figura 6). Este plano corta al triángulo según la recta d, cuya proyección horizontal d1 coincide con δ1.
2.
La recta d corta a los lados del triángulo en los puntos G y H. Trazando sendas verticales por las proyecciones G1 y H1 se hallan las proyecciones verticales G2 y H2.
3.
Se repiten las operaciones anteriores con las otras dos aristas VB y VC de la pirámide, obteniendo así los puntos E y F respectivamente.
4.
Para establecer las partes vistas y ocultas en proyección horizontal hay que tener en cuenta que el vértice V está por encima del triángulo, y que este está por encima de la base ABC de la pirámide. Para la proyección vertical, en cambio, habrá que tener en cuenta que el lado MN del triángulo está por delante de la pirámide, y que el lado MP está por detrás.
V2 P2
M2
A2
B2
C2
N2
P1 (escala 1:2)
C1
A1 V1 M1
B1 N1
FIG. 5
V2 P2
L2
G2
e2 D2
M2
R2
F2
f2 S2
E2 d2 K2 H2
A2
C2
B2
N2
P1
L1
e1 R1
A1 C1 G1
D1
F1 V1
f1 E1 M1 S 1
d1-δ 1
B1
H1
K1 N1
58
Solucionario
FIG. 6
10.4.
Dibuja en magnitud real la sección producida por el plano (figura 7). 1.
En primer lugar, se halla la sección que el plano α le produce a la pirámide (figura 8); para ello, se traza el plano β proyectante vertical que contiene a la arista VE, se halla la intersección m de los planos α y β, y donde se corten las rectas VE y m se halla el punto E’ de intersección de la arista VE con el plano α.
2.
Para hallar la intersección del resto de las aristas con el plano α se repite la operación anterior con todas ellas, o bien, como en nuestro caso, se aplica una homología en la que α1 actúa de eje y V1 de centro. A continuación, se determinan las proyecciones verticales de estos puntos.
3.
Si se abate el plano α y con él el polígono sección A’B’C’D’E’, se obtiene la verdadera magnitud A’0B’0C’0D’0E’0 de dicha sección.
a2
a1
(escala 1:2)
FIG. 7
V2
α2
m2 -β 2
C2 D''2
D'2 B2 Vm
E'2
M2
A2 A2
M1 E2
B2
D2
C2 D'2
D1 M0 m1
D'1
α0
E1
E'
C1 C1
V1
D'' 1
E'0
Hm
D'1
B1
D'0 A1 A1
B1
A0 C0 β1
ch-α 1 B0
FIG. 8
Solucionario
59
Solucionario 10.5.
Dada la figura adjunta (figura 9), determina el plano definido por los puntosA, B y C, y las proyecciones de la sección de la pieza prismática por el plano . 1.
Se hallan las trazas α1 y α2 del plano que determinan los puntos A, B y C (figura 10): los puntos A y B definen la recta horizontal r, y los puntos A y C la recta s; uniendo las trazas homónimas de ambas rectas se encuentran las trazas del plano.
2.
La recta horizontal r es, además, la intersección de la base superior de la figura con el plano α; por tanto, los puntos D y E, junto con los puntos A y B y el punto C forman parte de la sección.
3.
B2
A2
0 7
C2 C1
Por último, el punto de intersección F de la arista vertical que pasa por el punto B con el plano α se halla mediante la recta horizontal f del plano α.
A1 0 3
0 6
s2
α2
E2
0 1
B1
A2
B2
D2
r2
FIG. 9
Vr
f2 Vf
F2
C f1 E1
C1-Hs
A1 F1
s1
α1
Vs
r1 B1
D1
60
Solucionario
FIG.10
10.6.
Dibuja las proyecciones de un prisma hexagonal regular recto de radio del hexágono 30 mm y altura del prisma 24 mm, apoyado por su base en el plano (-40, 40, 70), sabiendo que un vértice del prisma es el puntoA del plano, de 40 mm de cota y 35 mm de alejamiento, y que el AB lado de la base es paralelo a la traza horizontal. 1.
Situado el plano α (figura 11), se abate este sobre el plano horizontal, utilizando como charnela la traza horizontal α1 y abatiendo la traza vertical α2, mediante el punto M de la misma, en α0. Con el plano α se abate también la recta r en r0 y el punto A en A0.
2.
Se dibuja el hexágono regular abatido A0B0C0D0E0F0 en verdadera magnitud en la posición que se indica.
3.
Se desabate el hexágono, obteniendo la proyección horizontal A1B1C1D1E1F1 y la vertical A2B2C2D2E2F2.
4.
Por un vértice F cualquiera del hexágono se traza la recta m perpendicular al plano α, se gira mediante un punto arbitrario H hasta convertirla en la frontal m’, y sobre la proyección vertical m’2, en verdadera magnitud, se traslada la altura F2G’2 del prisma; por último, se regresa la recta m’ a su posición srcinal, y con ella el punto G.
5.
A partir del punto G, se traza, tanto en proyección horizontal como en vertical, un polígono paralelo al de la base. Ambos polígonos, junto a sus correspondientes aristas, determinan el prisma.
E2 m2
m2 H2
D2
H2 G2 G'2 F2
M2
C2
r2 A2
α2
B2
s2
M1
r1 F1
m1
E1
H1
G1
A1
s1 D1
M0 H1 α0
B1
m1
C1
A0 F0
B0 α1
E0
D0
C0 (escala 3:4)
Solucionario
61
FIG. 11
Solucionario 10.7.
Dado un cono recto de revolución, apoyado en el plano horizontal por su base, cuyo centro es el punto (-20, 30, 60), y dado un plano, que contiene al punto P (-20, 30, 0), el radio vale 20 mm y el vérticeVes V y cuya traza horizontal 1 se corta con la línea de tierra en el punto x = -60, y forma -45º con ella, dibuja la proyección horizontal, la proyección vertical y la tercera proyección del sólido que resulta al seccionar el cono con el planoy suprimir el trozo más pequeño. 1.
Situadas las proyecciones horizontal y vertical del cono, así como la traza horizontal α1 del plano (figura 12), la traza vertical α2 se halla al dibujar la recta horizontal m y hallar su traza vertical Vm.
2.
La intersección del cono dado con el plano α, que contiene al vértice V, es un triángulo formado con las generatrices VA y VB, siendo A y B los puntos de intersección de la traza horizontal α1 con la circunferencia de la base del cono, ambas situadas en el plano horizontal.
π2
α2
m2
Vm
A2
V2
V3
B2
P2
O A3
P3
B3
m1 α1
A1 V1-P1
B1 π1
FIG. 12
62
Solucionario
10.8.
Dado el cilindro de revolución de radio 20 mm, cuyo eje e: O es(-30, 30, 0)O' (-30, 30, 60), dibuja las proyecciones del trozo de cilindro que hay entre el plano horizontal y el primer bisector, y halla su desarrollo. 1.
Se dibujan las proyecciones horizontal y vertical del cilindro recto, así como la tercera proyección del mismo y la traza β3 del primer bisector (figura 13). La sección que el plano β le produce al cilindro es, en tercera proyección, una recta que coincide con β3.
2.
Se traza una serie de generatrices AA’, BB’, CC’, … del cilindro, en proyección horizontal, vertical y tercera proyección.
3.
Las proyecciones A’3, B’3, C’3, … de intersección de estas generatrices con β3 en tercera proyección se trasladan a proyección vertical y horizontal, obteniendo la sección que el plano α le produce al cilindro.
4.
Por tratarse de un cilindro recto, el desarrollo es un rectángulo de altura igual a la del cilindro y base igual al desarrollo de la circunferencia. La elipse que representa la base superior del tronco de cilindro tiene por eje mayor A’E’ = A’3E’3, y por eje menor el radio de la circunferencia. La verdadera magnitud de las generatrices del tronco de cilindro se halla de la siguiente manera: AA’ = A3A’3, CC’ = C3C’3, etc. π2
β3
O'3
O'2 A2
A3
C2
G'2
C'3 -G'3 e2 e3 E'3 45º
E'2 O2 A2 -E2
G2
E1-E'1
F1-F'1
O3 C 3 -G3
E3
C2
A3
D1-D'1
C1-C'1
G1-G'1 O1-O'1 -e1
H1-H'1
B1-B'1 A1-A'1
π1
A
A
A B
H M
C
G' G'
C
F'
D' E' A
B
C
D
E
F
G
H
A
O
(escala 3:4)
Solucionario
63
FIG. 13
Solucionario
11 11.1.
Sistema diédrico: poliedros regulares
Dibuja la figura compuesta por un prisma pentagonal recto, de 3 cm de lado y 3 cm de altura, y medio dodecaedro hueco, cuya base coincide con la base superior del prisma (figura 1).
FIG. 1
1.
Se dibuja en verdadera magnitud el pentágono regular situado en el plano horizontal, conocido el lado A’B’ (figura 2).
