, No es necesario demostrar que las infinitas r«tas del plano son

Transcripción

95·
2.3.-Recta perpendicular a una recta oblicua.
t
t:
r:
I
L
En Ia figura 5-6a se observan las proyecciones de una recta" aU y un punta "B". Si se
quiere trazar una recta que pase par "S" y se corte can la recta can un Angulo de 90" I puede
resolverse este problema can verdaderos tamanos. Se eligen dos puntos "M" Y "N" sobre la
recta" a" y se obtiene un triAngulo 3,M,N.
Para saber como es el triAngulo en su ta.mafio real, basta con encontrar el verdadero
tamano de cada uno de los lados y se dibuja luego aparte este triangulo en una construcci6n
auxiliar, tal como se observa en la figura 5-6.
Como se ve, las rectas BM y AN que pasan par "B" y se cortan can \a recta "a", no se
cortan can un angulo de 90°, sino can otros diferente a este. Pero, si en el triAngulo se traza Ia
perpendicular se obtiene un punto P, y se canace con esto el V.t. de la distancia entre "N" y
lip" (6"MU),
Al ubicar este punto "P", sabre \a recta "a" y unirio Iuego can "B", se obtiene asi una recta
que en el espacio forma 90" can dieha recta. Sin embargo observese que en ninguna de las
dOB las dos proyecdones este Angulo conserva su larnafio real.
I
It
P.V.
i
P.V.
I;:
i-
I,
verdadero tamatlo .,:;._ _+-~-++-+-~
I
L'
\
del trianguiD M:NB
.
(b)
(a) Figura 5-6
La recta que pasa por "B" y par "P", se carta con"a" can un Angulo de 90". Sin embargo
existen rectas que se cruzan can "aU can un Angulo de 90" y no podrfa delerminarse sus
proyecciones de esta forma, por no cortarse las rectas.
3.-RECTA PERPENDICULAR 0 NORMAL A UN PLANO.
Cuando Una recta es perpendicular a un plano 10 es a TODAS las rectas de ese plano.
Pero:
,
r. '
,
.
No es necesario demostrar que las infinitas r«tas del plano son perpendiculares a la recta
dada .Basta asegurar que DOS RECfAS QUE SE CORTEN de ese plano, sean perpendiculares
a ella para asegurar que todas las demas tambihl 10 son.
- 96
I
..J
"
'/
L
( a)
(b)
Figura 5-7
En la ligura 5-7a se representa a un plano ex definido par las rectas urn" y "n" y una recta Nt"
normal a este plano.
Eso quiere dedr:
Nt" es perpendicular a urn", a "n", y a todas las demas reetas de ese plano.
Sin embargo, aUn cuando "t" es perpendicular a urn" a1 proyectarse en el plano vertical mV
no se vera perpendicular a "tV" , par ser las dos rectas oblicuas. 19ual ocurre con"Ja proyecci6n
'
horizontal. De modo que:
Almque en el espacio Ia recta "t" es perpendicular a la recta "m", al dibujar sus
proyecciones, no se vera el "ngulo de 90° en su tamano real en ninguna de las dos"Proyecciones.
19ual analisis se puede hacer con la recta "n" y cualquier OTRA RECTA OBLICUA DE
ESE PLANO.
.1
Sin embargo, este plano tiene rectas horizontales comb la recta "h" y tiene'tarnbien rectas
frontales como la recta "f". (Figura 5-8)
i{
Como "t" es perpendicular a "h" y esta ultima es horizontal, el cingulo se ve en
verdadero tamano en la proyecci6n horizontal, aunque no se corte can ella. Es decir la
D1RECClON de la recta "t" tiene que ser tal que se vera perpendicular a hh.
A su vez "t a1 ser perpendicular tambien a la frontal. el cingula de 900 se ve igual en la
proyecci6n vertical. por 10 que la direcci6n de la recta "t tiene que ser tal que se yea
perpendicular a la recta" f". Par tanto:
N
N
Cuaudo una recta es NORMAL a UII plallo la direccitm de sus proyecciones es tal que: bl
PROYECCION VERTICAL de esa recta SE VE perpendicular ala proyecci6n vertical de la
frontal de ese plano, Y LA PROYECCION HORIZONTAL de la recta SE VE perpendicular a
14 proyecci6n IlOrizontal de una HORIZONTAL del plano.
,
[1
(
r
t
·97·
Eiemplo 4 : Dadoel plano c< definido por las f(:!ctas "m" y "n", trazar por "AN una NORMALal plano. • Se busca una horizontal y una
frontal que pertenezcan a! plano.
La direccion de la Norma! en la
proyecdon
horizontal
es
conocida,
pues
se
vera
perpendicular
a
hh
(Figura 5-8a).
[.
• Esta recta
horizontal.
,
L·
i
( a) (b) no
carta
a
la
• La direcdon de la Normal en la
proyecd6n vertical es conodda,
pues se ve perpendicular a fv.
Figura 5-8 • Esta recta no carta a la frontal. t" y t h son conocidas. "t "Es la recta que se busca. I.
3.1.- Distancia de un punto a un plano.
La distancia de un punto a un plano es la magnitud del segmento de la perpendicular entre
este punto y el plano.
A
En la figura 5-9 se muestra un plano y un'
punto fuera del mismo. Desde el punta" AN
se traza una normal a! plano.
Se busca el punta de intersecd6n de esta
normal en dicho plano. La medida del
segmento AB es la distancla que se busca.
Figura 5-9
- 98
Eiemplo 5:
Hallar Ia distancia desde el punto "R" hasta el plano"a,A". .
EI planoesia definido por la
recta ua"·y iii punto "Au.
• Se trazan una horizontal y
una frontal d.el plano. (h y f en
la figura 5-10b).i
L
• La normal ( "nU) que pasa
por
"R",
se
vera
perpendicular
en
la
proyecci6ri vertical a Ia frontal
y en Ia horizontal a Ia recta
horizontal.
• Se traza entonces por Rv
una perpendicular a tv. Y por
Rh una perpenQicular a hh.
(b)
(a)
Figura 5-10
Asi se define en el primer caso a nV y en el segundo a nh.
• Se intersecta la recta "n" en el piano, obteni~dose asi el punto "P". El v.t. de PR es la
distancia que se busca.
4.·PLANO PERPENDICULAR A UNA RECTA.
Cuando un plmzo es perpendicular a una recta, todas las rectas de ese plano son
perpendicu/ares a la recta dada.
PH
PH
i
( b)
( Ii )
Figura 5·11
,.
·99.
Se pide trazar por el punto "8" de la recta "a" (figura 5-11a) , un plano perpendicular a
dicha recta.
Como un plano puede definirse por DOS RECfAS que se cor tan, el plano que se busca
perpendicular a "a" puede proyectarse, a traves de dos de sus rectas que se cor ten.
J"
Sin embargo, por el punto u6" pasan infinitos pianos, y al trazar dos rectas cualesquiera
que se corten en "8", se estarla dibujando un plano cualquiera.
t
5i se busca que el plano que pase par "B" sea perpendicular a la recta "a", las dos rectas
que van a definir ese plano CL ,deben ser perpendiculares a la recta "a".
r1:"
Entre todas las rectas del plano que se quiere trazar hay una horizontal y una frontal que
pasa par el punto.' Este tipo de rectas tienen la particularidad de que las direcciones de las dos
proyecciones son conocidas pues el lingula de 90" se conserva en la proyecci6n sabre el plano
al que son paralelas. Por esta raz6n:
I
t
£1 plano perpendicular a una recta puede defimrse por una horizontal II una frontal
perpendiculares ambas a dicha recta.
f
I
I
Ejemplo6 :
I
f, ,
(~
Trazar por "M" un plano perpendicular a la recta"aU:
En la Figura 5-12 se muestra una recta "a" y un punto exterior a ella "M". Por este punto
pueden trazarse infinitos pianos que pueden cortarse can la recta "a" . pero se pide uno que al
cortarse 10 haga con un lingulo de 90· .
Este plano esta forxpado por infinitas rectas. Cada una de esas rectas son perpendiculares a
la recta "'a": Sin embirgo <lr proyedarse cada una de elias, no se verlin perpendicu1ares a las
proyecciones de "a" porque son rectas oblkuas. Sin embargo existen rectas del pIano que
ademas de ser perpendiculares en el espacio a la recta"a" sf se proyecta el cingula en una de
sus proyecciones.
'. , Este plano que pasa par "M" tiene tambien rectas horizontales y frontales, las ewdes sI
conservan el verdadero tamailo del cingulo de 90· en la proyecci6n horizontal y en la vertical
respectivamente.
'" . Por tanto;
c,
1.- Se trazan dos rectas del plano que pasen por "M" ,ya que para definir un plano solo hace
falta encontrar las proyecciones de dos rectas del rnismo:
,"
I,,
I,
·100·
a) Una horizontal"h " :
p
PV En donde hV es paralela a la
Linea de Tierra; y hh se ve
perpendicular a ah . "1"
punto de corte.
b)
no es
Una frontal "f':
En donde fV se ve perpendicular
a aV y f1l es paralela a la Linea de
Tierra. "2" no es punto de corte.
2.- E1 plano definido por las reetas "f' y
"h" es perpendicular a la recta" a".
PH
PH
Figura 5-12
5.·DISTANCIA DE UN PUNTO A UNA RECTA.
Es el segmento ubicado sobre una perpendicular trazada desde el punto a la recta ,
comprendido entre dicho punto hasta el corte con la recta
Como ya se vi6 ( punto 2-3 ) cuando dos rectas cualesquiera son perpendiculares entre sl,
este mgulo de 90· NO se proyecta en verdadero tamafio en ninguna de las dos proyecciones.
Por eso, no se conoce a priori la direcd6n de las dos proyecciones de la recta perpendicular,
"
trazada desde el punto" An a la recta dada
" Plano P••p••dl<ular
•
I..."", •••.
5e resolvi6 este problema en el punto 2-3
por trimgulos de v.t. . Sin embargo p'Uede
haeerse de otra forma. r, !;"
<~.<,(
{~
5e puede trazar desde un punto "A" UN
PLANO PERPENDICULAR a la recta. En este
plano estan
contenidas todas las
perpendiculares posibles que se puedeo
trazar desde "Au, induyendo, la recta que se
corta eon la recta dada, la eual es Ja recta
buscada
Figura 5-13
,
fJ't
h
,
0'
~
• 101 •
P.V.
fl
t
T
,J'J
I
I· '
P.H.
Figura 5-14
EI plano definido por las rectas "I" y"h" es un plano perpendicular a la recta "m".
Por tanto todas las rectas de ese plano (no solo "f" y "h" ) son perpendicu1ares a "m". Si se
busca la intersecci6n de la recta "m" en dicho plano (punto UP") y se une este punto de
intersecci6n con" AU , se obtiene una recta del plano" AP" que es por tanto perpendicular a
"m". Esta es la recta que se busca ya que no solo es perpendicuiai sino que se 'corta con ella.
Entonces el segmento AP es la distancia del punto a la recta.
L
L
rI •
....
La recta perpendicular que se busca, es la recta que se obtiene al unir el punto dildo con el
punto de penetracion de la recta dadll, en el plano perpendicular trazado desde el punto ("A")
a fa recta,
I'
r
6.-RECTAS DE MAxiMA PENDIEN'rE Y DE MAxiMA INCLINACI6N.
6.1.-Recta de maxima pendiente horizontal de un plano.
Se llaman Rectas de Maxima Pendiente Horizontal de un plano, a las rectas del plano que
lorman 90° cQn las rectas horizontales de ese mismo plano.
.I
:~
,102·
Como esta recta es perpendicular a una horizontal del plano, en la proyecci6n horizontal, se
conserva el verdadero tamaiio del angulo de 90°. ES IMPORTANTE destacar que esta recta
PERTENECE al plano y se coria con la horizontal. A diferencia de la NORMAL al plano que
NO perlenece a el.
-!'!
,
J
~
Eiemplo 7:
,
Dado un plano definido por sus Irazas "a u y "b" se pide !razar por "1" una recla de
maxima pendiente de ese plano. 1.- EI punlo "1" perlenece al plano y se encuenlra
ubicado sobre la recta"a".
PV
_J
2.- Como "b" es una recta horizontal del plano (ya que
es Iraza horizontal), la recta de maxima pendienle
(Urn") es perpendicular a ella. Entonces la direccion
de mh es perpendicular a hh.
,J
(\
"" ;;~
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t.-.
I
i
<1
'
3.- Como"m" pertenece al plano se corta con las rectas
del rnisrno (por ejemplo con"a" y con Ub").Se busca el
v.t. de un segmenlo de esta recta "rn".
..
.....
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)
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CI£ '.
PH
,.
-'
4.- El angulo Cl es el que forma la recta "m" can el plano
horizontal de proyecci6n y es tambien el angulo que
forma el plano U a,b" con dicho plano de proyecci6n.
'1
,
,I
~
Figura 5·15
.
;
La recta de mdxima pendiente de un plano, forma con el plano horizontal de proyeccion el
mayor lingulo que puede formar una recta de ese plano con el plano horizontal de proyeccion. Y
este dngulo ademds, es igual al que forma el plano que la contiene con el plano horizontal de
proyeccion.