2.
Se dibuja la proyección vertical del prisma recto, de altura 3 cm, cuya base superior es un pentágono regular
P2
G2
M2
N2
F2
L2
igual al anterior, y cuyas proyecciones horizontales coinciden. 3.
4.
E2
La altura h’ del resto de los vértices se halla: a) por la proyección horizontal del vértice K, por ejemplo, se traza la perpendicular a la proyección K15; b) con centro en el punto 5 (punto medio del lado del pentágono) y radio 5A1 (altura del pentágono) se traza un arco de circunferencia; y c) donde se cortan la perpendicular y el arco se obtiene el punto 6, de manera que K16 = h’.
64
A2
D2
B2
A2
C2
B2 6
h L1 4 M1
K1 D1 h 5
N1
J1 E1
de J–, la perpendicular a la proyección J1C1; b) con centro en C1, el arco de radio C1D1, lado del dodecaedro; y c) donde se cortan la perpendicular y el arco se obtiene el punto 4, de manera que J14 = h. 5.
J2
H2
h
h
Se dibuja la proyección horizontal de medio dodecaedro, situándolo de manera que el pentágono de la base sea el pentágono superior del prisma: a) tomando como charnela el lado AB se desabate el punto C, trazando por su proyección horizontal C1 la perpendicular a la charnela; b) tomando como charnela ahora el lado BC se desabate el punto A, trazando por su proyección horizontal la perpendicular a esta charnela; y c) donde se cortan ambas perpendiculares se encuentra el punto H, vértice del dodecaedro que indica, además, el radio O1H1 del decágono regular que circunscribe la proyección horizontal del dodecaedro. Para dibujar la proyección vertical del medio dodecaedro hay que hallar las alturas de sus vértices: la altura h –respecto de su base– de los puntos que están unidos con los vértices de esta base se determina trazando: a) por la proyección horizontal –por ejemplo,
I2
K2
2 C1 O1
I1
P1 3
Solucionario
1 B1-B’1
A1-A’1
F1
H1 G1
FIG. 2
11.2.
Dibuja un icosaedro regular, de 4 cm de arista, apoyado por un vértice en el plano horizontal en una posición libre. A continuación, y dividiendo todas sus aristas en tres partes iguales, se unen entre sí los puntos más cercanos a cada vértice. Dibuja la figura que se forma al suprimir las pirámides pentagonales que forman todos los vértices del icosaedro. 1.
Se dibuja la proyección horizontal del icosaedro (figura 3), dibujando el pentágono regular B1D1F1H1J1 de lado igual al del icosaedro y el decágono regular inscrito en la circunferencia que circunscribe el pentágono anterior.
L2 1/3
M2
h
1/3
N2 1/3
K2
G2
I2 E2
C2
2.
Se determinan las alturas h, h + H y h + H + h de los distintos vértices, y se dibuja la proyección vertical del icosaedro.
3.
4.
5.
H
Se divide cada uno de los lados del icosaedro en tres partes iguales, tanto en proyección horizontal como en proyección vertical. Nótese que para dividir un segmento en un número de partes iguales basta con dividir sus proyecciones en dicho número de partes.
H2 B2
F2
D2
J2
h
Se unen entre sí –tanto en proyección horizontal como en vertical– los cinco puntos más cercanos a cada vértice, correspondientes a las cinco aristas que concurren en dicho vértice, obteniendo así pequeñas pirámides rectas de base pentagonal.
A2 I1 J1 H1
Como solución, se dibujan todas las
K1
B1
aristas resultantes, las de las pequeñas pirámidesexcepto anteriores.
G1 4
h
A 1 -L1 1/3
B1 1/3
M1 F1
N1 1/3
4
C1 E1 H
D1
C1
Solucionario
FIG. 3
65
Solucionario 11.3.
Representa la proyección vertical del octaedro que se encuentra apoyado por ABC la cara en el plano horizontal (figura 4). Dibuja la verdadera magnitud de la sección que produce el plano , dado por sus trazas en el octaedro. 1.
Dibujada la proyección horizontal (figura 5), se halla la altura h de los puntos no situados en el plano horizontal: a) por la proyección horizontal de uno de los vértices, por ejemplo F1, se traza la perpendicular a la proyección F1M; b) con centro en M y radio MA1, altura del triángulo equilátero, se traza un arco de circunferencia; y c) donde se cortan la perpendicular y el arco se obtiene el punto F’, de manera que F1F’ = h.
2.
Como el plano dado α es un proyectante horizontal, la sección que este le produce al octaedro es una sección plana cuya proyección horizontal B1H1D1G1 coincide con su traza horizontal α1. La proyección vertical B2H2D2G2 se halla al subir las proyecciones horizontales a sus respectivas aristas.
3.
La verdadera magnitud de la sección se halla al abatir el plano α que, por ser proyectante horizontal, tendrá su traza vertical abatida α0 perpendicular a la charnela α1. De esta manera, se obtiene B1H1D0G0.
α2
C2
B2
A2
A1
B1
C1 α1
FIG. 4
α2
E2
F2
G2
D2
h
H2
A2
B2
C2 α1 α0
A1 D1
H1
E1
C1
G1 M
D0
VM
B1 F1
h
G0
F’
FIG. 5
66
Solucionario
11.4.
Calcula gráficamente la verdadera magnitud del ángulo que forman dos caras contiguas de un octaedro regular convexo. 1.
Se dibujan las proyecciones de un octaedro cualquiera, de manera que una de sus aristas, BE o CD, sea perpendicular al plano vertical (figura 6); por tanto, su proyección vertical es un cuadrado con los lados paralelos y perpendiculares a la línea de tierra.
2.
En esta posición, el plano α que contiene a la cara CDF y el plano β que contiene a la cara ACD son dos planos proyectantes verticales; como quiera que la intersección de ambos es una recta CD de punta, el ángulo ϕ que forman sus trazas verticales podrá verse en verdadera magnitud.
F2 β2
α2
h
B 2 -E2
ϕ
C 2 -D2
A2 E1
D1
A 1 -F1
h α1 β1
B1
C1
(a)
F α β
E D C B
ϕ
A
FIG. 6
(b)
Solucionario
67
Solucionario 11.5.
El rectánguloA1B1C1D1 es proyección horizontal de un cuadrado, el lado más bajo del cual es A1B1-A2B2 (figura 7). Realiza las operaciones siguientes: a) dibuja la proyección vertical del cuadrado; b) el cuadrado obtenido es la cara inferior de un cubo. Dibuja las dos proyecciones, distinguiendo entre partes vistas y ocultas. A2
B2
D1
A1 C1
B1
1.
2.
3.
FIG. 7
Se halla la diferencia de cotas entre los puntos C y A (figura 8): a) por la proyección horizontal D1 se traza la perpendicular a A1D1; b) con centro en A1 y radio A1B1 –lado del cuadrado en verdadera magnitud– se traza un arco de circunferencia; y c) donde se cortan la perpendicular y la circunferencia se obtiene D’, de manera que D1D’ = h. El plano que contiene al cuadrado ABCD tendría su traza horizontal paralela a la proyección horizontal A1B1 por ser este segmento horizontal, y su traza vertical sería paralela a la proyección vertical m2 de una recta m frontal. Por tanto, para trazar la perpendicular desde un vértice cualquiera D al plano que contiene al cuadrado, se traza la recta cuya proyección horizontal sea perpendicular a A1B1, y cuya proyección vertical sea perpendicular a m2.
N2 H2
E2
F2
M2
C2
m2
h
A2
B2
D’
h l
N1
D1
A 1 -A0
M1
m1
C1
H1
E1
N1
B 1 -B0
G1
A partir de las proyecciones H1 y H2 se dibujan sendos cuadrados, E1F1G1H1 y E2F2G2H2, que junto con el cuadrado srcinal determinan las proyecciones del cubo.
68
G2
H2
D2
A continuación, se traslada sobre la perpendicular anterior el lado del cubo; para ello, se elige un punto N cualquiera, y se gira alrededor del eje vertical que pasa por A hasta la posición N' en que la recta sea frontal. Sobre la proyección vertical se traslada la longitud D2H'2 = A1B1 – verdadera magnitud del lado–, y se traza por H'2 la paralela a la línea de tierra hasta encontrar la posición srcinal de la recta en H2; asimismo, se determina la proyección horizontal H1.
4.
N2
F1
Solucionario
FIG. 8
11.6.
Halla la sección que el planole produce al octaedro dado (figura 9).
α2
45º
4 0
α1
30º
FIG. 9
F2
1.
Se dibujan las proyecciones horizontal y vertical del octaedro, tal como se indica en la figura del enunciado (figura 10).
2.
Como el plano dado α es un proyectante vertical, la sección que este le produce al octaedro es una sección plana cuya proyección vertical G2H2I2J2K2L2 coincide con su traza vertical α2. La proyección horizontal G1H1I1J1K1L1 se halla al bajar las proyecciones verticales a sus respectivas aristas.
α2
G2
D2
H2 C2
E2
B2
I 2 -L2 K2 J2
A2 I1
C1 H1
D1 J1
A 1 -F1 G1 B1
α1
K1 L1 E1
Solucionario
69
FIG. 10
Solucionario 11.7.
Dibuja un tetraedro, sabiendo que una de sus aristas ABes : A (50, 30, 0) yB (85, 40, 0), y que una de las caras que contiene AB a forma 45º con el plano horizontal. 1.
Se dibuja la proyección horizontal del tetraedro, como si este estuviese apoyado por una de sus caras A1B1C0 en el plano horizontal (figura 11).
2.
Se efectúa un cambio de plano vertical, de manera que el lado AB se vea de punta, es decir, se coloca la nueva línea de tierra perpendicular a la proyección horizontal A1B1.
3.
Se halla la nueva proyección vertical A’2B’2C’0 de la base situada en el plano horizontal, por lo que la nueva proyección vertical de estos puntos está en la línea de tierra.
4.
Haciendo centro en la proyección vertical A’2-B’2 del lado AB y extremo en C’0, se describe un arco de circunferencia hasta colocar esta base formando 45º con la nueva línea de tierra.
5.
0 centro del triángulo equilátero A1B1C0, se traza la perpendicular Se la con altura del tetraedro: a) por a B1halla O0; b) centro en B1 y radio B1CO0, ,lado del tetraedro, se traza un arco de circunferencia; y c) donde se cortan la perpendicular y el arco se obtiene el punto D0, de manera que h = O0D0. Se traslada la altura h a la nueva proyección vertical del tetraedro, obteniendo así la proyección D’2.
6.
Se halla la proyección horizontal del punto D: por O0 se traza la perpendicular a A1B1, por D’2 se traza la perpendicular a la nueva línea de tierra, y donde se corten ambas perpendiculares se encuentra D1.
7.
Por las proyecciones horizontales de los vértices se trazan perpendiculares a la antigua línea de tierra; a continuación, se traslada sobre cada perpendicular la cota correspondiente tomada de la nueva proyección vertical, hallando así la proyección vertical A2B2C2D2 del tetraedro.
D2 C2
C0
C2
B2 A2
h
C1
O’0
O’2
D0
C0
h l
45º
l
O0
A’2 -B’2 A1 D’2
B1 D1
70
Solucionario
FIG. 11
Solucionario
71
Solucionario
12 12.1.
Sistema axonométrico
El triángulo A1B1C1-A2B2C2 es base de una pirámide en la que las tres aristas concurrentes en el vértice superior son perpendiculares entre sí (figura 1). Dibuja las dos proyecciones de la pirámide. El ejercicio puede considerarse como una aplicación del sistema axonométrico, ya que las tres caras laterales de la pirámide vienen a ser como los planos axonométricos de un sistema axonométrico, siendo las aristas de la pirámide los ejes. 1.
Considerando el plano α proyectante horizontal que contiene a la arista VA (figura 2), y abatiéndolo sobre el plano horizontal, se obtiene el triángulo rectángulo A1D1V0: por la proyección horizontal V1 se traza la perpendicular a α1 hasta cortar a la semicircunferencia de diámetro A1D1 en V0.
2.
La distancia V1V0 es la cota del vértice V, cuya proyección vertical V2 se une con las proyecciones verticales A2, B2 y C2. V2
B2
A2
C2 h
A1 A2
C1
C2
B2
A1
C1
E1 α1
V1
FIG. 1
B1
h V0
12.2.
D1 FIG. 2
B1
Halla los puntos de entrada y salida de la recta r en la superficie prismática definida (figura 3). 1.
Se traza el plano proyectante horizontal α que contiene a la recta r (figura 4): la traza horizontal α1 coincide con la proyección horizontal r1, y las trazas verticales α2 y α3 son paralelas al eje Z.
2.
La intersección del plano α con el plano β –paralelo al plano vertical, que contiene a una de las caras de la figura– es la recta m, perpendicular al plano horizontal.
3.
Se halla la intersección del plano β con el plano γ –que contiene la cara superior de la figura–, obteniendo la recta n.
4.
Donde las rectas m y n se cortan con la recta r se obtienen los puntos M y N de intersección de la recta r con la figura. Z Z
α2
r r O
Vn
r1
γ2
β3
X Y
n
α3
N
P
(escala 1:2) FIG. 3
O
γ3
M
Wn
m
X
r1-α 1
Hm Y
72
Hr β1
Solucionario
FIG. 4
12.3.
Representa la parte complementaria del cubo (figura 5). La solución (figura 6)la constituye una nueva pieza que, acoplada con la de la figura dada haciendo coincidir los segmentos AB de ambas, formaría un paralelepípedo sólido.
A
B
B
(escala 1:2) FIG. 5
B
A A
FIG. 6
12.4.
Traslada el sólido a la nueva posición (figura 7). El ejercicio consiste en colocar la figura dada, apoyada en el plano horizontal por el rectángulo ABCD (figura 8).
A
C
B
D D B C (escala 1:2)
A
FIG. 7
D
B
C
A
Solucionario
73
FIG. 8
Solucionario 12.5.
Dibuja la perspectiva axonométrica libre de la pieza dada (figura 9).
FIG. 9
Solución: figura 10.
FIG. 10
74
Solucionario
12.6.
Dibuja la perspectiva axonométrica libre de la pieza dada (figura 11).
FIG. 11
Solución: figura 12.
FIG. 12
Solucionario
75
Solucionario
13 13.1.
Sistema de perspectiva caballera
Calcula la verdadera magnitud de la fuerza resultante F de componentes las representadas, en un sistema de perspectiva caballera de coeficiente de reducción cy = 0,8 (figura 1). 1.
Se abate el eje Y sobre el plano del cuadro en Y0 (figura 2). Se halla la dirección d de reducción: sobre Y0 se traslada la unidad, sobre el eje Y la magnitud 0,8, y se unen ambos extremos.
2.
Se abate sobre el plano vertical el plano que contiene a F y es perpendicular al plano horizontal, tomando como charnela el eje Z. Para ello, se abate primero el plano horizontal, tomando como charnela el eje X, y con él se abate la componente horizontal ( F1)0 de la fuerza F.
3.
Z
FZ
O
FX
(escala 1:2) FIG. 1
Y
Con centro en O y radio (F1)0 se describe un arco de circunferencia hasta cortar al eje X en F’. OF’ = (F1)0 es la componente horizontal de F que junto con FZ componen F0, verdadera magnitud de la fuerza F.
Z FZ F2
F0
F3 F
0’8
FX
O
X
F’
1 d FY
F1
Y (F1) 0
Y0
FIG. 2
76
X
FY
Solucionario
13.2.
Dibuja la perspectiva caballera, con= 120º y coeficiente de reducción del eje OY cr = 2/3, de un prisma cuya base es un rombo de 5 cm de lado y diagonal mayor 9 cm. La base está contenida en el plano horizontalXOY, con su centro sobre el eje OY y uno de sus lados sobre el eje OX. Las generatrices del prisma son paralelas al OZ eje, y miden 6 cm. 1.
Se abate el eje Y sobre el plano del cuadro en Y0 (figura 3). Se halla la dirección d de reducción: sobre Y0 se trasladan 3 unidades, sobre el eje Y 2 unidades y se unen ambos extremos.
2.
Se dibuja en verdadera magnitud el rombo que se pide: se traslada OC’0 = 5 cm, se dibuja un arco con centro en O y radio 5 cm, y se traza otro con centro en C’0 y radio 9 cm. Ambos arcos se cortan en el vértice A’0.
3.
Por el centro M’0 del rombo se traza la paralela al eje X hasta corta a Y0 en M0, y se realiza una traslación del rombo según la magnitud M’0M0 hasta situarlo en la posición A0B0C0D0.
4.
Se desabate el rombo según la dirección de reducción d hasta situarlo en el plano horizontal, en la
5.
posición ABCD. Por los puntos A, B, C y D se trazan paralelas al eje Z, y se transporta sobre ellas la distancia de 6 cm, obteniendo así la perspectiva caballera del prisma.
Z H
G
F
E
D-D0
O-D’0
C-C0
C0
X
M
2 A B
d
Y
M0
M0
3
A0
A0
B0
B0
Y0 FIG. 3
Solucionario
77
Solucionario 13.3.
Dibuja la perspectiva caballera de la pieza dada (figura 4). Dat =os: 225º ycr = 1/2.
FIG. 4
Solución: figura 5. Z
X
O
Y
FIG. 5
78
Solucionario
13.4.
Dibuja la perspectiva caballera de la pieza dada (figura 6). Dat =os: 225º ycr = 1/2.