6.2.-Recta de maxima Incllnaci6n vertical de un plano.
Se Uaman rectas de mdxima inclinacion vertical de un plano a las rectas que pertenecen a
at plano y forman con las frontales del mismo, 90°,
Como esla recta es perpendicular a una frontal, el lingula recto conserva el verdadero
tamano en la proyecci6n vertical. Se debe destacar que esta recta PERTENECE AL PLANO. Y
se carla con las demas rectas de ese plano. A diferencia de la NORMAL que no pertenece a
eL
En el ejernplo de la figura 5·16. se pide !razar par el punta "1" ,Ia recta de maxima
inclinaci6n del plano definido por las trazas "au y ub".
~~
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L
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,
- 103
1.- EI punto ''1'' perteneee al plano y esta ubicado sobre
la recta aft.
PV
fI
2.- Se debe ubicar una frontal del plano, ya que la reeta
de maxima inclinaci6n es perpendicular a ella: recta
"au : la traza vertical es una frontal de vuelo cero.
Entonces la direccian de pV es perpendicular a a v.
3.- Como "p" pertenece al plano se corta con las reetas
del mismo (por ejemplo con"a" y con UbU). Se
busea el verdadero tamai'lo de 1-2.
t
4.- EI lingulo Ph es el que forma la recta up" con el
plano vertical de proyecd6n y es tambi~n el lingulo
que forma eI plano a,b " con dicho plano de
proyecci6n.
U
Figura 5-16
La recta de maxima inclinacion vertical es la recta del plano que forma el mayor angulo
posible con el Plano Vertical de proyeccitm. Y el angulo que forma esta recta con el plano
vertical es igual al angulo que forma el plano dado con este plano de proyeccitm.
i .~
I
7.-ANGULO ENTRE RECTAS.
1(:;.)
I
Cuando se dan dos rectas cualquiera (oblicuas), el lingulo entre elias, no se proyecta en
verdadero tamai'lo y deben hacerse construcciones auxiliares. Para ello, si se cortan las rectas,
se con.struye un trilingulo en el que dos de sus lados est~n sobre las rectas dadas, siendo el
punto de corte de ambas un v~rtiee del mangulo. Los otros vetices se ubican de manera
arbitraria sobre las dos reetas. Se busca el verdadero tamai'lo de cada uno de los tres !ados del
triAnguio asi forma do, y se dibuja eI mismo para conocer el tamai'\o de los lingulos que forman
las rectas al cortarse.
Si las dos rectas se cruzan, se traza una paralela a una de ellas de manera que se corte con
la otra y se resuelve ,igual que en el caso anterior.
,r<"
B.-ANGULO ENTRE UNA RECTA Y UN PLANO.
\
El angulo que forma una recta con un plano es el angulo que forma la recta con su
proyeccian ortogonal sobre el plano.
- ]04
En la figura 5-17 se muestra a una
recta "au que se corta con un plano 1t
en el punto nAn
.
Para determinar el angulo:
-Se busca la proyecci6n ortogonal de
"an en el plano, es decir, desde un
punto cualquiera (P) de la recta se
traza una normal al plano y se
intersecta con el. (Punto "T").
- La uni6n de "T' con "A" es la
proyecci6n ortogonal.
- Por
verdaderos
tamafios
se
determina el valor del <ingulo ~ ,que
es el <ingulo buscado.
Figura 5-17
Ejemplo 8:
Dados la recta n m", y el plano definido por la recta "a" y el punto "S" , se pide hallar el
<ingulo que forma la recta "m" con dicho plano. (Figura 5-18).
PV
• Se intersecta la recta "m" con el plano "a","S". Se obtiene el
punto nA u • Vease la figura 5-19.
• Desde un punto de la recta"mN, por ejemplo UP". se traza una
normal, para ello:
.
L
-
~ Se buscan una horizontal y una frontal que
pertenezcan al plano ("f" y fihn).
~ Se traza la recta " n " de modo que nV se ve
perpendicular a tv y n h es perpendicular a hh.(Figura
5-19).
PH
Figura 5-18
• Se busca la intersecci6n de esta recta nn " en el plano y se obtiene el punto "Tn.
• Se busca el verdadero tamafio del triangulo APT • buscando el verdadero tamano de cada
uno de los lados del mismo. Luego se construye aparte este triangulo en verdadero tamano
• . El valor del lingulo ~ es el que forma la recta con el plano dado. (Figura 5-19c).
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Figura 5-19
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I
Figura 5-20
'1':,,1
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9.-DISTANCIA ENTRE DOS RECTAS QUE SE CRUZAN. (Perpendicular cornuA)..
En la figura 5-21, estan representados un plano
a y una recta" a" paralela a este plano.
EI plano estA definido por una recta "a'" qu~
es paralela a la recta "a", y otra recta "b" que se
corta con" a'" es decir SE CRUZA CON"a" .
quiere encontrar una recta que sea
perpendicular a las rectas "a" y "b" que se estAn
cruzando, y que a la vez se corte con ambas.
Se
..
:
...,~
r
~
~
r
~
.. ,
~I,·
Figura 5-21
~1
•
•
I
,
~
t.!I
,,
Como "a "y "a'".son paralelas qui ere decir qlle la
normal tambien es perpendicular entonces a la recta
Han.
[·1
e~
-~
La recta "m es perpendicular, tanto a la recta "a"
como a la recta "b".
.,
Se intersecta esta normal con el plano, obteniendose
el punto "R".
.
i<:1
n
Figura 5-22
r
I
~
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~
1
· 107· '"
I,
En la figura 5·23 , se indica que la recta normal" m" , se carta can"a" en un punta "T", que
fue el punta elegido para trazarla. Sin embargo I si al inlerseclar con el plano, el punlo "R" da
fuera de la recta "b", se hace evidente que esta normal no corta a la mencionada recta.
w
~·.i
0
Pero tal como se indica en la figura 5-23, las
rectas "a" y "m" forman otro plano perpendicular
a 1t y cuya recta de intersecci6n es una recta" e"
que es paralela a "a" y "a'" y que ademas pasa
por"RH
Si por el punto de corte de "c" con "b"
(punto "5" ) se traza una paralela a "m", se puede
deducir que esta recta, si se va a cortar con"a" con
"b" y ademas es perpendicular a las dos rectas.
Ii
Figura 5-23
I.."
I~,
Por tanto el segmento WS es la perpendicular comtln a las dos rectaS "a" y "b" Y su
medida es la distanda entre ambas.
f"
C'
£jemplo 9:
En el siguiente ejemplo se dan dos rectas "a" y "b" que se cruzan. Se pide encontrar la
distancia ( la minima) que existe entre elias.
La soluci6n del caso se hara exactamente igual al ejemplo anterior.
1.- Se construye un plano qlle contenga.a ·lH)" de las rectas ( por ejemplo Nb") y sea paralela a
la otra (es decir a "a").
1<
'
Para ello por un punto "J " de "b" se traza "a'
N
que es paralela aNa". (Figura 5-24. )
2.-Por un punto "T" de la recta "a" se traza una normal ("m") al plano "b, a '" . (V~ase en
la Figura 5-241a recta "m", perpendicular a f, y h).
3.-Se busca el punta de intersecd6n de la normal "m" en el plano "a',b." (Punto "R").
Par este punta "R" se traza una recta paralela a "a" (recta" e") la cual carta a la recta lib"
en el punto "S".
! ",
2.-Al trazar par "5" una paralela a la normal"m" se tlene la perpendicular comon entre las
rectas "a" y "b". Y el v.1. del segmento SW es la distancia que se busca.
En la figura 5·24, se encuentra la soluci6n completa de este problema.
."
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Plano
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~
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t~
Figura 5-24
1o.·ANGULO ENTRE DOS PLANOS.
Dos pianos a. y p que se cortan, definen un diedro y
el valor numerico de este es igual al del Angulo que
se forma entre las intersecciones de estos planos, con un tercer plano perpendicular a ambos. .j
fi\ '~1
~r
•
(l.
YP se cor Ian seg6n una recta" i" .
(l. y f3 (.L a " i"
• n es perpendicular a
.
.1l
r
f~~.•
.1
I
),
EI plano 0 es perpendicular a ambos pIanos, es decir es perpendicular a la recta de intersecci6n de los dos
pianos. De modo que en 1a figura 5·25 se cumple:
'11
'rl'-
l'"
L.
tl
Figura 5-25
t
. 109·
ex y (} se cortan seglin "j 1",
(} V P se cortan segun "i 2 ".
•
t
EI valor del Angulo que se forma entre las rectas
forma entre los pianos a y p .
t
"i I" e "i 2 " es el valor del Angulo que se
Tambien puede determinarse el Angulo,
trazando por un punto eualquiera del espacio
dos rectas normales a cada uno de los pianos.
["
., i
Por un punto "T" cualquiera se trazan :
• "ft" normal a a .
(l normal a p.
• EI Angulo formado por las rectas "{t" y" {,"
es igual al Angulo del diedro definido entre los
dos pianos.
.
•
[
[t.
I~
II
Figura 5·26
I, I
r,. '
'""
Ejemplo 10:
Se da un plano definido por las rectas aU y Ub" (plano ct de la figura 5-27) y los puntos "T" y
"5" (fuera de ese plano). Se pide trazar por la recta TS otro plano que forme con el primero un <ingulo diedro igual a 30·.
ff
AniJlisis del problema:
• Si los dos pIanos ya estuviesen eonstruidos y ubicados en el espacio como se observa en la
figura 5-27a ,ambos formarlan entre sf un <ingulo de 30°, (pianos a. y Pl.
• EI plano P contiene a la recta TS que es uno de los datos del problema. Esta recta al
intersectarse con el plano "a","b" ( plano a) da un punto "K" por el que pasa la recta de
intersecci6n entre los dos pianos (recta "i
H
!' ,·i
).
• Si se quisiera medir el Angulo entre los dos pianos se puede trazar por un punto (por
ejemplo por "5") un plano perpendicular a la recta de intersecci6n (que no se canace
todavla). Este plano (} (figura 5-27b) al intersectarse con los dos pianos (ct y P) darlan las
rectas i1 e i2 que medirlan el Angulo entre los dos pianos y darla igual a 30°.
., ·110-
•
.,
~j
Para encontrar la medida bastarla con trazar una normal al plano desde "s" la cual
cortarla a la recta " i2 " en el punto"P". EI triangulo 5QP permitlria medir el Angulo.
• Puede observarse que el segmento
-
..J
;j
-
.J
,.;)
SQ y el segmento QR son perpendiculares entre sf.
,por que?
A
,:1..,
,}
.'
(a) (b)
Figura 5-27
Para resolver el problema se puede hacer el planteamiento de atras hacia adelante con
respecto al analisis realizado.
s
..:
>
p
(b)
(a)
Figura 5-28
Solucion del problema:
r
~'I
• En la figura 5-28a se observa que se puede trazar desde el punto "S" una normal al plano p. ,
AI intersectar la normal con el plano se obtiene el punto "P". A partir del tamano de SP Sl' til
puede conocer SQ y QP , dibujando un triangulo rectangulo con ljn IIngulo en "Q" igual ~
30·. (Figura 5-28b).
t,
I
J
~
o
III
0
As( mismo conociendo el tamano de SR se puede determinar a traves de otro triangulo
•
rectangulo el tamano del segmento QR .
• Se ve entonce5 que 5i 5e centra en "P" con el tamano de QP ,y luego c2ntrando Qn uR" con
el tamano del segmento QR ,5e obtiene en el punto de corte de los dos arcos, (el punto
uQ" ) que al unirlo con uR" determina la intersecci6n de los dos pIanos. EI plano que se
busca pasa por T, por 5 y por Q.
rs
'" •
."
r
o
'
QS
RS
w
Para resolver el problema en proyecciones se sigue el mismo procedimiento:
~
b'
rI .,•
a) "n" normal aJ plano "a,b" trazada desde el
punto
"5".
1»
uP" punlo de intersecci6n de la recta "n"
en el plano"a,b".
I:
c)Verdadero tamano de SP:
b,
I"
I •
d)
Construcci6n auxiliar para hallar el
tamano del segmento QP .
e)Construcci6n auxiliar para hallar el
segmento QR .
f) La recta" i " es la recta de intersecci6n de
ambos pianos, por 10 que el plano formado
por TS y la recta i " es el plano que se
pide.
U
I
I~'
,..'.
)
.J I
"
,.,
• 112·
. I
*********************
,
,; CAPiTULO V
.~
PROBLEMAS
.5 "l
I.-En las slguientes afirmaciones Indicar si son Falsas 0 Verdaderas:
.I
1.
2.-
a.-
Una recta perpendicular a una horizontal se proyecta con 90° en la proyecci6n
vertical. ............................................................................................................................. .
b.- Una recta perpendicular a un plano de punta es necesariamente una recta
frontal .............................................................................................................................. .
c." Una recta perpendicular a una recta de perfil, siempre es paralela a la linea de
tierra.............................................................................................................................. .
~~
·t·t
Una recta perpendicular al plano primer bisector es una recta de perfil que forma
45° con ambos pianos de proyecd6n............................................................... ..
b.- Una recta perpendicular a un plano vertical es una recta horizontal.
a.-
3.-De acuerdo al graflco mostrado:
a.
b.-
NV
c.d.
e.-
-
-
Las rectas AB y CD son paralelas ................ ..