FIG. 6
Solución: figura 7.
Z
X
O
Y FIG. 7
Solucionario
79
Solucionario
14 Sistema de planos acotados 14.1.
Resuelve la cubierta de la figura, teniendo en cuenta que todos los faldones tienen igual pendiente. E
1.
D
Al tener todos los faldones igual pendiente, se empieza dibujando las bisectrices exteriores e interiores que forman cada dos de ellos, obteniendo las
e
d
n i
h
rectas (figuraa,1). b, c, d, e, f, g, h, i, j y k 2.
3.
14.2.
c
f
Para empezar a cerrar la cubierta, se trazan las intersecciones de los faldones AB con KJ, CD con IJ y ED con IH, que, por tener las líneas de máxima pendiente paralelas, las intersecciones l, m y n resultan ser paralelas a las rectas horizontales de los planos.
g
K
J
C
j
k
G
F
m
I
H
l
b
a A
B FIG. 1
Posteriormente, se sigue con el proceso explicado en la teoría.
P 45
Resuelve la cubierta de la figura, teniendo en cuenta que los faldones que se corresponden con el exterior del edificio tienen una pendiente de 30º, y que los
P30
faldones que se corresponden con el patio interior tienen una pendiente de 45º. i
O
1.
2.
3.
Al tener los faldones exteriores igual pendiente de 30º y los faldones interiores de 45º, se empieza dibujando las bisectrices exteriores e interiores que forman cada dos de ellos, obteniendo las rectas a, b, c, d, e, f, g, h, i, j, k, l, m, n, o y p (figura 2). Para empezar a cerrar la cubierta se trazan las intersecciones de los faldones CB con MN, OP con EF, OP con IH y MN con KL, que, por tener las líneas de máxima pendiente paralelas, las intersecciones q, r, s y t resultan ser paralelas a las rectas horizontales de los planos.
i30
45
(a)
G
I
H
F
i s
g
h
f
E e
r
p P J
Posteriormente, se sigue con el proceso explicado en la teoría.
O
o
j
k K
d N
M m
n
t L
D
b l
q
c C
B
a A
80
Solucionario
FIG. 2
e
14.3.
Resuelve la cubierta de la figura, teniendo en cuenta que todos los faldones tienen igual pendiente.
1.
Al tener todos los faldones igual pendiente, se empieza dibujando las bisectrices exteriores e interiores que forman cada dos de ellos, obteniendo las rectas a, b, c, d, e y f (figura 3).
2.
Posteriormente, se sigue con el proceso explicado en la teoría.
C
c
Lado triángulo ext. 100 Lado triángulo int. 30 e
d E
D
F a
b
f
A
B
FIG. 3
14.4.
Dibuja el plano dado por los puntos A (10), B (2) y C (6). 1.
Se gradúan los lados AB, AC y BC (figura 4).
2.
Se unen los puntos de igual cota de los tres lados, dando lugar a las rectas horizontales del plano α que forman.
3.
La línea de máxima pendiente pα es perpendicular a ellas.
9 8 7 6 5 4 3 B(2)
A(10)
tα
3
9 4
8 7
5 C(6)
p
α
3 2 1 0 FIG. 4
Solucionario
81
Solucionario 14.5.
Obtén la intersección de los planos y dados en la figura.
p
p
α
β
11
1. 2.
3.
Se gradúan las líneas de máxima pendiente de ambos planos, y se trazan las rectas horizontales (figura 5).
11
10 9 8
Los puntos de corte de rectas horizontales de igual pendiente dan lugar a obtener la recta r, intersección de los planos dados.
A(11)
7
10 9 8
En este caso se han obtenido los puntos A (11) y B (9).
B(9) 7 r
FIG.5
14.6.
Obtén la intersección del plano , de pendiente 30º, dado por su línea de máxima pendiente y un punto de ellaM (2); y la rectar, de pendiente 45º, dado un punto de ella, (4). A el 1.
Se gradúa la línea de máxima pendiente pα del plano (figura 6).
2.
Se gradúa la recta r.
3.
Se pasa por la recta r un plano β cualquiera que la contenga.
4.
Se obtiene la intersección i de los planos α y β.
5.
Donde se corten las rectas r e i es el punto P solución.
r
ir A(4)
p
3
3
β
2
2
1
1
pα
0
tβ
3 i
M(2)
P
1 0 tα
-1 -2
82
FIG. 6
Solucionario
14.7.
Resuelve la cubierta de la figura, teniendo en cuenta que los faldones tienen igual pendiente. 1.
Al tener todos los faldones igual pendiente, se empieza dibujando las bisectrices exteriores e interiores que forman cada dos de ellos, obteniendo las rectas a, b, c, d, e, f, g, h e i (figura 7).
2.
Para empezar a cerrar la cubierta, se trazan las intersecciones de los faldones AB con IH, CD con GH y EF con IG, que, por tener las líneas de máxima pendiente paralelas, las intersecciones j, k y l resultan ser paralelas a las rectas horizontales de los planos.
3.
Posteriormente, se sigue con el proceso explicado en la teoría.
D
E e g G
l F
d
k c
f i
I
H
C
h
j a A
b B FIG. 7
Solucionario
83
Solucionario
15 15.1.
Sistema cónico
Dados los puntos A, B, C, D, E y M (figura 1), determina:
D’ A
a) El plano que determinan los puntos A, B y C.
0 1
h
b) El plano que determinan los puntos A, D y E.
D
0 2
D
P
0 2
0 2
c) La rectam de intersección de los planosy .
M
C
B
5
5 1
A1
C1
d) El plano que determinan la recta m y el puntoM.
M1
0 2
E’-E’1
5
B1
t
0 1
D’1 15
25
15
10
20 FIG. 1
1.
Los puntos A y B definen la recta a, y B y C definen la recta b (figura 2). Las rectas a y b determinan el plano α.
2.
Los puntos A y D definen la recta c, y los puntos A y E definen la recta d. Ambas rectas determinan el plano β.
3.
La recta r de intersección de α y β se halla al unir las intersecciones de las trazas de ambos planos.
4.
Para dibujar el plano que determinan la recta r y el punto M, se toma un punto cualquiera de la recta r, por ejemplo el punto A, y se une con M mediante la recta m; las rectas m y r determinan el plano γ.
lβ
lγ
c A
Fr
Gr
G’c-
Δ
h
Tc-D’
lα
Δ
P a’
F’b
d m
m1 G’b
C
tβ tγ
M
b
B
C1
gγ Tb
gα
Tr
r
b1 Ta
gβ
d1
A1 a’1
M1 c1
tα
E’-E’1 r1
Gm
G’d
B1 t D’1
Tm G’a
Td
84
Solucionario
FIG. 2
15.2.
Determina el plano formado por las rectas r y s, que se cortan en el punto A (figura 3). Traza por el punto E el plano paralelo al plano .
15 D
15
P
D
h
50º
20º r s1
20º
A
s
r1
5 3
5 1
A1
35º
5
E’ E’1
t
5
FIG. 3
1.
Las trazas del plano α se determinan uniendo las trazas homónimas de las rectas r y s respectivamente (figura 4).
2.
Para hallar el plano β, se dibuja una recta m cualquiera que pase por el punto E y sea paralela al plano α, es decir, el punto de fuga F’m debe estar situado en la recta límite l’α del plano. La traza tβ del plano β pasa por la traza Tm de la recta, y es paralela a tα; las rectas límite l’α y l’β coinciden.
tα
l’α - β
tβ Ts F’m
Δ
P
gβ
Tr m
r s
G’r F’r
h
Δ
A
E’ Tm
r1
G’s gα s1
m1 A1
E’1 t FIG. 4
Solucionario
85
Solucionario
15.3.
Traza por la recta s un plano paralelo a la recta r (figura 5).
5 D
50 D
P
h 8 1 7
r r1 35º s s1 50º 60º
5 1
20º
t FIG. 5
El proceso que hay que seguir sería el siguiente: por un punto cualquiera de la recta s se trazaría una recta paralela a r que, junto a la recta s, determinarían el plano α que se pide. 1.
En cónico (figura 6), las rectas paralelas a r fugan en F’r; por tanto, la recta límite l’α del plano α que determinan la recta s y la recta paralela a r se obtiene al unir los puntos de fuga F’r y F’s.
2.
La traza ordinaria t α se determina al dibujar por Ts la paralela a l’α.
3.
La traza geometral g’α se halla al unir el punto donde se corta tα con la línea de tierra y la traza geometral G’s. Dicha traza g’α se cortará con la línea del horizonte h en el punto donde l’α se corte con dicha línea del horizonte.
Δ
Δ
P
h lα F'r
F's G'r
gα
r Tr
Ts
G's
s
tα
r1
s1
t FIG. 6
86
Solucionario
15.4.
Halla la intersección del plano y la rectar (figura 7).
10 l
α
D
P
D
h 5 1
r t
α
r1
g
5 2
α
30º
60º40º 10
t
15 FIG. 7
1.
Se traza un plano cualquiera que contenga a la recta r (figura 8). En este caso, se ha elegido el plano β, perpendicular al plano geometral.
2.
Se determina la recta m de intersección de los planos α y β.
3.
La intersección M de las rectas r y m es el punto que se busca.
lβ lα
Δ
F'm P
G'm
m Tm
Δ
M Tr
h
r
G'r
tα tβ
F'r
gα r'1 -
β
m1
t M1
Solucionario
87
FIG. 8
Solucionario
16 16.1.
Perspectiva cónica
Dibuja la perspectiva cónica de la pieza dada (figura 1), según los datos que se indican.
Colocación de datos. En la planta del enunciado, se colocan el plano del cuadro π y el punto de vista V en las posiciones indicadas (figura 2). Para determinar los puntos de fuga principales, se trazan por V las paralelas a las dos direcciones principales de la figura hasta cortar al plano π en Fx y Fy. A continuación, en lugar aparte, se dibujan las líneas de tierra t y de horizonte h con la separación indicada en el alzado (figura 3), y sobre la línea del horizonte h se marcan los puntos P, Fx y Fy. Construcción de la perspectiva. Se ha utilizado el método de las trazas: en planta, se une el punto de vista V con cada punto de la pieza hasta cortar al plano π, trasladando a continuación dichos puntos a la línea de tierra y levantando verticales. Las alturas se han llevado sobre la vertical de P1, que, por encontrarse en el plano del cuadro, están en verdadera magnitud. El resto de la pieza se construye a base de ir fugando a Fx y Fy.
C
h
B
D 0 7
Fy
E
G
F
Tc
(escala 3:4)
t P
A 30º
c
e Ta
0 5
a
P
V
60 =
P
π
30º
Fx π
V
FIG. 1
Fy
h
FIG. 2
Fx
P
C A
Ta
Tc
t
P1
88
FIG. 3
Solucionario
16.2.
Dibuja la perspectiva cónica de la pieza dada (figura 4), según los datos que se indican.
Colocación de datos. En la planta del enunciado, se colocan el plano del cuadro π y el punto de vista V en las posiciones indicadas (figura 5). Para determinar los puntos de fuga principales, se trazan por V las paralelas a las dos direcciones principales de la figura hasta cortar al plano π en Fx y Fy. A continuación, en lugar aparte, se dibujan las líneas de tierra t y de horizonte h con la separación indicada en el alzado (figura 6), y sobre la línea del horizonte h se marcan los puntos P, Fx y Fy.
h
0 6
t
En la se Construcción perspectiva. prolongan todasdelaslalíneas hasta cortar al planta, plano del cuadro π, se trasladan dichos puntos a la línea de tierra t, y se fugan a Fx y Fy. Las alturas se llevan sobre la vertical del punto A, que, por encontrarse en el plano del cuadro, están en verdadera magnitud. El resto de la pieza se construye a base de ir fugando a Fx y Fy.
0 4
B
A
30º V P
=
12
0 P
π
FIG. 4
D
d Td Fy
B
C
A P
(escala 1:2)
c
Tc π
e
V Fx
FIG. 5
Fy
P
Fx
h
C d Td
D
c A
P1
t Tc
Solucionario
FIG. 6
89
Solucionario 16.3.
Con los datos que se indican, dibuja la perspectiva cónica del obelisco, PA siendo = 2 cm (figura 7).
Colocación de datos. En planta, se colocan el plano del cuadro π y el punto de vista V en las posiciones indicadas (figura 8). Como se trata de una perspectiva frontal, todas las rectas perpendiculares al plano del cuadro fugan en P, y las que son paralelas al mismo en perspectiva son paralelas a la línea de tierra. En lugar aparte, se dibujan las líneas de tierra t y de horizonte h con la separación indicada (figura 9). Construcción de la perspectiva. Se ha utilizado el método de los puntos métricos: sobre la línea del horizonte se traslada la magnitud PM = PV = 90, siendo M el punto métrico de todas las rectas que fugan en P. Las verdaderas magnitudes se colocan sobre la línea de tierra, y se unen con M hasta cortar a la recta que fuga en P. Las alturas se han llevado sobre la vertical del punto B. El resto de la pieza se construye a base de fugar en P, y trazar paralelas a la línea de tierra t. C
h
π
B
0 5
A
P
t (escala 3:4) e 0 4
π
P
A
0 9 = V P
FIG. 7
FIG. 8
V
P
M
h
C
t C
B
P1
90
A
Solucionario
FIG. 9
16.4.
Con los datos que se indican, dibuja la perspectiva cónica de la escalera (figura 10).
Colocación de datos. En la planta del enunciado, se colocan el plano del cuadro y el punto de vista V en las posiciones indicadas (figura 11). Para determinar los puntos de fuga principales, se trazan por V las paralelas a las dos direcciones principales de la figura hasta cortar al plano π en Fx y Fy. A continuación, en lugar aparte, se dibujan las líneas de tierra t y de horizonte h con la separación indicada en el alzado (figura 12), y sobre la línea del horizonte h se marcan los puntos P, Fx y Fy. Construcción de la perspectiva. Se ha utilizado el método de las trazas: en planta, une elalpunto de πvista V con cada punto de la pieza hastasecortar plano , trasladando a continuación dichos puntos a la línea de tierra, y levantando verticales. Las alturas se han llevado sobre la vertical de A, que, por encontrarse en el plano del cuadro, están en verdadera magnitud. El resto de la pieza se construye a base de ir fugando a Fx y Fy.
30
40
h
0 3
t
π
0 2
A 60º P
PV =3 0
FIG. 10
B
π
Fy B A
D
C
P-D’ (escala 2:1) C V Fx
Fx
Fy h
P
C D B
t C
A
P1 -D’
B
FIG. 12
Solucionario
91
FIG. 11
Solucionario 16.5.
Dibuja la perspectiva cónica de la pieza dada (figura 13) con los datos que se indican, siendoPA = 6 cm.
Colocación de datos. En planta, se colocan el plano del cuadro π y el punto de vista V en las posiciones indicadas (figura 14). Como se trata de una perspectiva frontal, todas las rectas perpendiculares al plano del cuadro fugan en P, y las que son paralelas al mismo en perspectiva son paralelas a la línea de tierra. En lugar aparte, se dibujan las líneas de tierra t y de horizonte h con la separación indicada en el alzado.
h
40
0 6
t
Construcción de la perspectiva. Se ha utilizado el método de las trazas. Las alturas se han llevado sobre la vertical del punto A. El resto de la pieza se construye a base de fugar en P y trazar paralelas a la línea de tierra t.
FIG. 13
L.H.
A
P
π
0 6 = V P
P
L.T. A
P.C.
P A
V
FIG. 14
92
Solucionario
16.6.
Con los datos indicados de posición del punto de vista, dibuja la perspectiva cónica de la figura 15. Situadas la línea de tierra t y la línea del horizonte h, así como el punto principal P y su proyección horizontal P1, se coloca sobre t el punto 6 (figura 16). Los puntos de fuga se determinan en planta, trazando por V1 las paralelas a las dos direcciones principales hasta cortar al plano π en Fx y Fy, y trasladando sobre la línea del horizonte h las longitudes PFx y PFy. A continuación, se dibuja la perspectiva de la planta, utilizando el método de las trazas; las alturas se trasladan sobre la vertical
V"
L.H. 8 8
3
3-4
6 2
0 3 1
3 1
1 9 2-5 6
7 25º
8
1-9
7
5
4
8
9
24
6 4
L.T. 6
PLANTA
38
2 96
2 8
del punto 6, que, por encontrarse en el plano del cuadro, están en verdadera magnitud. El resto de la pieza se construye a base de ir fugando a Fx y Fy.
ALZADO V’
FIG. 15
Si se tiene la precaución de colocar h y t justo debajo o justo encima de la planta, las rectas que unen V1 con cada punto de la planta cortan al plano del cuadro en puntos que son las trazas de dichas rectas, pudiendo trazar a continuación las perpendiculares hasta cortar a la línea de tierra. 3
1 8 9
4
7 2-5
Fy
t
Fx
6-P-P1
(escala 1:2)
V1 Fy
P
h 3 8
4
1 9 5
7
2 t 6-P1
FIG. 16
Solucionario
93
Fx
Solucionario 16.7.
Dibuja la perspectiva cónica de la pieza representada (figura 17), según el plano del cuadro y la altura del horizonte que se indican, sabiendo que el ángulo del cono visual vale 45º. Las cotas se expresan en centímetros.