Las rectas de perfil AB Y CD se cruzan. .
Las rectas AB y MN son paralelas ............... ..
Las rectas AB y CD son paralelas ................. ..
Las rectas AB y MN
se cruzan
perpendicularmente entre sf. ...........................
-
-
II.- Resolver los siguientes problemas:
1.- Se da una recta" an [ (0; 0; -30) ; ( 40; 20 ; 30)
Yun punto "T" ( 100 ; 90; 30 ). Se pide;
a.- La distancia que hay desde el punto "1'" a la recta"a".
b.-Trazar por "T" una recta "b" que se corte con "a" 51 eJ angulo que forman al cortarse "an y
"b" es de 30° ( en verdadero tamafio).
.
2.- Se da una recta "an [ (0; 150 ; 0 ); (70; 70 ; 40)
que es la recta de maxima pendiente de un
plano a.. Se pide trazar ademas una frontal del plano que tenga vuelo 30 mm.
3.-Un plano 0. pasa por los puntos A ( 20; 40 ; 10) ; B( 65; 75 ; 50) Y C( 120 ; 60 ; 20) Se pide:
a.- Trazar una recta del plano que pasando por "A" sea perpendicular a BC.
b.-Trazar una recta de maxima inclinaci6n del plano que pasa por "B".
4.- Se da una recta "a" que pasa por los puntos 1( 60; 60; 20) Y 2 (120; 80; 80). Se pide:
•
,
I
p'.
- 113
a.-Trazar un plano que contenga a la recta "a" y forme 500 con el plano Horizontal de proyecci6n
"Que angulo forma con el Plano Vertical?
b.- Trazar un plano que contenga a la recta" a" y forme 30' con el Plano Vertical de proyecci6n
"Que angulo forma con el Plano Horizontal?
5.-Dadas las rectas "a" [( 0; 0; 0) ; (50; 55; 40) y "b""[( 50; 80; 40) ; (100; 35; 65) que se
cruzan, Se pide una recta "j " perpendicular a ambas rectas y que se corte con ellas.
6- Dados los pianos (l I (0; 0; 0) ; (70; 70; 40) ; (80; 90; 50) I y PI ( 10; 50; 30) ; (30 ; 40 ;
10) ; ( 60 ; 10; 70) I que se intersectan segt1n una recta i " , Se pide proyecciones de una recta
" j " de modo tal que todos sus puntos equidisten de ambos pIanos,
U
7,- dadas las rectas "a" I ( 0; 150 ; 0) ; ( 70; 70; 40) J Y "b" ( ( 70; 70 ; 40) ; ( 100; 30; 10) J que
se cortan, Se ride proyecciones de otra recta" j " que se corte con "a" y con "b" de modo que
todos los puntos de " j " equidisten de ambas rectas,
I"
["
8,- Se da una recta "a" I (60; 70; 50); (100; 30; 70) I y un punto "T" (60 i 40; 70), Se pide
proyecciones de una horizontal que pasando por "T" se cruce con "a" formando un
angulo de 90°,
~
9.-5e dan los pianos
L..,
l
L
l
; 20 ) ; ( 40 ; 70 ; 30 ) I
y 4» I ( 20 ; 30 ; 60 ) ; ( 80 ; 50
,Se pide determinar el valor del Angulo que forman Q y 4» •
Q
I ( 0; 20 ; 30) ; ( 40; 70 ; 50 ) ; ( 60; 0 ; 80 ) I
10.-Hallar la distancia desde el punto ;'T" ( 60; 30 ; 50 ) hasta:
a,- EI primer Bisector.
b.- EI segundo Bisector.
ll.-Dados los pianos ( l I (0; 20 ; 30 ) ; (60; 0 ; 80 ) ; ( 40; 70; 50) I y II I (20; 30; 60) ; ( 80; 50
; 20 ) ; ( 40 ; 70 ; 30 ) J y un punto T " ( 65 ; 65 ; 85) .Se pide:
a." Trazar por "T" una recta que se corte con los dos pianos, formando COl< a un angulo
de 30° y 90° con el plano II '
b.-Proyecciones de un plano que se intersecte con los pianos dados y que equidiste de
ambos.
H
12.- Dados los puntaS" A" ( 0 ; 20; 30) ; "B" (80 ; 50 ; 20) Y "C" ( 60 ; 0 ; 80 ). Se pide un
punto " 0" sobre el plano" A", "B" , "C" tal que equidiste de los tres puntos.
13.- Dada la recta de perfil "a" I (40; 20; 20); (40; 80; 60) I y un punto 'T' (70; 50; 20).
Se pide : Ia distancia entre el punto "T" y la recta" a ".
- 114 •
CAPITULO VI PROYECCIONES DE FIGURAS PLANAS.
1.•INTRODUCCI6N. Las figuras planas son aquellas que tienen todos sus puntos contenidosen UN SOLO
plano. Cualquier gnUico 0 dibujo que cumpla con esta condiciOn es una figura plana. Cuando
hay varios puntos de una ligura que no pueden estar en un mismo plano, la misma se dice
que es alabeada.
En la Figura 6-1 se representa a una figura
de cuatro lados dibujada sobre el plano (l que
es un plano horizontaL
"
Por set el plano paralelo al plano
horizontal de proyecciOn, la proyecciOn sobre
este plano, de la figura ya mencionada, se
proyecta en su tarnafio real sin nil1gUna
deformaciOn.
l
•
En la proyecci6n vertical la proyecciOn de
toda la figura plana, esta confundida en una
sola recta que coincide con su traza vertical.
El dibujo de las proyecciones de la ligura en
este caso es bast ante sencillo.
Figura 6-1
Sup6ngase que en el caso de la ligura 6-1, se dan las proyecciones
de los vertices "An y "Bn nada mas, para completar el resto de las
proyecciones, tal como se muestra en la figura 6-2,
P.V.
a" {
L
I
iA
+
r
!
T
I
+'B
P.H.
Figura 6-2
Es preciso CONOCER las propiedades geornerricas de la figura que
se va a construir, En este caso se trata de un cuadrado, que como se sabe,
tiene cuatro lados iguales y los consecutivos perpendlculares entre sL
En la proyecci6n horizontal se van a conservar todas estas
caracteristicas .
.i
~ ~l
[
• 115 •
•
Por tanto, ya que la arista (0 [ado)
-
v
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I
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L
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,, ,
,
I I
I
'T
es
perpendicular a la arista AB ,se traza desde Bh una
perpendicular a la proyecd6n AhBh tal como se ve en
la figura 6-3a y sobre esta se lIeva el verdadero
tamano de la arista AB, para obtener el vertice Ch.
Como las rectas paralelas en la proyecd6n
cilindrica se proyectan como paralelas, se puede
conduir el dibujo trazando paralelas a AhBh desde Ch
para hallar el vertice Dh. Se une Dh con A h Y se
conduye el dibujo de la proyecci6n horizontal
correspondiente
t
C
cl
Be
PI!
(a)
(b)
Figura 6-3
Se trazan ahora las llneas de referenda desde cada uno de los vertices, y se ubican las
proyecdones vertic ales de cada uno de ellos sobre a.v , para completar la proyecci6n vertical
(Figura 6-3b).
,
k
Slqxingase que ahara el mismo cuadrado estti ubicado sabre un plano de punta a que ya na es
paralela aninguno de los planas de proyecd6n.
EI cuadrado sobre el plano a, tal como se
representa en la figura 6-4, tie~todas las
propiedades ya descritas. La arista AB ya no se
I"~
L
encuenlra sobre una recta horizontal (ni frontal)
del plano, por 10 tanto al proyectarse en el
plano horizontal 10 va a hacer con un tama:i\o
menor a su tarnaflo real.
L.
r'_'
: :.
'.'
La arista BC aftn cuando time la misma
magnitud de la arista AB, estA ahora sobre
otra recta diferente a la que contiene a AB,
por tanto al proyectarse no 5010 se proyecta de
tamafio menor al tamat'lo real de la arista sino
que 10 hace con una dimensi6n diferente
Figura 6-4
}ClImo se sabe can que angulo (deformadol!le proyecta la recta
horizontal?
BC en la provecd6n
Si se usan las herramientas ya conocidas se pueden hallar las proyecciones de una recta de
ese plano que en el espacio sea perpendicular a la arista que esta sobre AB.
- 116
EI tamaiio de la proyeccion horizontal, va a depender del Qngulo
que fonnen las rectas con el plano horizonta!:.?i el lingulo de AB
con el plano horizontal es mayor al angulo de Be con dicho plano, la
proyeccion del primer segmento sera menor a la del segundo.
Ademas de eso, por no ser ninguna de las dos rectas horizontales,
el lingulo de 90° que forman ambas rectas enel espado , no se va a
.
proyectar tampoco en su tamano real.
Por tanto no puede dibujarse directamente
perpendicular a A h8 h como en el caso anterior.
P.H.
Figura 6-5
.J
:<""1
J
~
':1
desde 8 h una
1.- Se elige un punto cualquiera del plano (punlo "1" ) Y dos puntos
de la recta a la que se quiere trazar la perpendicular
( " A" Y
"B" ) . Se construye el trlangulo ASl y se Ie busca el verdadero
tamafio a los Ires lados del triangulo para dibujarlo aparte y
analizar su posicion real en el espado. ( 6-6a),
2.- Ahora en este triangulo real, se
traza por "1" ( 0 desde "A")
una perpendicular a la recta
AB y esta corta al segmento
en el punto "P". (6-6a)
P.V,
,
"
3.- Sobre el verdadero tamano de
AB se ubica el verdadero
tamano que' &y entre "A" Y
liP'''.
4.- Se determina a partir de aqul ,
cual es la proyeccion horizontal
de AP, Y se u bican entonces las
proyecdones del punto "P".
(Figura 6-6a).
,,
'
,: \
- " ',,
'
\
.
---,-)'
\
,
'.
(b) (a) Figura 6-6 6.- Al unir el punto "P'~on el punto "1", se determinan las proyecciones de una recta,
perpendicular a Ja recta AB.
P
f
!
t!I
- 117
7.- Se trilza par" A" y par "8" paralelas a la recta "lP" y sabre estas rectas se encuentran los
arros lados del cuadrado. Par verdadero tamano sabre" A2" (paralela a "lP") se encuentra el
vertice "D", 5e culmina el pr,oblerna por paralelismo, (Figura 6-5b).
IDe que otra forma podrla resolverse este problema?
Hay varios earninos para resolver el rnisrno problema. Una lorma consiste en rebatir el
plano, como se vera en pr6ximos capltulos y otra rnanera es a' traves de planas.
perpendiculares,
Para analizar esta ultim~alternativa, observese la figura 6-7a. Ellado AB esta sabre una
recta del plano! y el lado Be esta sabre otra recta del plano, y arnbas son perpendiculares
entre sf. E1 problema consiste en encontrar una recta del plano fl, que sea perpendicular a la
recta (tarnmen del plano) que pasa por Be.
f·
l..
5i 5e busca un plano perpendicular a la recta AB, que pase por "Au, y este a au vel.'. se
intersecta can el plano fl, se encontrara una recta que pertenece a fl, pero que tarnbien
pertenece a ese plano perpendicular y es par tanto perpendicular a la recta AB.
En la figura 6-7, se resuelve el problema
de esta lorma.
l.-EI plano formado par las rectas " I"
y " Ii. " ea perpendicular a la recta
AB.
2.- La recta " i "es la intersecci6n
entre los pIanos a y "j,fi".
,.
3.- Se busca el tamano real de la arista
del cuadrado. (AB ).
••
4.- Sobre la recta i por verdaderos
tamanos se lleva el tamano de la
arista, para encontrar el punto u C'.
U
pH
(a )
"
.
,'
L
(b)
H
S.- Se conduye el problema con rectas
para1elas.
Figura 6-7
Las figuras planas se proyectan de acuerdo a las propiedades y caracteristicas que estos
tienen en el espacio, tomando en cuenta que 105 verdaderos tamafios de los segmentos y de los
angulos s610 se proyectan igual 51 estan sobre pianos paraIe/os a los pianos de proyecci6n.
I
,'~'. - 118
I
2.- PROYECCI6N DE FIGURAS PLANAS SOBRE PLANOS OBLICUOS.
2.1.-Trilingulos.
....•
Sup6ngase un plano obJicuo cualquiera, como el que se representa en la figura 6-8,
definido por el punto "A" Yla recta" f " .
Se sabe que"A" es el vertice e un triangulo equilatero ABC, que tiene su lado ( Be) sobre
la recta "f ". Se piden las proyecciones del triangulo.
P.v.
--ff
rA'
:~l'
, ,,
~:t
,
L
T
,
,r~
P.H
(a)
(b)
Figura 6-8
51 el plano sobre el que estuviese ubicado el triangulo fuese un plano horizontal, la
proyecci6n horizontal se verla en verdadero tamai'lo y el triAngulo se'puede construir
trazando directamente desde el vertice Ah dos rectas que formen 60° con la recta t h en forma
directa, tal como se muestra en la figura 6-9.
t·
...) , :;
~.
L
T
•
1:..4
L
T
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PH
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~.