Colocación de datos. Se coloca el plano del cuadro π en la posición que se indica (figura 18). Para situar el punto de vista, se construye –con vértice en un punto V’ cualquiera– un ángulo de 45º, de forma que la bisectriz e’ sea perpendicular a π; a continuación, se trazan las paralelas m y n que pasan por los puntos extremos D y B respectivamente. Los puntos de fuga principales se encuentran en los puntos Fx y Fy de intersección de las paralelas, trazadas por V, a las dos direcciones principales de la figura en planta. A continuación, en lugar aparte, se dibujan las líneas de tierra t y de horizonte h con la separación indicada en el alzado (figura 19), y sobre la línea del horizonte h se marcan los puntos P, Fx y Fy.
3
2’5
1 1 1
1
8’5
3
2
5 2
1’5 3
’
h
2 1
π
30º FIG. 17
Construcción de la perspectiva. Se dibuja la planta en perspectiva; para ello, se prolongan todas las líneas hasta cortar al plano del cuadro π, se trasladan dichos puntos a la línea de tierra t, y se fugan a Fx y Fy. Las alturas se llevan sobre la vertical del punto A, que, por encontrarse en el plano del cuadro, están en verdadera magnitud. El resto de la pieza se construye a base de ir fugando a Fx y Fy.
B
C
Fy D
A
Tn
P
(escala 1:2)
n
Tm e e
n m
m
π
45º
V’
V
FIG. 18
Fx
Fx
Fy
P
h
D
B
t P1
94
Solucionario
A
FIG. 19
16.8.
Dibuja la perspectiva cónica de la figura 20, según el plano del cuadro y la altura del 3 horizonte que se indican, determinando la adecuada distancia del punto de vista. Las 2 cotas se expresan en centímetros.
h
2
La construcción vuelve a ser idéntica a la de los dos ejercicios anteriores, con la diferencia de que ahora la altura de la línea del horizonte h se debe elegir libremente; por ello, se ha tomado la misma altura que la del banco, con el fin de no elevar excesivamente la posición del espectador, que obligaría a separarnos mucho de la pieza para que esta no se deformara (figura 21). También en este
t
2 1
4 1
caso se adopta un ángulo de 45º para el cono visual.
π
4
Solución: figura 22.
30º 1
2
1
1
8
2
1 FIG. 20
C
B Fy Tn (escala 1:2) D
A
n
e
Tm
e
P
n m
m π
45º
V’ V Fx
FIG. 21
Fx
h
Fy
P
C D B
t FIG. 22
Solucionario
Tm
A P1
95
Tn
Solucionario 16.9.
Dibuja la perspectiva cónica de la figura 23, cuyos datos se elegirán libre y correctamente.
Colocación de datos. La altura del punto de vista, o de la línea de horizonte h, se ha tomado igual a la altura de la figura (figura 24); el eje visual e se ha elegido formando un ángulo de 60º con uno de los lados de la planta, y el ángulo óptico que forman las rectas m y n se ha decidido que sea de 45º. Por último, el plano del cuadro π se ha hecho pasar por el punto A para que la perspectiva salga lo más grande posible, sin que los puntos de fuga se nos separen excesivamente.
5 2
0 5
Construcción de la perspectiva. Se ha utilizado el método de las trazas (figura 25). Las alturas se han llevado sobre la vertical del punto A, que, por encontrarse en el plano del cuadro, están en verdadera magnitud. El resto de la pieza se construye a base de ir fugando a Fx y Fy.
50 FIG. 23
Fy
P
B
A
(escala 2:3) C
D
60º m
e
π
n 45º Fx V
FIG. 24
P
Fy
h
A
t
B D
FIG. 25 C
96
Solucionario
16.10. Dibuja la perspectiva cónica de la habitación que se representa (figura 26), cuyas cotas aparecen en metros.
Colocación de datos. En la planta del enunciado, se colocan el plano del cuadro y el punto de vista V en las posiciones indicadas (figura 27)(nótese que el punto de vista se ha situado fuera de la habitación). Para determinar los puntos de fuga principales, se trazan por V las paralelas a las dos direcciones principales de la figura hasta cortar al plano π en Fx y Fy. A continuación, en lugar aparte, se dibujan las líneas de tierra t y de horizonte h con la separación indicada en el alzado (figura 28), y sobre la línea del horizonte h se marcan los puntos P, Fx y Fy. 3’00 0’90
Construcción de la perspectiva. Se ha utilizado el método de las trazas: en planta, se une el punto de vista V con cada punto de la pieza hasta cortardichos al puntos plano aπla , línea trasladando continuación de tierra, ya levantando verticales. Las alturas se han llevado sobre la vertical de A, que, por encontrarse en el plano del cuadro, están en verdadera magnitud. El resto de la pieza se construye a base de ir fugando a Fx y Fy.
3’00
1’25
1’00
h 0 0 ’ 2
0 0 ’ 3 0
0 0 ’ 1
8 ’
1
t
0 3 ’ 1
D
E
1’25
0 5 ’ 1
π
Fx E’
B
C
0 5 ’ 3
P C P
P
8
30º
B 30º
F
= V
A
A FIG. 26
(escala 1:100)
π
Fy V
FIG. 27
Fy Fx
h
P
E
C
E’
C
t
F
P1
B
A FIG. 28
Solucionario
97
Solucionario
Hacia la universidad 1.
Geometría descriptiva
Dadas las rectasr y s, que se cortan en el punto P (figura 1), halla la verdadera magnitud del ángulo que forman entre ellas. 1.
s2
Se halla el plano α que determinan ambas rectas (figura 2): la traza horizontal α1 contiene a la traza Hr, y es paralela a la proyección horizontal s1 por ser la recta s una recta horizontal; la traza vertical α2 pasa por Vs, y es paralela a r2 por ser la recta r frontal.
2.
r2
P2
r1 P1
Se abate el plano α, y con él las rectas r y s. Las rectas abatidas r0 y s0 forman el ángulo ϕ que se pide.
s1
FIG. 1
r2
P2
Vs
s2
M2 α2
M1
α0
2.
Determina las proyecciones del incentro del triánguloABC (figura 3). 1.
2.
3.
P1
Hr
s1 M0
El plano α que contiene al triángulo tiene su traza horizontal confundida con el lado AB (figura 4), por estar este situado en el plano horizontal. Por tanto, y tomando como charnela el lado AB, se abate el plano α, y con él, el vértice C en C0.
V0 s0
a1
r0 ϕ
FIG. 2
En el triángulo A1B1C0, en verdadera magnitud, se halla el incentro O0, punto donde se cortan las bisectrices α0 y β0. Se restituye el punto O: donde se cortan las proyecciones horizontales α1 y β1 está la proyección horizontal O1, y donde se cortan las proyecciones verticales α2 y β2 se obtiene la proyección vertical O2.
C2
E2
D2 O2
a2
b2
A2
B2
E1
C2
r1
C1
A1 a1
A2 A1
a0
B2
O1
C
D1
a1
C1
C’
(escala 1:2) B1
E0
b1 b0
O0
B1
FIG. 3 D0 C0 FIG. 4
98
Solucionario
3.
Sea un plano , cuya recta de máxima pendiente viene dada por los puntos A y B (figura 5), halla las proyecciones diédricas de un triángulo equilátero de AB ladocontenido en el plano. Asimismo, halla las proyecciones diédricas del ortocentro de dicho triángulo.
A2
B2
A1 FIG. 5
B1
1.
Se dibuja la recta r que contiene a los puntos A y B (figura 6), y se dibuja el plano α que la contiene, de manera que la traza vertical α2 sea perpendicular a la proyección vertical r2 de la recta.
2.
Se abate el plano α, y con él la recta r y los puntos A y B.
3.
Se dibuja el triángulo equilátero A0B0C0, y se halla el ortocentro O0, punto donde se cortan las alturas de un triángulo.
4.
Se restituyen al plano los puntos C0 y O0, obteniendo las proyecciones horizontales C1 y O1, y las proyecciones verticales C2 y O2.
Vr A2 α2
r2
D2
C2
O2
B2
D1 A1
r1 O1
D0
B1 Hr C1
α0
A0
r0
B0
α1
O0 FIG. 6
C0
Solucionario
99
Solucionario 4.
Dado el plano por sus trazas (figura 7), determina las proyecciones de la circunferencia contenida en dicho plano, sabiendo que tiene 30 mm de radio, es tangente a los planos de proyección, y está situada en el primer diedro.
α2
α1
FIG. 7
1. 2.
Se abate el plano α (figura 8), y se dibuja la circunferencia de centro O0 y radio 30 mm, tangente a la traza horizontal α1 y a la traza vertical abatida α0. Se elige una serie de puntos de la circunferencia. Por ejemplo, se eligen los extremos de los diámetros A0B0 y C0D0, perpendicular y paralelo, respectivamente, a la traza horizontal α1 del plano, y los extremos de los diámetros E0F0 y G0H0, perpendicular y paralelo, respectivamente, a la traza vertical abatida α0.