M
-
hI •
(a) (b)
Figura 6-9
t~
,
• 2_.~
I' - ''"''13]
~
~t .
(c)
...r-c
I
- 119 "
P.V.
Sin embargo el problema
planteado no es un plano horizontal
sino oblicuo, por 10 que el trazado
de estas rectas que forman 60· no se
puede hacer directamente y debe
hacerse uso de los triAngulos de
verdadero tamano.
P.V.
'f
L
T
I
Para trazar desde "AU dos rectas
que formen 60· con uf "se eligen
dos puntos ( M Y N) sobre esta
recta de manera que formen con
"A" otro triAngu!o cualquiera AMN.
,
h
\
P.H
Se construye el triAngul0 AMN
en verdadero tamano, como se
indica en la figura 6-10a.
\
(a)
(b)
AM , no forma 60" con la recta " f
U
Figura 6-10
I
Se traza entonces otra recta que forme 60" con" f
U
,
la cual corta a dicha recta en el punto
"B". Con esto se logra conocer a que distancia del punto "M" se encuentra el vertice "B", y el
simetrico "C".
Se ubican sobre la recta "f" los puntos uB" y "C" (por v.I.), y se conduye de esta forma la
construcciOn de las proyecciones del triAngulo buscado. (Figura 6-10b)
Pamconocer la posiciOn y tamai'lo de cada lado se buscan los verdaderos tamai'tos de cada
uno de ellos,somo se indica en la figura 6-10b.
; De q,ue otra forma puede resolverse este problema?
Puede resolverse usando rebatimiento como se verA en el capitulo siguiente. Para ella se
rebatirfa el plano A, f Yse construye el triAngulo A,B,C en verdadero tamafto.
Tambien puede hallarse la perpendicular desde el punto U AU hasta la recta "t", la coal
representa a la altura del triAngulo equilAtero que se busca (Figura 6-11a, usando un plano
perpendicular desde "AU hasta la recta ~ .
Ii
~-I
:1
I
I
I
I
I
-I
Se busca el verdadero tamano de esta altura y se hace una construcciOn auxiliar del
triAngulo en verdadero tamano (Figura 6-llb).
En esta construcci6n auxiliar , si se pueden trazar las dos rectas que cortan a la recta DfH
en los vertices "B" y "c" con el Angulo de 60".
Estos puntos estAn sobre la recta" f" y 10 que hay que hacer es ubicar la posici6n de sus
proyecc1ones.
- 120 ..
Para ello se lJeva el verdadero tamano de los segmentos MB y
Me sobre el verdadero
tamano de MI, Y as] aJ completar los triangulos semejantes se obtienen las proyecciones
verticales respectivas.
r.v.
P.v.
v
A'
Deltnniatti611 dt:l v.L
Determinaci6n del
.,MI yMB
L
v.t.
Del segmento AM
"'IT I:"~
'""
.E!
";
P."
".: :.,
,:.::. '.:':,
i:';','. .::\
C.c:::':..i.:: . :::':'~B Con$frutd6. del trijngul0 P."
flIuUjttro en v.... (a)
(b)
(c)
Figura 6-11
2.2.·Paralelogramos.
Sup6ngase un plano oblicuo cualquiera, como el que se representa en la figura 6-12,
definido par el punta "0" y la recta" f" .
Se sabe que "0" es el centro de un rombo ABeD, que tiene su lado ( Be) sobre la recta
t. Se piden las proyecdones del rombo si se sabe que la relaci6n de sus diagonales es 2:1.
H
.. I
f:lT
t
f
I
Figura 6-12
~I
e
- 121
Antes de comenzar el problema es necesario hacer un analisis de las caracterlsticas del
rombo y el significado de los datos de d [cho problema.
./ Un rombo tiene sus cuatro lados iguaJes (en el problema no se indica cud! es la magnitud
de ese [ado). Las diagonales se cortan en su punto medio con un Angulo de 90".
./ La relaci6n de las diagonales es 2:1.
B
Eso quiere dedr que aUn sin saber wanta mide cada una de dichas
diaganales , se sabe que cualquiera que sea la medida de la menor
de elias, la mayor
medifi~
el doble. 5i la diagonal menor mide
" aU, la mayor mide " 2a " Yellado mide a J5
.
2
.
En la figura se observa esta relaci6n. En la que "0" representa el
punto que se da y BC esta sobre la recta "
e" .
./ Un cuarto de rombo es un triAngulo rectangulo cuyos caletos son: media diagonal
tanto mayor como menor, y la hipotenusa es un lado de ese rombo.
./ 5i se traza desde el centro "a' del rombo (vertice del triangulo) una perpendicular a
la recta dellado BC, se obtiene la distancia desde el centro, a Ia recta que contiene ellado.
~
2~
T
J5 (OT) medina a .
.
a
•
2
Este valor puede obtenerse directamente aplicando semejanza
o aJ2 C
de tricingulos. Se dibuja un triangulo de caletos 2 (el mayor) y 1
(el menor) Y luego se traza su altura correspondiente. Sobre e;ta
se !leva el valor conocido de Ia distancia de "a' hasta la recta
que contiene allado BC
a
\;
De manera que si se aplica Euclides la altura correspondiente
iC6mo se WOlfeda este rambo if el viano es oblicuo?
I
./ Se busea primero la distancia desde el punto "0" hasta Ia recta "f". Esto puede hacerse
por verdaderos tamaiios (como se hizo en el ejemplo del triangulo ) 0 por pianos
perpendiculares. En la figura 6-13 se muestra la soluci6n por pianos perpendiculares a una
recta.
./ Se busca el verdadero \amano de esta distancia y con un triangulo de catetos con lados
2:1 se busea el tamano dellado. (Figura 6-133).
./ El pie de la perpendicular trazada ( punto 'T') divide allado en dos partes: BT y Te
que deben ubicarse sobre la recta "t " para obtener los v~rtices respectivos. Luego, por
simetria, al unir "B" con "cr', se !leva igual distancia y se obtiene el v~rtice "D" (Los puntos
.......... ...:f;,...,_ ~.- ... "'....... ,... ..,''''' .... ,....., 1 ................. ., .... ,..,.. .........".... ,4~A ................ \
I;" c................ I,H~....
..... " .. ..... ",.::tI,:l'~«; I
• 122
P.V.
P.R
P.H. l
'.
.
,,
,
(b)
(a )
Figura 6-13
En la figura 6·14 se presenta el rornbo completo en ambas proyecdones, Para una
mejor comprensi6n no se induyen las construcciones auxiliares,
P.v.
(I
fT
f~l
1..
P.R
,
P
~
:
Figura 6-14
~f
1
e
i
\
I
I
~~ i
Ir
t
- 123· Un paralelogramo se proyecta como afro paralelogramo, sin conservar el
verdadero tamaiio de sus aristas , ni de sus angulos internos cuando estan sobre
rectas oblicuas en un plano cualquiera. La proporcion de los segmentos sf se conserva
y el paralelismo de los lados tambiin se conserva en proyecciones.
2.3.- Otros Poligonos.
f "
I'
Al igual que los casos anteriores es necesario conocer las caracterfsticas del poligono y
.
hacer un analisis previo del problema antes de r~solverlo.
Penbl.gono Regular: Tiene cinco lados iguales .E1 centro del pentagono es centro de una
drcunferencia que pasa por los cinco vertices y que al unirse con cada uno de eUos divide al
drculo en cinco angulos iguales a 72°.
Hexagono Regular: Tiene seis lados iguales y sus angulos intemos tambien son iguales.
El centro de un hexagono regular es centro de una circunierencia que pasa por cada uno de
sus vertices. El radio de esta circunferencia es igual allado del hexagono.
,
Todo poHgono regular puede inscribirse en una circunferencia cuyo centro es el del
pol1gono y tiene sus lados iguales y los angulos intemos tambien.
I
Ejemplo 1:
En un plano horizontal que pasa por el punto "Au esta contenido un pentagono regular
de lado 5 unidades. 5i "Au es el vertice mas a la izquierda , se pide dibujar el pentagono si el
lado AB, esta sobre una recta que forma 30° con el plano vertical de proyecci6n. ("B" esta
mas alejado que" AU),
Como es un plano horizontal la, recta que forma 300 con
el plano vertical de proyecci6n, conserva el angulo en su
ta.mafio real al proyectarse. Por esto puede dibujarse
directamente una recta que pasando por Ah forme 3QO conla
Linea de Tierra.
P.V.
§
a,v
I',
T
L
;
11
':
P.H.
Figura 6-15
; :I
-/ A partir de aqui se dibuja directamente el pentagono:
./' Se traza una semicircunierencia de radio igual al
lado AB, con centro en Bh. Se divide la rnisma en cinco
partes iguales.
./' Se une Bh con cada uno de los puntos de divisi6n
(2, 3 etc,) y sobre estas rectas estan los vertices.
./' Centrando en Ah Y con radio igual al lado se
corta la recta 2-Bh ,se obtiene el vertice Eh. Luego
centrando en Eh se corta Bh-3 para obtener el vertice [)h
y as! sucesivamente.
- 124
P.V .
.. f
BV
fLV
T
R
T
L
Dibujo en v.t. del pentagono.
~.~I EB YBD son diagonales. Conocidas las diagonales 0 el centro de la circunferencia , se pueden ubicar directamente sobre Ia proyecci6n horizontal. P.H. ""
En la proyecdon horizontal el pentagono se ve sin
deformar, y se puede construir directamente. En la
proyeccion vertical, se ve como una linea recta.
Figura 6-16
!iM'{
;~
.J
.~ Ejemplo2:
En un plano oblicuo que pasa por el punto "An y la recta " m" , esta contenido un
pentagono regular de lado~unidades. 51" A" es el vertice mas a la izquierda , se pide dibujar
el pentagono si el lado AB, esta sobre una recta que forma 30· con el plano vertical de
proyeccion. ("B" tiene mas vuelo que" An)
.,.,•
En este caso , ya no puede trazarse la proyecct6n horizontal de la recta con el ttngulo de
30· en forma directa, porque ya la recta no es para lela al plano horizonta 1 y su proyeccion se
deforma con relacion al verdadero tamano.
,~ ,Como encontrar una recta del plano que forma 30· con el vertical?
,.d
,oj
Se hara uso de los trmngulos de verdadero tamano.
..J
../ 5e construye un triangulo que tenga el verdadero tamano (hipotenusa) igual al
lado AB, Yel angulo adyacente a la proyeccion igual a 30·.
../ Se conoee a partir del triangulo anterior cual es la diferencia de vuelo que debe
existir entre los puntos "An y "Bn.
J
I.
I ~l
f,t
,
../ Se busca una frontal del plano que tenga vuelo igual al punto "B" (vuelo de "An
mas delta vuelo). EI punto tiene que estar sobre esta frontal.
1__•
,.. . t·.l
V' Con el tamano de la proyeccion vertical se centra en A\' Yse corta a fV para obtener
el punto Bv.
... - 125· .
,
'
I
I
I
I""
"J
Figllf<l6-17
Ubicados ya los puntos "A" y ''B'' se procede a construir el pentdgono regular.
Se conace el verdadero tamai\o del lado y puede dibujarse el pentagono en una
construcci6A auxiliar allado del dibujo. (Ver figura 6-16b).
Como los angulos y los lados se proyectan deformados l!stos no podran dibujarse
directamente en proyecciones.
r•
Se puede ver que Sf se traza una perpendicular a la recta AD por su run~o medio (M),
l!sta pasa por el centro y por el vl!rtice opuesto "0". Esta perpendicular en proyecciones se
traza por cualquiera de los ml!todos ya est\ldiados. Puede usarse una plano perpendicular a
AB que al intersectarse con el piano de la figura, da la recta que pasa por el wrtice "0".
Y la distancia que hay desde el vl!rtice allado,( DM ) se puede obtener directamente el
gmfico que se him en v. t., y se ubica luego en proyecciones a partir de tricingulos de v. t.
,,
r '
l.,
,I
,
f
SI se obseroa el dibujo en verdade:ro tamallo del pentagono, se puede demostrar que al
unir los wrtices HE" Y "C" la recta resultante ell paralela trllado AD, Y ~stl1 ptfSl1 a una
distanda conocida del punto "M" , (distancia ]M).
En proyecciones esta caracterlstica se conserva por tanto:
" Se ubica el punto "J" por verdaderos tamai\os.
" Por este punto en am bas proyecciones se traza paralela a AD
" Por verdaderos tamai\os se lIeva sobre esta recta una distancia igual a jC
y se obtiene el punto "e'. Por simetria , ya que la proporcionalidad se
conserva se obtiene el vl!rtice "E".
• 126
E,iemplo 3:
Se pide construir un hexagono regular contenido en un plano de punta a, sl se sabe que el
vertice mas alto (U A" ( 30; ? ; ?) de cota 50 unidades pertenece tambien al primer bisector, y
que la diagonal mayor que pasa par este vertice se corta con la recta urn" en el vertice
opuesto "D".
AmUisis del problema:
ex: •
C'
I,
,
I'
I,
.'"
"I '
'
./ Si el vertice "A" esta en el plano y pertenece al primer
bisector, quiere dedr que su cota y su vuelo tienen que ser
iguales ya que esta es la caracterfstica de todos los puntas
que pertenecen al primer bisector. EI punta"A" esta en la
intersecci6n de a can el primer bisector. Por',eso las
coordenadas de" An son (30; 50; 50).