3.
Se restituyen los puntos elegidos, de manera que al obtener las proyecciones horizontales A1B1 y C1D1 se obtienen los ejes de la elipse proyección horizontal de la circunferencia; las proyecciones verticales de los otros dos diámetros E2F2 y G2H2 nos ofrecen los ejes de la elipse proyección vertical de la circunferencia.
α2
B2
H2 s2
Vr-E2
D2 C2 O2 E1 G2
O0
B0
D1
F1 r0 F0
α0
r2
A2
C1 B1 Hs G1 s1 H1 G0 O1 s 0 A1-A0
C0
E0
F2
r1
α1
D0 H0
Hr FIG. 8
100
Solucionario
5.
Aplica un cambio de plano vertical al modelo (figura 9) para que la nueva proyección vertical del punto A sea A’, dibujando únicamente las aristas vistas. Determina gráficamente la verdadera longitud de la arista MN. 1.
N2 A M2 A2 N1
Para hallar la nueva proyección vertical de la figura, se halla la nueva proyección vertical de todos y cada uno de los vértices (figura 10). Por ejemplo, por la proyección horizontal B1 de un punto B se traza la paralela a la dirección A1A’1, y se traslada sobre esta paralela la diferencia B
M1 A1
FIG. 9
Para la distancia entre los puntos M y N se traza por N1 la perpendicular a la proyección horizontal M1N1, y se traslada sobre ella la diferencia de cotas N1N’ entre ambos puntos. La hipotenusa M1N’ del triángulo que se forma es la verdadera magnitud de la distancia entre los puntos M y N.
B2
B2
A
de cotas entre los nueva puntos proyección y , obteniendo así la vertical B’2. 2.
A3
N2
A2 M2 A2
N B1
V.M. N1
M1 (escala 3:2)
A3
A1
FIG. 10
C2 6.
D2
Dadas las proyecciones de dos triángulos (figura 11). a) Determina las dos proyecciones de la intersección de los triángulos. Diferencia las aristas vistas de las ocultas, considerando los dos triángulos opacos. b)
1.
2.
3.
A1
B1
F1
E1 C1
Ambos triángulos tienen sendos lados, AB y EF, paralelos a los dos planos de proyección (figura 12); por tanto, se trata de dos triángulos contenidos en planos paralelos a la línea de tierra. La intersección de ambos será una recta paralela a dicha línea de tierra.
Restituyendo la recta r a proyección horizontal y proyección vertical, y tomando de ella el segmento MN que es común a los dos triángulos, se obtiene la intersección de ambos.
A2 D1
Determina las dos proyecciones de la mínima distancia entre el punto D y el triánguloABC, y la verdadera magnitud del segmento determinado.
Se trasladan los dos triángulos a tercera proyección, obteniendo así la tercera proyección r3 de la recta de intersección de los planos que los contienen.
F2
E2
B2
FIG. 11 C3
C2 D2
M2
D3
r2
N2
M3 -N3 - r 3
E2
E 3 -F3
F2
B2
A 3 -B3
A2 D1
B1
C1 M1
r1
N1
E1
F1 A1 FIG. 12
Solucionario
101
Solucionario 7.
Determina la proyección vertical de la recta frontal r (figura 13) y sus puntos A y el prisma, sabiendo que AB = 40 mm.
r1
B
de intersección con
(escala 1:2)
A1
FIG. 13
1.
Se traza el plano α proyectante horizontal que contiene a la recta r (figura 14), que, por ser esta una recta frontal paralela al plano vertical, resulta ser también un plano paralelo al vertical; la traza horizontal α1 coincide, por tanto, con la proyección horizontal r1.
2.
Se halla la sección que el plano α le produce a la pirámide. La intersección de la traza horizontal α1 de dicho plano con las aristas de la pirámide marca la proyección horizontal H1I1J1K1 de la sección. La proyección vertical de esta sección se determina subiendo los puntos a proyección vertical H2I2J2K2.
3.
Como la sección HIJK es paralela al plano vertical, su proyección vertical está en verdadera magnitud. Por tanto, haciendo centro en A2 y radio 40, se describe un arco de circunferencia que corta al lado J2K2 del polígono sección en el punto B2. A2B2 determinan la proyección vertical de la recta r.
V2 I2
r2
H2 C-G 2
J2
A2
B2 D-F
2
2
K2 E2
2
F1 G1
V1 r1-α1 H1
A1
I1
E1 J1
B1
K1 Hr
C1
D1
102
Solucionario
FIG. 14 FIG. 19
8.
Dibuja el desarrollo completo de la pirámide dada (figura 15), iniciándolo por la arista VA; sigue el orden alfabético de izquierda a derecha. Dibuja la base yuxtapuesta a la cara del lado correspondiente al lado AB. 1.
Para dibujar la verdadera magnitud de las caras laterales de la pirámide, se halla la verdadera magnitud de la longitud de las aristas (figura 16)a excepción de la arista VD; su proyección vertical V2D2 ya está en verdadera magnitud por ser una recta frontal. Para ello, se giran todas alrededor del eje e –perpendicular al plano horizontal, que pasa por el punto V común a ellas–, hasta convertirlas en rectas frontales, de manera que su proyección vertical estará en verdadera magnitud.
2.
3.
C2 -D2
A2 -B2
Conociendo la longitud real de las aristas laterales y de los lados de la base –por ser paralela al plano horizontal, están ya en verdadera magnitud–, se dibujan los triángulos VAB, VBC, etc., que forman las caras (figura 17).
A1
Por último, en el desarrollo se coloca la base en verdadera magnitud, apoyada por el lado AB, reproduciéndola mediante triangulación.
V1
D1
B1 V1 FIG. 15
V
e2
C2
A2 B2
A 2 -B2
C1
C2 -D2
A1
A
A
C1
A1
B1
V1-e1
D1 B
D
B1 D
C
C1 FIG. 16
C
Solucionario
103
FIG. 17
Solucionario 9.
Dadas las proyecciones del triángulo ABC (figura 18) y de la pirámide de vértice V y base DEFG, determina la proyección vertical de la intersección del plano del triángulo con la pirámide. Dibuja la proyección vertical del conjunto resultante, considerando el triángulo opaco y la pirámide sólida. Diferencia las aristas vistas de las ocultas. 1.
Como la proyección horizontal del triángulo es una línea recta, se trata de un plano proyectante horizontal (figura 19). La intersección de la traza horizontal α1 de dicho plano con las aristas de la pirámide marca la proyección horizontal H1J1K1L1 de la sección.
2.
Se halla la proyección vertical H2J2K2L2 de dicha sección, subiendo los puntos desde sus proyecciones horizontales.
3.
Del polígono sección se elige el trozo que está dentro del triángulo dado, obteniendo así N2J2P2 y Q2L2M2 como sección del triángulo con la pirámide.
V2
V2 K2
A2
C2
Q2
A2
C2 P2
L2
E2
E2 M2
D2
J2
D2 H2
F2
G2
N2 F2
G2
B2
B2
G1
G1 A1
A1 F1
L1
B1 E1
F1
V1
H1 D1
V1
D1
Q1 P1 K1 J1
C1
E1
FIG. FIG.13 18
104
Solucionario
B1 α1
C1
FIG. 19 FIG. 14
10.
Dada la planta y alzado de la pirámide de base ABC y vérticeV (figura 20), determina: a)
La verdadera magnitud de la cara ABV.
b)
El ángulo que forman las caras BCV y CAV.
1.
Se abate el plano que contiene la cara VAB, utilizando como charnela el lado AB de la base (figura 21): por la proyección horizontal V1 se traza la perpendicular y la paralela a la charnela; sobre la paralela se traslada la cota V1V’’ del punto V (altura de la pirámide), y se une el punto V’’ con V’, intersección de la perpendicular con la charnela. El segmento V’V’’ es igual a la distancia que el vértice abatido V0 se encuentra de la charnela. El triángulo V0A1B1 es la verdadera magnitud de la cara VAB.
2.
La intersección de las caras VBC y VCA es la arista VC. Se traza el plano α perpendicular a la arista VC, que, por ser frontal, resulta ser un plano proyectante vertical.
3.
Se hallan las rectas r y s de intersección del plano α con las caras VBC y VCA que se cortan en el punto D de la arista VC, y cuyo ángulo es el que se pide.
4.
Se abate el plano α sobre el plano horizontal, utilizando como charnela su traza horizontal α1; con él se abaten las rectas r y s en r0 y s0 que, por estar en verdadera magnitud, forman el ángulo ϕ que se pide.
V2
A2 B2 A1
C2
C1 V1
B1 FIG. 20
V2
(escala 1:2)
α2
D2
V' r2 -s2 B2
A2
C2 E 2 -F2
A1 E1 s1
V1
r0 j
V'
r1
D1 D 0 s0
α1
V0 B1
Solucionario
105
F1
FIG. 21
C1
Solucionario 11.