./ La diagonal mayor del hexagono que pasa par"A" pasa
tambien por el centro y tiene en el otro extremo al vertice
opuesto HD". (Ver figura semejante)
./ Pero a la vez se dice que el vertice
"D" esta en la recta" m", que como se
observa no pertenece al plano. EI unico
punta que puede estar en el plano y
Figura 6-18
tambien en la recta
es el punto de intersecci6n de 1a recta" m " en el plano (1, Por 10 tanto al intersectar se obtiene
el tamano de la diagonal y por tanto dellado y circunferencia que circunscribe al hexagono.
D
Ejemplo4:
Repetir el problema del ejemplo nO 3, pero suponer ahora que el plano en el que se
encuentra el hexagono es el primer bisector.
• En este caso , se ubica igualmente al punto "A" primero, ya que si esta en el primer bisector su cota y vuelo son iguales,
'
• El vertice "D" es la intersecci6n de la recta "m" en el primer bisector (Ver capitulo IV),
• Se conoce la proyecci6n de la diagonal AD y debe buscarse su verdadero tamano. La
diagonal en un hexiigono regular es igual ados veces el tamano dellado.
,, ,
'
leTI
t
• Ahora no puede construirse las proyecclones directamente, ya que se:,pierden los verdaderos tamanos en proyecciones. Para ello por el centro de 13 diagdnal se traza una perpendicular a ella (que esta en el plano), y sobre ella se encuentran las apotemas de los lados paralelos a la diagonal. • Una vez obtenida las proyecdones de esta perpendicular, por verdaderos tamanos, se obtienen sobre ella los puntos medios de los lados. Por ellos se trazan las paralelas a la diagonal y se obllenen las direcciones en proyecciones de estos lados. ~I "
- 127
2.4-' proyecciones de Circunferenclas.
Sup6ngase una circunferencia de radio conocido y
centro en 0 que esta sobre un Plano Vertical 13 , tal
como se muestra en la ligura 6-19.
Tados los radios de esa circunferencia estan sobre
rectas que pertenecen al plano 13, y todas las rectas de
este plano son frontales. Esto quiere decir que todos
los radios se proyectan en Verdadero Tamaf\o sobre el
plano proyectante, y por esta razon, la Proyeccion
Vertical de esta circunferencia sera otra circunferencia
de igual radio
Figura 6-19
I·
Pero, si la ciTcun/ere-ncia esta sobre OtTO plallO No paralelo al plano vertical de
proyeccion, las rectas de este plallO ya no son todas frontales, y ESTO quiere decir que los
radios NO se proyectan todos iguales, y sus pToyecciones (salvo un caso) seran de menor
tamaiio al real.
r;
L-
!
i
to
2.4.1.- Clrcunferencia sobre un plano vertical (de Pie).
Obs~rvese
la ligura 6-20.
En la circunferencia del piano (l (vertical) , puede
observarse que los radios estan sobre diferentes
rectas del plano.
EI radio AO esta sobre una recta vertical, , y se
proyecta entonces en verdadero tam.ai\o sobre el
plano de proyecciOn vertical. Se cumple luego que:
ft' I
AVBv=AO
t
If
(~
I
Figura 6-20
Si se elige un punto B de la circunferencia, puede
observarse que el radio OB ya NO es paralelo al
Plano Vertical (0 al Plano Horizontal),
por 10 tanto su proyeccion vertical sera menor que
el verdadero tam.ai\o del radio. Se cumple pues, que:
i
cq
I
,
.,1
i .
I
II
l..j
La recta AO forma 0" con el Plano Vertical y OB forma un Angulo mayor de 0". Si
se elige un punto C tal que DC sea 1. a AO, se rumple que el radio DC tendra la
menor proyecci6n posible sobre el plano vertical, pues este es la recta de mAxima
inclinacion del plano (l •
"
)
,
., .J
)
)
)
"
)
.J
)
)
)
,
,
.",
/
• 129· .
C
x,
,
A
\F
0
F, I
•
B
x,
'
0
0
Figura 6·22
Si se quiere dibujar una circunferencia sobre un plano de punta se hace un anAlisis
similar. En la proyecci6n horizontal, el radio que se ve en verdadero tamaiio estA sobre
una recta de punta del plano, y el que se proyeeta de menor tamano estA sobre una frontal
de este plano. Se proyeeta como una elipse en el que las proyeeciones anteriores son el eje
mayor y menor de esa eJipse.
2.4.2.- Clrcunferencla sobre un plano cualqulera.
En estes casas:
La circun/erenda se proyecta como una elipse
sobre el plano vertical y se proyecta tambiln
como una elipse sabre el plano horizontal.
,t"':i.
I:;',
,.
Figura 6·22
",
(IS
i.
j •
Sin embargo aunque el eje mayor de la elipse
vertical es de igual magnitud que el eje mayor de
la eJipse horizontal, el eje menor en cada caso
serA diferente pues las reetas correspondientes,
forman por 10 general diferentes Angulos con los
pIanos de proyeeci6n. Por 10 tanto nO debe
olvidarse que:
La eUpse correspondiente a la proyecci6n vertical de la circunferencia, nonnalmente
di/erente a la eli se carre ondiente a la ro ecci6n sobre el lanD horizontaL
I~,
"
.)
- 130
,
--,
"
'rr
i '.1,
SOLUCION:
/?
a.- A, 0, M es un plano cualquiera.
PROYECCION VERTICAL.
i .,.....
b.-En el plano Verticalla drcunferencia se
proyectara como una elipse cuyo eje
mayor esta sobre la recta frontal del
plano que pasa por O. Figura 6-23.
/. -
c.- Los extremos del eje mayor se ubicaran
con el Verdadero Tamai\o del radio que
es igual al verdadero tamano de- AO,
(puntos B y C).
d.-EI eje menor es una recta del plano
perpendicular a 'T'. Es dedr es la recta
de maxima incJinaci6n (' p" Figura 6
23.). Por v.t Be ubican los dos extremos
de este eje, siendo el v.t. igual a AD.
(puntosEyD).
-
e.-Luego, pueden ubicarse otros puntos de
la elipse trazando diametros sobre
rectas cualquiera y determinando los
puntos que cumplan con el V.t. del
radio.
Existen
metodos
mas
simplificados para hallar otros puntos.
Figura 6-23
PROYECCION HORIZONTAL
a. -En el plano Horizomalla drcunferencia se proyecta como otra eJipse pero ahora el eje mayor
esta sobre una horizontal del plano que pasa por "0" (Fig_ 6-23)
b.-EI verdadero tamano se lleva desde Oh sobre hh para obtener los extremos Bye de este eje
mayor.
e.-EI eje menor esta sobre una perpendicular a hh es dedr sobre una recla de maxima pendiente
del plano (m). Por V.I. se ubican los extremos de este diametro (puntos R y S).
;~~
I
i"
ilIA
I
l
F
~
.
• 131 • 3.- PUNTOS NOTABLES EN UNA CIRCUNFERENCIA.
3.1.Puntos de igual cota: Los puntos de igual cota son puntos de la circunferencia que
estan sobre una horizontal del plano. Por ejemplo los puntos "G" Y "H"
'de la
drcunferenda de la figura 6-23, son puntas de igual cota pues estan sobre la horizontal "h".
~!
3.2.- Punto de Mayor Cota de la Circunferencia: EI punto de mayor cota esb1 sobre el
diametro que esta sobre la recta de maxima pendiente. En el grMko 6-23 el punto "S" es el
mas alto es decir de mayor cota.
t'
r:
t, ,
3.3.- Punto de Menor Cota: Es un punto ubicado sobre I-a recta de maxima diente del plano.
Es el extremo del diametro opuesto al punto de mayor cota ( R ).
3.4.- Puntos de igual vuelo Son los puntas de una circunferencia que estan una frontal del plano (B y C). 3.5.- Punto de mayor vuelo: Es un punta de la circunferencia que esta sobre el diametro
ubkado sobre una recta de maxima indinaci5n del plano (Punto D).
3.6.- Punto de menor vuelo: Es el punto opuesto al de mayor vuelo. (E).
TANGENTES A La CIRCUNFERENCIA.
Son rectas que tienen UN SOLO punto en comUn con la circunferencia. No debe olvidarse
que al unir el punto de tangenda con el centro , el radio resultante es perpendicular a la
tangente en la figura de verdadefO tamaflo. En proyecciones solo si la tangente es horizontal
o frontal se ve en la proyecci6n respectiva en su tamaflo real.
3.7.-Tangente por los puntos mas alto y mas bajo de la circunferencia:
.,
EI punto maT alto,! el mas bajo, son los extremos de un diametro que estl sobre la recta
de maxima per,dient.: }' bi estos son puntos de tangencia, quiere decir que la tangente serA
perpendicular a este diarnetro.
De 10 anterior se deduce que la tangente a una drcunferencia por punto mas alto 6 por el
mas bajo esta sobre una recta horizontal del plano.
3.8.- Tangente por los puntos de mayor y menor vuelo:
Los puntos de mayor y menor vuelo de una circunferencia son los extremos del di4metro
que esta sobre una recta de maxima inclinaci6n del plano..
La tangente a la circunferencia por cualquiera de estos puntos serA perpendicular a este
diametro. De aqui se deduce que la tangente a la circunferencia por el punto de menor 0
mayor vuelo esta sobre una recta frontal del plano.
I.
,I
i
3.9.- Tangente por los puntos mas a la izquierda 0 mas a la derecha de la drcunJerenda:
Los puntos extremos, de menor y mayor distancia lateral ( x ) de 1a circunferencia esbtn
sobre rectas de perfil. Por 10 tanto las tangentes a la circuruerencia por estos puntos son
reetas de perfil del plano.
• 132·
.....***********••***••
PROBLEMAS CAPITULO VI 1· Se tiene el plano
Cl
(70;50;20) (45;30;0); M(70;80;50) } Se pide proyecciones deun tri<\ngulo equilatero contenido en el plano Cl, en cada uno de los tres siguientes casOs, si se sabe: a.- M es vertice y sobre "a" se encuentra la arista opuesta,
b.- M es punto medio de una arista y sobre "a" esta se encuentra la altura correspqndiente a otra
arista.
c.- M es el centro del triangulo y sobre "t " esta una arista.
2.-
Se dan las rectas a [(85;70;85) (143;90;120») y b [(85;35;130) (143;22;96J que se cruzan, se pide
proyecciones de un triangulo equilatero si se sabe:
a.- Que una arista se encuentra sobre la recta"a" y la altura correspondiente a esta arista es
la distancia (1. comtin) entre las recta"a" y "b".
b.- Que una de las aristas es paralela al primer bisector y la altura correspondiente a esta
arista es la distancia entre las rectas Ha" y "b".
3. -
Se da el plano a l(lO;O;O} (74;0;80) (I80;65;45) } y las rectas a [(74;50;125) (180;18;90)J y b
[(74;79;25) (180;107;36) lJ. Se pi de proyecciones de un triangulo equilatero sobre el plano a si
se sabe:
a.- Que tiene un vertice sobre la recta"a" y otTo sobre " b". b.-Que tiene su centro sobre "a" y un vertice sobre "b". c..- Se pide proyecciones de un triangulo equiJatero si tiene una arista sobre la recta"a". EI punta medio de esta arista sobre el plano a y el vertice opuesto sobre la recta "b". 4.- Se dan M(130;60;50) y N (190;70;70) que son puntos medios de dos aristas de un triangulo
equilatero. Se pide proyecciones del trilingulo, si la altura a MN es paralela al primer
bisector.
5. - Se da el plano a ( a [(0,0,0); (50; 70; 40); M(80;20;40)}. Se pide proyecciones de un tri<Sngulo
isosceles que esta sobre el piano si se sabe:
a.- Que M es un vertice mas alto y que ellado desiguaJ que esta sobre al segundo bisector mide
80 mm. en V.t.
b.- Que tiene 1a arista desiguaJ sabre el plano p (R(30;80;80), N(70;50;30); P(40;40;50)))la cual mide 60 mm v un vertice sobre M. i
'"'
- 1JJ
6. Se dan los puntos M( 30 ; 80; 80) , N( 70;20 ;40) YT(80; 40; 50). Se pide proyecciones de un
triangula isosceles, si My N son puntos medias de dos aristas y la arista desigual pasa por T.
7.-
Se dan las rectas a[ (110;15;25), (92;95;63)J , m [(42;47;45) (110;15;95)] yel punta R (110;
90;27). Se pide proyecciones de un triangulo ABC que esta sabre el plano m, R si se sabe que
•.,
se cumplen las siguientes condiciones:
a.-
,,,
....
Que el vertice A esta sobre la recta "a" y la arista ABque mide 50 mm esta sabre una frontal
del plano.
b.- Que ellado AC esta sabre una recta que forma 30"<:on el P.H.
8.- Se da un plano a (45,50,45) (11045,25) (110,90,27)1 Y una recta "t" (30,80,80) : (70,50,30»).
Se pide proyecciones de un triangulo que esta contenido en el plano a y cuyos lados tienen
1-:
•
1"1
la relacion 3: 5: 9.
El vertice mas alto esta sobre "t" y uno de sus lados esta sobre una horizontal que pasa por A.