Determina, por sus dos ejes principales, la sección que el plano que contiene a las f yrectas h produce en el cilindro (figura 22), así como los puntos de tangencia de la sección con las generatrices del contorno aparente de la proyección vertical.
f2
h2 f1
h1 FIG. 22
1.
Se dibuja el plano α que contiene a las rectas f y h (figura 23): la traza horizontal α1 coincide con la proyección horizontal h1 por estar la recta h situada en el plano horizontal, y la traza vertical α2 es paralela a la proyección vertical f2 por ser esta una recta frontal.
2.
Se eligen una serie de puntos arbitrarios de la circunferencia de la base y, además, una serie de puntos obligatorios: A1, B1, C1 y D1 tomados al trazar por el centro O1 la perpendicular y la paralela a la traza horizontal α1 del plano; también han de elegirse los puntos E1 y G1 al trazar por O1 la paralela a la línea de tierra.
3.
Por los puntos elegidos se trazan las correspondientes generatrices del cilindro, perpendiculares al plano horizontal, y se halla su intersección con el plano α. En nuestro caso, la intersección de cada generatriz con el plano se ha resuelto trazando rectas horizontales del plano.
La sección que el plano α le produce al cilindro es una elipse; los ejes de dicha elipse son los segmentos AC y BD. Las proyecciones verticales A2 y G2 son los puntos de tangencia de la elipse proyección vertical de la
sección con las dos generatrices de contorno de la proyección vertical del cilindro.
f2 C2 G2 H2 D2
α2
E2
O2 B2 F2
A2
h2 f1
Hf H1 D1
C1 E1
G1
O1
h1 α1
A1 B1 F1 FIG. 23
106
Solucionario
12.
Los puntosA y B (figura 24) son los extremos de un lado de la base de un hexaedro apoyado en un plano, cuya recta de máxima inclinación es la formada por dichos puntos A y B. Halla las proyecciones diédricas del hexaedro, sabiendo que está situado en el primer diedro. 1.
Se dibuja la recta r que une los puntos A y B, y se hallan las trazas horizontal Hr y vertical Vr de dicha recta (figura 25). A continuación, se dibuja el plano α que contiene a la recta r, de manera que la traza vertical α2 sea perpendicular a la proyección vertical r2.
2.
Se abate el plano α sobre el plano horizontal, y con él se abaten los puntos A y B, dibujando a continuación el cuadrado que tiene por lado A0B0.
3.
Se restituyen los vértices C y D, obteniendo las proyecciones A1B1C1D1 y A2B2C2D2 de una de las caras del hexaedro.
4.
Por uno de los cuatro vértices –el B, por ejemplo– se traza la recta m perpendicular al plano α, y se sitúa BF
m
sobre ellaM el arbitrario segmentode la igual al lado del hasta cuadrado. Para trasladar sobre lam’ recta se en elige un punto misma, se gira que la recta está enellasegmento posición frontal , se toma la proyección vertical m’2 la longitud B2F’2 en verdadera magnitud, y se restituye el punto F a la posición srcinal de la recta m. 5.
A partir del punto F se dibujan las proyecciones del cuadrado EFGH, trazando paralelas a los lados del cuadrado ABCD. G2 α2
H2
C2 F2
D2
M2
m2
E2
s2 r2
A2
D1
A1 Hr
α1
m1
r1
s1 FIG. 24
M1
B1
C1 B1
M1 G1 m1 F1 A0 r0 B0
H1
α0
E1 D0
Hs
13.
F’2 M2
B2
B2 A2
A1
m2
s0
C0
FIG. 25
Representa a escala 2:1, como dibujo isométrico, la pieza adjunta dada en diédrico (figura 26). Solución: figura 27 Z Z
X X
X
Y
Y
(escala3:2)
FIG. 26
Solucionario
107
FIG.27
Solucionario 14.
Interpreta el sólido poliédrico representado en planta y alzado (figura 28), y dibuja la axonometría con la terna propuesta (ortogonal isométrica) a escala doble (midiendo en la dirección de los ejes axonométricos). Concreta el sólido, únicamente, con las líneas vistas. Solución: figura 29
Z
O
X X
Y
Y (escala 1:1) FIG. 29
FIG. 28
15.
Interpreta el sólido representado en planta y alzado (figura 30), y dibuja la axonometría con la terna propuesta (dimétrica ortogonal normalizada) a escala doble (midiendo en la dirección de los ejes axonométricos). Concreta el sólido, únicamente, con las líneas vistas. Solución: figura 31
Z
a
Y
1’5a
O
Z(1)
a
1
X
Y
1 ’5 a
a
2 d Y(1)
X
a
X(1/2) FIG. 30
108
X0
Solucionario
FIG. 31
16.
Interpreta el sólido poliédrico representado en planta, alzado y perfil (figura 32), y dibuja la axonometría con la terna propuesta (dimétrica ortogonal normalizada) a escala doble (midiendo en la dirección de los ejes axonométricos). Concreta el sólido, únicamente, con las líneas vistas. Solución: figura 33
Z
1'5a a Z(1)
X
1 1 ’5 a
a
Y
d
Y
2
Y(1) X(1/2)
17.
X
a
O
a
X0
FIG. 32
FIG. 33
Dados el alzado, planta y perfil derecho de una pieza (figura 34) según el método de representación del primer diedro de proyección, a escala 3:8 representa su perspectiva caballera a escala 1:1 según los ejes dados y coeficiente de reducción 0,8, indicando partes vistas y ocultas. Solución: figura 35
Z
O 0'8 d 1
Z
Y
(escala 3:8) FIG. 35
Y
X
Y0
(escala 3:8) FIG. 34
Solucionario
109
X
Solucionario 18.
Dados el alzado y la planta de una pieza, a escala 3:8, representada según el sistema de representación del primer diedro de proyección (figura 36), dibuja su perspectiva caballera a escala 1:1 según los ejes dados, empleando un coeficiente de reducción de 0,8. Solución: figura 37
Z
Z
X X
O
Z
X
0'8 d 1
X Y
Y Y
19.
(escala 3:8)
Y0
(escala 3:8) FIG. 37
FIG. 36
Dada la pieza de la figura por sus proyecciones diédricas (sistema europeo) (figura 38), dibuja a escala 1:1 la perspectiva caballera de la misma. Utiliza la siguiente disposición: reducción 1/2, ejes a 90º-135º-135º. Solución: figura 39
80 60
0 8 Ø
Z
0 2
0 6
Ø
60
0 5
100 20 0 3
1 O 2 d
0 1 1
FIG. 38 Y
110
Y0
Solucionario
X
(escala 1:2) FIG. 39
20.
Interpreta el sólido poliédrico representado en planta y alzado (figura 40), y dibuja la axonometría con la terna propuesta (militar sin reducción) a escala doble (midiendo en la dirección de los ejes axonométricos). Concreta el sólido, únicamente, con las líneas vistas. Solución: figura 41 Z
Z(1)
30º X(1)
90º
Y
O
Y(1)
X
X
Y
FIG. 40
21.
FIG. 41
Definido el sistema cónico por la línea de tierra, la línea de horizonte, el punto principal P y el abatimiento sobre el plano del cuadro del punto de vista V0 (figura 42), dibuja la perspectiva cónica de la figura plana dada por su abatimiento sobre el plano del cuadro, sabiendo que dicha figura está situada en el plano geometral por detrás del plano del cuadro. Solución: figura 43
V0
V0
L.H.
P
L.H.
L.T.
P
L.T.
FIG. 42
Solucionario
FIG. 43
111
Solucionario 22.
Dada la pieza de la figura 44, dibuja a escala 1:1 su perspectiva cónica.
LÍNEA DEL HORIZONTE 10
0 6 0 4 0 1
60 3 3
15
30 0 1
0 3
PLANO DEL CUADRO 0 5
V
FIG. 44
Solución: figura 45 D
C
G H
P
π
A
F
E
B
Tc c
(escala 3:2)
e
V h
P
C
t A
E
112
F
Tc
B
Solucionario
FIG. 45
23.
Definido el sistema cónico por la línea de tierra, la línea de horizonte, el punto principal P y el abatimiento sobre el plano del cuadro del punto de vista V0 (figura 46), dibuja la perspectiva cónica del sólido dado por sus vistas según el sistema de representación del primer diedro de proyección, sabiendo que dicha figura está apoyada en el plano geometral en la posición indicada en el abatimiento de su planta sobre el plano del cuadro.
V0
P
L.H.
L.T.
FIG. 46
Solución: figura 47
V0 y'
K
x'
J Fx
Fy
L.H.
P H C
F D
y
G
B
x
E L.T.
Ay
E'
x
B
D'
(escala 2:1) F' C
Solucionario
113
FIG. 47