9. -Se da el plano ( 0, 0, 0) ; (50,70,40) ( 80, 20,40) I
Se pide proyecciones de un triangulo is6sceles que esta sobre el plano a sl "A"
es un vertice y Ia arista desigual BC tiene un verdadero tamafio igual a 50 mm est! sobre una
recta del plano
10. -
que forma 15° con el P.V. Los angulos del trlangulo son 3QO, 3QO y 1200.
Se da una recta t (40; 50; 50) (110; 15 ; 95) yel punto A( 70; 80; 80). Se pide un lriangulo
ls6sceles A, B, C. sobre el plano "t" ,A sl se sabe:
a. - A es vertice del tritingulo y sobre f esta uno de las aristas iguales.
b. - La altura correspondiente a esta arista se corta con ella en un punto M tal que
MC
BC/3.
Se dan los pIanos
(l (
0; -20;50) (50;30;90) (50;30;90) 1 y
~
«290;350;50) (140;60;70) .
(140;95;100)1 y el punto A(150;40;4O) fuera de ambos pIanos. Se pide proyecciones de un
cuadrado de arista 50 mm. si se sabe que A es un v~tice y que la. arista AB es paralela a
ambos pianos y la arista BC es paralela aI plano m,n.
Se da el plano IA(180;115;30) C(2oo;120;150) M(14O;70;14O)1. Se pide proyecciones de un
cuadrado ABCD que est! sobre el plano A,C,M, si se sabe que AC es di agonal del cuadrado.
Se dan los puntos C(1l0;115;130) y M(l90;l50;97). Se pide un cuadrado de arista 80 nun. si se
sabe que C es verUre yellado BC esta sobre MC. Otra de la aristas del cuadrado esta
sobre una recta de perfil. C, vertice mas alto.
Se dan las rectas a [ (40;20;25) (100;75;65)] y b [(100;60;109) (240;35;25)) y el punto
- 134· 13. -
5e dan los puntos C(110;115;130) y M(190;150;97). 5e pide un cuadrado de arista 80 mm. SI
se sabe que C es v~rtice y ellado BC esta sobre MC. Qtra de la aristas del cuadrado esta
sobre una recta de perfil. C, vertice mas alto.
14.- Se dan las rectas a [(40;20;25) (100;75;65)] y b [(100;60;109) (240;35;25)] y el punto
M(180,30,30). Se pide proyecciones de un paralelogramo ABCD si se sabe:
a. - Los ver:tices B y C estan en el primer Bisector.
b. - EI vertice "B" esta en el plano a,m.
c. - EI vertice he' esta. en el plano b , m.
d. - EI vertice N A" esta a SO mm. de M y sobre una recta que pasando por M se corta
cona y b.
e.- AB mide 70 mm y BC mide 90 mm.
15. -
Se da el planolM (50;?;20)
N(110;S5;?)
C(150;45;55)1. Se pide proyecciones de un
paralelogramo eontenido en el plano dado si se sabe que: a.- C es vertiee mas a Ia derecha del paralelogramo. b.- BC cuyo V.T. es de 35 mm esta sobre una frontal del plano. c.- AB euyo V.T. es 3/2 de BCes paralela a MN. Se sabe ademas que por M y N pasan
trazas del plano.
16.-- Se da el piano Ih [(15;SO;45) (80; 70; Z) 1y B (SO; 90; 20)). Se pide proyecciones de un
cuadrado de arista 50 mm que esta sobre el plano dado si B es el vertice de menor vuelo del
cuadrado y una de las aristas que 10 contiene es de perfil.
17.- Se da el plano a Ic[( 0 ;SO;8O) (SO ;30;40) } que es de punta y el punto A( 70; 80,30) Se pide
proyecciones de un cuadrado ABCD que tiene un vertice sobre A S1 se sabe que
BC pertenece al plano a y AB es una recta de perfit paralela al 2°bisector.
18. - Se dan los pianos a I( 0 ; 50;80), (50; 30; 40)} Y III (20;40;30) ,( 60;50;70) }que son de pianos
de punta y un punto A(70; 80; 40 ) Se pide proyecciones de un cuadrado que tiene un vertice
sobre" AU, 5i tiene una arista sobre el plano a y otra sobre Il.
\
19. - Se da el plano a.lp( 0; 50;80), (70; 90; 30) I q (70, 90, 30) (90, SO, SO)}
Se pide: proyecciones de un rombo A, B,C,O que esta sobre el plano a. si se sabe que la
diagonal AC esta sobre "q,", y que el vertice B sobre up" de modo que el angulo que forma
AB con "qfl es igual al angulo que forma esta recta con "p". La arista vale 50 mm.
20.- Se dan los puntos P(15; 50 ;45), Q(70; 70; 30) y R( 95; 50; 80) que estan respectivamente
sobre las aristas AB, BC, Y CA de un triangu)o equilatero ABC, de forma tal que AP =BQ=
CR = 35 mm. Se pide proyecciones del triangulo .
;1
.... 21.- 5e da una recta a [(70 ;50;50) , (179,110,120)] Se pide un rombo si se sabe que la relaci6n
entre sus dlagonales es 3: 2 y la arista AS esta sobre la recta "a". EI vertice A se encuentra
sobre un plano horizontal de cota 70mm. y eJ lado BC de tamano 70 mm esta sobre una
J. \
~
- 135
recta de punta.
22.- Se da la recta I [ (o,oAO) , (50;60;90)] y los puntos A(70,40,30) y B(110,50,-10) que pertenecen
a un mismo plano. Se pi de proyecciones de una circunferencia contenida en dicho plano si se
sabeque:
~
A Y B son dos puntos de la drcunferenda y I es tangente a ella.
J.
I:'
22.-
I [(O,OAO) (50,60,90)1 y un punto T(110,70,40). Se pide proyecciones de una
circunferencia contenida en el plano I, T, si se sabe que es tangente a I pasa por T y su radio es
Se da una recta
de 60 mm.
f"
b
11
l'l
L
Se da un punto 0(100,50,70) que es centro de una circunferencia de radio 60 mm. Se pide
proyecciones de la circunferencia, si se sabe que la recta sobre la que esta el diametro que
tiene la menor proyecci6n horizontal, se corta con 1a L.T. a la izquierda de "0" y forma 30·
con ella.
l.
r "
,f·
23.-
j
r:
~
j'-
l.
·136· CAPITULO VII. REBATIMIENTO.
1.-1NTRODUCCI6N.
En el capitulo VI. se buscaron las proyecciones de algunas figuras planas como la de un
pentagono, un hexagono y hasta una circunferencia, Que estaban ubicados sobre un plano
cualquiera. Estos problemas y otros mas complejos son mucho mas faciles de resolver como ya
se vio, sf el plano en el cual estan ubicadas es paralelo a alguno de los pIanos de proyecci6n.
Estos planos en una posici6n eualquiera pueden moverse de forma tal, que se coloquen
paralelos a alguno de los pIanos de proyecci6n. Por supuesto las proyecciones originales de
todos los puntos del plano cambiaran.
Es te cambio de posici6n de un plano es conocido como Rebatimiento: y puede decirse:
'"
El rebatimiento de un plano consiste en girarlo, alrededor de una recta de ese plano a
fin de dark otra posicion
Sup6ngase al plano a de la figura 7-1, el
el cual, puede girar alrededor de la recta "au.
Esta recta alrededor de la cual gira el plano, es el
efe de rebatimiento 0 de rotaci6n y es llamado
tambilf!n charnela.
Para que el plano a al girar pueda tomar una
posici6n para lela al plano 13 es necesario que el eje
de rotaci6n (recta" aU ) sea paralelo a este plano 13.
Figura '·1
Puede observarse que un punto cualquiera AU, al girar con el plano describe una
U
circunferencia con CENTRO EN EL ElE Yque ef radio de esa circllnferencia es fa distancia del
punto a dicho eje.
r"'I
t'l
,.. - 137
ox dl.hiln"l. del ,unio
If
A"
""J"df liro
5:\ radlD df 111"0
Figura 7-2
H
2.·REBATIMIENTO DE UN PLANO SOBRE EL PLANO HORIZONTAL.
En la figura 7·3 se observa al plano n. el
cual se quiere rebatir, para hacerlo paralelo al
plano horizontal.
I ,
,"
'
Para ello debe elegirse como eje de
rebatimiento a una
paralela al Plano
horizontal, es decir, cualquier recta horizontal
del Plano, como por ejemplo la recta "h".
El plano puede girar hacia cuaIquiera de los
dos lados, es decir el menor Angulo (Angulo
(angulo rJ.j ,6 el mayor Angulo (Angulo ~ ,
suplementario de a).
I
Pero, una vez elegido el sentido de giro
todos los puntos tendrAn el mismo Angulo de
rotaci6n.
Figura 7-3
L
.
Se puede observar en la figura algunas caracteristicas importantes.
I, .
ANTES DE GlRAR EL PLANO.
a) El radio con el cual va a girar el punto A, alrededor de la recta "h", estA sobre una recta
de mAxima pendiente del plano, (porque es perpendicular al eje) Fig. 7-4.
b) La proyecci6n horizontal del punto "Au cuando estA todavfa en su posici6n original debe
coincidir sobre la proyecci6n horizontal de la recta de maxima pendiente m . (Ah estA sobre
mh) Figura 7-4.
c
J_._.
j
L-'
·138
:~
mh) Figura 7-4.
c) La recta de maxima pendiente conserva el angulo de 90" en esta proyecci6n.
I
i.,J
':..L
<r_";
',J
Figura 7-4
DESPUES DE GlRAR EL PLANO.
Una vez que el plano a se gira para hacerlo paralelo al Plano Horizontal puede observarse
que el punto "Au en su nueva posid6n (ahora sabre un Plano Horizontal) tiene las siguientes
caracterlsticas:
a. - EI punto A, al igual que todos los demas puntos y rectas del Plano tendran ahora una
lIueva proyecci6n horizontal a la que se distinguira con un subindice R para no canfundirla con la original. Aunque la Proyecci6n Vertical cambia tambien de posici6n, no se va a tamar en cuenta, pues la nueva proyecci6n horizontal (rebatida) esta en verdadero tamano y es la que importa para la resoluci6n del problema, .... ... - 139
P.V.
b.-El eie "h" mantiene la misma posid6n alin
despul'!s de haber girado el piano, &ito quiere
dedI que la nueva proyecd6n: hR coindde
con Ia anterior hh. Estos puntos del eje se
llaman Puntos Muertos ya que su posici6n se
mantiene fija.
--:jf---:___.......::h'-·_
C.-
-I_+______T..,.
..L...._ _ _
EI radio AO (recta de mA.xima pendiente) al
proyectarse de nuevo, tendrA 1a misma
direcci6n que la Original. Es dedI que eJ radio
rebatido serA perpendicular nuevamente, a1 eje
de rebatimiento (mR • m h (V~ase Fig. 7-4 Y
7-5.)
d.- El punto "A" en su nueva posici6n ,a1
proyectarse sobre el Plano Horizontal tendrA
su nueva AR sobre el radio perpendicular a1
eje.
PH
Figura 7-5
e.- La distancia de AR a1 eje, es la misma que, Ia que hay desde el punto A en el espacio a esta
recta, en otras palabras es el verdadero tamaiio del segmento Ah()I!. (Fig 7-4 Y7-5).
En condusi6n puede decirse:
Para rebatir un punto 80m el Pla,!o Horizontal se elige como eje de rebatimimto a una
horizontal del plano. Luego, se traza ima perpendicular desde la proyeccicSn horizontal del
punto, a dicho eje, y el punto rebatido estlt a una distancia del eje, igual al verdatiero
tamafto del radio e 10 une con el e'e de rotaci6n. (Ah()/l 1. hh)
Eiemplo:
Se da el plano definido por Ia recta h, y el punto M. Se pide hallar las proyecciones
rebatidas del plano si se gira con respecto at plano horizontal.
1.- Las nuevas posidones del plano quedanm determinadas con rebatir una.recta (eje) y un
punto del plano.
2.-Se busea una horizontal del plano que sirva de eje de rebatimiento (h).
L, •
~; ;
,I
'
3.-Se busca la nueva proyecci6n del eje que coincide con hh (En 1a figura estA indicada como
hR).
- 140
4.- Se rebate ahora el punlo M. Pnm ella:
P.\'.
4.1.-Se traza la proyecci6n del radio de giro que es unn perpendicular 01 eje de rebatimiento (Recta. m). 4.2.-La proyecd6n reba tid a del punto (MR) esta sobre esa recta mR• 4.3.- Se busca el Verdadero del segmento MhOh.
4.4. -A una dislancia igual a este verdadero tamano
y sobre mh ; mR esta ubicado MR
5.- Observese que si se gira el menor Angulo el
punto MR queda en el mismo sector que Mh
(Vease la figura #I 7-6) . Pero se se gira el mayor
angulo, el punta MR quedarla del sector
opuesto a mh con respecto al eje.
Figura 7-6 Supongase ofro ejemplo: P.V. 1.- h : eje de rebatimiento.
"
2.- 5 YM: puntos que se quierenrebatir
3.- p y m : radios de giro de S y M (perpendiculares al
M'
L
T
eje).
4-.- 01 RM R= radio en V.T. de OhMh.
5.- En este caso se ha girado ~ que e mayor lingulo que
forma el plano con el Plano Horizontal.
...
P.H.
Figura 7-7
,
"
• 141 .
3.·REBATIMIENTO SaBRE EL PLANO VERTICAL
II
... It
r1
i:..
Figura 7-8
En este caso el eje sera· una frontal del plano, y 10 mismo que en el caso anterior los puntos
del mismo, permanecen Hjos (Puntos muertos) por 10 que su posici6n rebatida coincide con la
proyecci6n Vertical.
Se puede observar que:
1.· EI punto gila alrededor del eje con un radio que es una recta de maxima inclinad6n la mal
es perpendicular a la frontal del plano Y SE PROYECTA perpendicular a ella en su
proyecci6n Vertical, (tanto antes como despues del giro)
2.- La distanda de la proyecd6n rebatida AR al eje, es el V.T.. del radio.
Para rebatir con respecto al plano vertical, se debe elegir como eje a una frontal del plano
cuyos puntos mantendran fija su posicion antes y despues del giro. Los puntos a rebatir tienen
radios sobre rectas de mt1xima incCinacion, que son perpendiculares a esta frontaL
»
142·
0laJ\.i
;
~
"I:..
,II
Q,
V
~
,
~\
")
~.
'-'
-<
\
i1
,
...
,."1
!1 i '
)
• 143 Eiemplo 2:
Rebatir G, f sabre el plano Vertical.
'v
1.- £je de rebatimiento : una frontal
'1' del plano.
2.-Posicion rebatidn del eje : coincide can su
proyecdon vertical. fv =fRo
3.-Rebatimiento de
"G" : GR esta sobre la
perpendicular al eje (m ) la cual es la
proyecci6n del radio de giro (tanto mh como
L
mR).
4.- Se busca el verdadero tamafio del radio GVOtv
ya que es la distancia desde Ct, basta GR.
f'
5.- En este caso se ha girado el menor fmgIllo ( a )
al rebatir el punto T debe tenerse mucho
cuidado de rotar el menor mgulo tambren.
Figura 7·10
v~
I
I·:
4.
REBATIMIENTO DE UNA RECTA.
Para rebaHr una recta es necesarlo rellaHr dos puntos de ella.
,,.,-."
"
AI analizar la figura 7·11 puede verse que la recta
"an se cotta con el eje h en el punto 1 que por estar
(
.
sobre el eje es un punto muerto. (lhR) (Rebatimiento
sobre el Plano Horizontal).
L
Esto quiere decir que la recta rebatida deherA
pasar por este punto 1R.
En estes cases basta con rebatir un solo punto pues
el otro es e1 punto de corte con el eje que no cambia su
posicion.
L;
,,.
P.H.
Figura 7·11
J
- 144
Ejtmplo4 :
En el plano A,B,C rehatir con respecto al plano Vertical los puntos A, Bye y una recta de
perfil del plano que pase por B.
1.- Eje. de rebatimiento ; Una frontal que pasa por A.
P.V.
".,
.,
.J
'I
..
..
"
~
"'I
.',
fV "" fR
2.- Rebatimiento de A: por elegit un eje que pasa por A, e!
.~
I
punto A no se mueve y por eso Ah = AR
3.- Recta de perfil BM:
L
a.- M es un punlo que esla sobre el eje y por eso ya esta
rebalido y Mv = MR.
b.- Debe rehatirse otro punlo de la recta BM, por ejemplo
e! punto B. Se traza Ia perpendicular al eje desde BV
y se busca el verdadero tamailo de BR.
C.-
P.H.
Se gir6 el mayor angulo. La recta de perfil rehatida
pasa por BRMR
",
Figura 7-12
.:::j
.)
)
'J
~
(~
;
~.
_.'
4.- Rebatimiento del punto HC" Se repite el proceso que se sigui6 para el punto B. Sin embargo para esle punlo se pueden simplificar los pasos: a.- EI punto C esta sobre la recta BC que se corta con el eje f\'R en el punto "lvR" (Recta k).
b.- El punlo C' (rebatido) debera estar sobre esta misma recta rebalida BRIR (kR).
De esta recta "k ", ya el punto Bse halla rehatldo y el punto I tamblen pues es punto
muerto. Por 10 tanto se conoce la posici6n de k R pues pasa por estos puntos. Luego KR
debe estar sobre CR.
C.-
Para rehatir "C " se traza una perpendicular al eje y sobre esta se ubicara el puntp CR ,
pero como debe estar tambien sobre kR, donde se corten ambas rectas estara ubi(:ado el
puntoCR.
"
5.- RELEVAMIENTO DE UN PLANO.
Se llama asl al proceso de devolver el plano y lodos sus puntos a su posici6n original. E5
decir, hay que "desrebatir" el plano, realizar el proceso inverso girandolo el mismo angulo,
pero ahora en senlido contrario.
1:1
.... • 145 .
1'1
.
5.1.- Primera alternativa :
...::;L_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _.II_ En el caso de la figura puede observarse
que el punto R rebatido y la proyecci6n
original Rh estan sobre la misma
perpendicular al eje.
Por tanto Ah se encontrara tambiEm
sobre la perpendicular trazada desde AR
hasta el eje.
.
.
A"
I·j
,
Luego:
Para relevar un punto debe trazarse desde el punto rebatido una perpendicular al eje y
sobre ella estara la proyecci6n correspondiente, en su posici6n original.
Cabe observar tambien que la distancia RRQR es el verdadero tamano de la proyecci6n del
segmento (RhQh). De la misma forma ARTR es el verdadero tamano del segmento Ah'fb. Se sabe
que todos los radios (de cualquier punta) giran el mismo 6ngulo.
Quiere dedr que AR'fR gir6 el mismo angulo
a que el radio QRRR.
l. f"
i.,
v.t. de
P. .
•
"
Se traza entonces una recta (v.t.) que forme el
Af
it
angulo de giro, con el radio del punto. En
otras palabras se esta construyendo el
mangulo de verdadero tamano de dicho
radio.
5.1.- Segunda alternativa:
a.' El punto Ah est~ sobre una perpendicular al eje trazada desde AR.
b.·Observese que al unir AR con
AR
RR
se esta definiendo una recta del plano que pasa por
c., Esta recta al desrebatirse el plano tendra sus proyecciones horizontales y y vertical
correspondientes y debe pasar por supuesto pasa por Ah y Rh.
Ahora bien ARRR se corta con el eje en lh.
. 146·
P.V.
L
T
d.- La proyecci6n horizontal de AhR" es
conocida pues se obtiene al unir lh (que es
punto muerlo ) con Rh (cuya ubicaci6n se
conoce).
e.-Donde se corte 1hRh con la perpendicular
trazada desdeAR es el pun to Ah.
..
. .'\
.-d
6.- EJEMPLO ILUSTRATIVO:
.~
"
Se da el plano plano A,B,M . Se pide proyecciones de un hexagono regulci~ contenido en dicho plano, si se sabe que AS es una de sus aristas. 1.- Se traza el ~e .Por ejemplo, la frontal que pasa por B. (Se traz6 una paralela AB por M
para definir el plano con dos paralelas.
2.- Rebatimiento del eje Coincide con fV. Luego fV fR YBV = BR.
3.- Rebatimiento de A. - Se giro el menor angulo.
4.- Rebatimiento de M.- Para tenerlo como referencia pues tiene mAs vuelo que B. Se trnO
la perpendicular y Ia recta MvAv1v•
5.- Dibujo del hexagono.- Para dibujar el hexAgono, se debe recordar que ahora se tiene un
plano frontal cuyas proyecciones fR, AR, BR Y MR estan todas en verdadero tamano . 5e
construYe el hexagono en V. T.
6.- Relevancja del hexagono.- Ahora deben encontrarse las proyecciones reales de 105
vertices obtenidos. Para ello se desrebaten todos los puntos que como se sabe estAn
sobre las perpendiculares al eje. Se puede usar cualquiera de las dos altemativas ya
explicadas en el punto nO 5.
i><:J
1'!1
hi
7.- Ubicaci6n de la otra proyecci6n .- No debe olvidarse que los puntos obtenidos son
puntos del plano. Por ejemplo por A vCv se !raza una recta del plano que se corta con f. El
ft
... • 147· punto de corle de AVC" con'fv estara tambien sobre fh. AI unir An con 2h se obtiene esla
recta sobre la que estara ubicado cn.
~i
T
L
"
l\I'
,
I; "
P.R.
Figura 7-13
I '
J
.~
- 148
'"
**************************
,J
PROBLEMAS
"
CAPITULO VII.
1.-
Indicar si las siguientes afirmaciones son Verdaderas
0
Falsas.
a. - "t R" es la posici6n rebatida de una recta
de perfil del plano h,G, (si se coloca
paraleIo al Plano Horizontal)
,
b.- AI rebatir h2 la posici6n h/ debe ser
paralela a hhR
c.- Si se rebate Ja recta "/" (del plano) /
resulta perpendicular a hhR
.:1...
R
--
11.- Se sugiere la soJuci6n de los problemas del capitulo VI, usando los conocimientos adquiridos
en este capitulo.
- 149
CAPITULO VIII
FIGURAS ESPACIALES.
POLIEDROS,
1.- INTRODUCCION.
Las figuras espaciales son aquellas cuyos puntos estan contenidos en diferentes pianos.
r"
t''.'.'
Se puede dasificar las figuras en dos grandes Grupos: las Superficies Poliedricas y las
Su perficies C urvas.
I:
Las superficies poJiedricas , son las liguras poligonales contenidas en pianos diferentes
que se cortan entre sf (Capitulo I nO 5-33). Al cortarse los pianos entre sf, generan rectas que se
Haman aristas de la superficie poliedrica. Cuando estas superficies son cerradas , se genera un
volumen , que es que se conoce como poliedro, Los polfgonos que se forman en cada uno de
los pianos se conocen como caras de 1a superficie poliedrica.
,
y.;
Se destaca que al existir diferentes pianos en distintas posiciones, se pueden generar
multiples poliedros de caracterlsticas todas diferentes, Sin embargo existen poJiedros que
cumplen con algunas caracterlsticas generales que permiten la c1asificaci6n en varios grupos.
2.-POLIEDROS REGULARES.
I'"
,
,
Las caras de estos poJiedros ademas ser todas iguaJes entre sf son pollgonos regulares. Los
angulos diedros intemos, tambien son iguales entre sf.
Existen solo cinco poliedros regulares que son : el tetraedro regular, el hexaedro regular 0
, cubo, el octaedto, icosaedro y dodecaedro regulares. (Vease Figura 8-1).
3.-POLIEDROS IRREGULARES.
Cuando una 0 mas caras del poliedro no es igual a todas las dernas ,0 aun cuando todas las
caras fuesen iguales, si no se trata de poligonos regulares ya deja de hablarse de poliedro
regular. Puede darse el caso , en el que el poJiedro tenga caras que son pollgonos regulares,
pero diferentes entre sf. Por ejemplo, el bal6n de fl1tbol, que tiene pentagonos y hexagonos
regulares, pero son . poHgonos diferentes.
.
.
,.
,.
Sin embargo dentro de este gran grupo, pueden encontrase poliedros con caracterlsticas
definidas que perrnite a su vez clasificarlos en otros sub-grupos como son los PRlSMAS y las
PlRAMIDES, (Ver figura 8-2)
.
I
- 150
A
D
B..xaedro Regular
(cubo)
B
c ...
....,r-.

B __
:-;:.
...,(
, :,
A J;.--Ir--~D
M
I
E
o
I
..,,
Dod«aedro
Regular
Figura 8-1
,~-",
:f' .~
J '
.'
(Base tuadrada)
•
".
1
............. (Base Triangular)
(Base lriangular)
PRISMAS RECTOS
(Base heXB&onaI)
PRISMAS OBLICUOS
~• ,
J
,
Figura 8-2
4.-SECCIONES PLANAS.
Se llaman asi a los poligonos que se forman en un plano, cuando este carta a
varias caras de un poliedro cualquiera. Al plano que carta al poliedro se Ie llama
PLANO SECANTE.
PI
.... ... - 151
s
s
I.."' ...
o
T
(a)
(b)
(c)
Figura 8-3
En la figura 8-3 Be puede observar, tres figuras poliedricas, a las que se Ie han trazado los
pIanos a,13 y y, los cuales se intersectan con cada uno de los pIanos que forman las caras de
dichos poliedros.
En el poliedro de la figura 8-3a, el plano a., se intersecla con plano /) (cara ACEG) segUn
la recta JK; 10 rnismo ocurre con el plano Q (cara CDGH). La intersecci6n es la recla KL.
Estas rectas de intersecci6n al estar contenidas sobre el plano a deterrninan una figura
plana , que en este caso es un paralelogramo, pues las caras opuestas del poliedro son
paralelas.
En el poliedro de la figura 8-3a la secci6n plana es un triangulo y en el caso de la figura 8
3b eB un cuadrilatero.
..
5.-PLANOS DE SIMETRIA.
'
, "
'"'
Son aquellos planos que al eorlar al poliedro, 10 dividen en dos parles iguales 0 simttricas.
La seecilSn plana que Be forma en un plano de simetria se llama SECClON PlUNClPAL, para
distinguirla de otra secci611 plana cualquiera
En la ligura 8-4a Be muestra ,c6mo
el plano a divide al poliedro en dos
partes tota1mente simetrkas.
-La secci6n principal en este caso es
un recbingulo ABCD.
(a)
(b)
Figura 8-4
( c)
I
- 152
6.·TETRAEDRO REGULAR.
Poliedro constituido por cuatro caras iguales entre sf, las cuales son triangulos equilateros.
Tiene seis aristas iguales y los angulos que se forman entre sus caras como se vera tl'o,50n .
iguales a tlitlguno de los atlgulos notables de 30·, 60· Y 45·.
::>
,-3i I
De esta definici6n pueden destacarse algunas caracterfsticas importantes :
!
A Uti tetraedro regular se Ie pueden trazar seis pianos de simetrla que determiium seis
SECCIONES PRINCIPALES todas iguales entre sf
.~
,,~
"'
.,
;
,
-'
.,~"
,
,~
.
(c)
•
"
t
"
','.1
r'1\
...,;
A
"•
~
Figura 8-5
En la figura 8-5 se observa a un tetraedro regular con secciones planas cortando a caras
diferentes. Se muestran cada uno de los seis posibles casos de secciones principales que se
pueden obtener. En cada uno de ellos 11.'1 secci6n principal es la misma,
Puede observarse que el plano de simetria genera como secci6n plana un triangulo
is6sceles, en donde uno de sus lados tiene el mismo tamaiio que !a arista del tetraedro y los
otros dos lados tienen una magnitud igual 1.'11 de las alturas de caras de ese tetraedro,
~,
,
:,1
,.,
..,
,J
f.:j
Tambien puede observarse que:
Los platlos de Simetria pasan par una arista del poliedro y par IItI pllnto media de la arista
opuesta a la anterior.
Ii'
....~
'
"" NIl
- 153
Se Haman aristas opuestas las que no pertenecen a la misma cara, ni a caras consecutivas
(adyacentes). Por ejemplo en la figura 8-5 NP YMQ (a) son aristas opuestas; ast mismo MN y
PQ, Y MP Y QN son igualmente opuestas .
De modo que el plano a (Fig.S-Sa), contiene a la arista NP y pasa par A, que es punto
medio de la arista MQ (y esta es a su vez opuesta a Np).
Se rumple asi mismo que:
La arista 0 uesta contenida en el plano de simetrla es perpendicular a este IIlno.
Esto puede deducirse f<1dlmente si se analiza un poco la figura 8-Sa. Par ejemplo, el plano
a ( de simetria ), contiene a NA yAP, que se cortan en el punto A. Ahara bien NA, es altura
del triangulo MNQ (cara del tetraedro) , par eso se puede decir que NA .L MQ. Par otra
parte AP es altura en el triangulo MPQ (otra cara del tetraedro), par 10 tanto AP .L MQ. En
conciusiSn el plano NAP (plano a )es perpendicular a la recta MQ.
jLtiS'"aristas oJ1uestas se cruzan perpendicularmente entre sf.!
!'
Como MQ es perpendicular al plano a ,quiere decir que esta arista es perpendicular A
TODAS las rectas del plano. Como hi arista opuesta (NP) pertenece a este plano a se conduye
que MQ es perpendicular a ella. El mismo analisis puede hacerse en Iodos los casos.
Al unir el punto A can B, que es punta media de la arista NP (ver figura 8-5a) se obtiene
una recta que es altura en el triangulo que forma la secci6n principal ANP, que como se dijo es
is6sceles.
L:
Ahora bien como MP es .L al plano de la secd6n principal, 10 es a Ia.~ ":!!Cia. AB Y NP.
En condusi6n AB es .L MQ y tambi~n a NP. Por tanto:
EI segmento que une a los puntos medios de dos aristas opuestas de un tetraedro regulllr
es la perpendicular comun a ambas.
'. La perpendicular trazada desde un vhtice del tetraedro, al plano de la cam opuata es III
altura de dicho tetraedro, que no tiene la misma maw/fud que la altura de cara de este
poliedro. Y esta contenida en una secd6n principaL
6.1.- Am(!lIsis de la secci6n principal. Relaclones metrlcas. Sup6ngase un tetraedro de arista igual a "a", tal como se muestra en la figura 8-6 - 154
~~
I
-fooE-
ICARAI JM =JJK.2_K'M2' .. b =13 all
h
--+
SECCI6N
PRINC1PAL
Figura 8-6
En la figura 8-6b se muestra una de las caras del tetraedro mostrado en 8-6a .
A partir del triAngulo de la cara se obtiene la relacion algebraica existente entre la
altura de cara y el valor de la arista.
..J
r~
KL
Tamafio de la arista :
Tamai\o de la altura de cara : h
:)
-a - ~-2
-2
- JM= JL -ML -
~(a
..fi
h-Va-l2),)2 =aT
Esta misma relacion puede obtenerse en forma grafica, dibujando el triAnguIo equilatero
de arista conocida (la caradel tetraedro), y trazando luego la altura a cualquiera de sus lados.
Con esto se conocen los tres lados de la seccion principal y se puede por tanto dibujar , como
se muestra en la £igura 8-6c.
Entonces el triAnguIo de la figura 8« esbi formado por los siguientes lados:
Lado JM: Lado MI; Lado]I ;
a
En el tri.4nguIo de la section principal , al trazar las alturas MQ yIP, se obtiene la
distancia entre las dos aristas opuestas del tetraedro y la altura del poliedro respectivamente.
Como Q es punto medio de
ii
se obtiene:
Asi mismo si en la secci6n principal, se traza la altura correspondiente al lade MI
(Fig 8-6) se corta con MQ en un punto 0 que es el Centro dell:riAngulo.
F1
"U
t
· 155· Como este triangulo es una secci6n principal (Simetrfa), este centro "on es tambien Centro del tetraedro.
Se cumple entonces:
a = 7rJ' 31' 44"
P
t
= 54° 44' 08"
Por semejanza de triangulos se cumple que:
Figura 8-7
Por 10 tanto :
MI NI MN
-=-=
JO ON IN
Como:
MI =..[j,{
MJ =
NI =
r-.;
L..
MN=
..[j,{
aFYz
~
aF%
__2_=~..
2 =>
JO
ON
~
IJO=a""'4
J61
=>
ION .. a""'4./21
~
./2,{ IN =
~
r
i-;
Como:
k·-,
..
~'-
!
MN= MO+ON
MO .. MN-ON
Luego =>
I MO .. ON I
Se conduye entonces :
"0" que es el centro del tetraedTo es punto medio de la perpendicular comun a dos
aristas opuestas.
: -,
Como
MPI '" AMNI:
1
NI MN MI
~ =-=- ::::: "'="
PI JP JI
a/
=> fl=
PI
ali /
11
JP
a..[j /
=
11
a
)
- 156
2
PI '" -MI
3
Sustituyendo los valores eorrespondientes en la igualdad anterior se obtiene:
aJ6
JP = - 6
yeomo
JO
=
aJ6
4
=>
-
JO
3
= -JP
4
6.2.- EjempJos lIustrativos.
6.2.1.- Relaciones metricas.
Ejemplo nOl
Si un tetraedro regular tiene arista igual a 3 em., se quiere eonocer euanto mide la
altura de cara ; euanto mide la distaneia entre las aristas opuestas y cual es el valor de la
altura del tetraedro. Resolver numl'!ricamente y graficamente.
Soluci6n Numerica:
Altura de cara:
Si a= 3 em.
y de acuerdo con las ecuaciones obtenidas h "
Entonces h = 1,5.f3 em.
[JiSlancia entre arislas opuestas:
Altura del telraedro:
JP
Soluci6n Grafica:
.f3j{
- 157
.. .Se construye Ia cara del tetraedro que es un triangulo
equihltero de arista a 3 cm . • Al trazar la altura a uno de sus lados se obtiene el segmento BJ,
y al medirlo se obtiene el tamano de la altura de cara.
Af----"-"'--"'C
t1
.Se construye luego la secci6n principal, si se sabe que un lade
rnide igual a 3 em. Los otros dos Iados son iguales al tamano
de la altura de cara , ya obtenida.
...
•
r'
1.1
Luego se traza la altura correspondiente. a uno de los lados desiguales. Y so.
medida es el valor de la altura del tetraedro
A
I',
I
"
ft'I
MJ=BJ
~
Q
u
t'I
"t:I
MI=BJ
f
JI =AC
"t:I
L
J
B
~
;S
J
C
M
MN = distanda entre
aristas opuestas
JP =altura del
tetraedro
t'I
"
..:""
Eieml2.'o nO 2
La altura de un tetraedro rnide 5 em. Se quiere conocer el valor de la ansta de este
tetraedro.
Soluci6n Numerica:
De la Figura 8-7 ,se sabe que la altura del tetraedro JP ,es igual a a
r% .
En este
easo se conoce el valor de JP yes igual a 5. Por tanto despejando se obtiene:
a=
s./6 = 2,5./6
2
em. -~
Soluci6n GrMica:
Todos los tetraedros regulaTes son semejantes entre 51, es decif' sus angulos intemos
son siempre iguales, no imporla el tamano que tenga la ansta , y la proporci6n que existe
entre cada uno de sus elementos ( lados, alturas etc.) siempre es la misma.
La secci6n principal de un tetraedro contiene como lad os, a la arista del tetraedro, a la
altura de la cara , ast como Ia altura del tetraedro.
- 158 Si se dibuja una seeci6n principal de un tetraedro de arista eonocida , esta figura es
semejante a la secci6n principal del tetraedro del problema ,euya altura es igual a 5 em.
Por tanto se dibuja un triangulo equilatero de lado 2 unidades
dibuja la secci6n principal que tenga a este triangulo como carOl.
y a partir de aquf se
A
M
II
)
i
)
M.....-h:J.-~N.
cara de un tetraedro
de artsta 2cm.
EI triangulo M1l1N I, es la secci6n principal en la que MINI
triangulo ABC.
= Mlll = altura de cara del
El angulo J1M1NI es igual para la seeci6n principal que se
quiere, por tanto se usa este mismo angulo como base para
la secci6n buscada.
Se traza una paralela aMI N1 a una distancia de 5
unidades (altura del tetraedro). En donde esta paralela corte
a la prolongact6n de la recta M IJ 1 , es el v~rtiee de la altura
de nuestra secct6n principal.
Desde aquf 0) se traza una para lela aNI J lyse obtiene
el v~rtice N.El triangulo MIJN es la secci6n
principal de un Tetraedro cuya altura es 5 unidades. Y el segmento IN es la arista de
ese tetraedro.
6.2.2.- Proyecciones de un Tetraedro regular.
11
Para hallar las proyecciones de un tetraedro, debe tenerse en cuenta las caracterfsticas
propias del mismo, y ademas tener presente que se esta trabajando con diferentes pIanos.
Por ejemplo:
Ejemplo nO 3
Se dan las proyecciones de una recta f y de un punto "A". Se pide, proyecciones de
un tetraedro regular, si se sabe que A es un vertice y sobre 'T esta una arista de la misma
cara.
- 159
P.V.
'AY
l'
.,',"
P.H.
Figura 8-8
,
Sup6ngase en la Fig, 8-8, el punto A y la recta t, donde se dibuj6 con trazes
discontinues, al tetraedro que se quiere hallar. Puede observarse, que si A es v~rtice y
sobre f estan olros dos v~rtices, se estA dando como dato, un plano que FS EL PLANO DE
UNA CARA DEL TETRAEDRO; entonces parte del problema consiste en dibujar esta cara
A, B, C.
,"
I,
Para hallar las proyecciones de 1a cara ABC, se debe tener en cuenta que se busca las
proyecdones de un triangulo equilAtero, que tiene un v~rtice en A y la arista opuesta sobre
"t'. (Compare con el problema N" 1 del Capitulo VI).
L~
,
l~
I'
"
En 1a figura 8·9 se mueslraJ'l las proyecciones del Iriiingulo equiliitero ABC (AM es
altura del 4 ABC).
Los vertices B y C pueden obtenerse tambi~ usando rebatimiento del plano A, f.
Ya conocidas las proyecciones de una cara del tetraedro, falta por determinar las
proyecciones del cuarto v~rtice, que sena el v&tice D.
- 160
p,\".
Si se analizan las relaciones metricas en
un tetraedro regular (Fig, 8-7), puede
notarse que la altura del tetraedro es la
perpendicular trazada desde un vertice a
la cara opuesta y esta perpendicular, cae
en el centro de esa cara,
Por eso, al trazar una normal al plano
ABC por el centro de la misma (0) se tiene
la direcci6n de esta altura sobre la cual va
a estar el vertice D,
L
·•
i
I
!
i
La distancia a la que se encuentrael
vertice "D" del centro de la tara "0", se
puede hallar construyendo la secci6n
principal a partir de la aruta "a u •
••,
i
En la figura 8-10, se dibuja la cara con
la aruta obtenida del problema, y a partir
de aqui se dibuja la secci6n principal para
obtener la altura del tetraedro ( DO).
!
cl
En la figura 8-9, se constru ye la cara del
tetraedro y en la figura 8-11, se conduye
encontrando el vertice D y la visibilidad.
1
)
'd
)
P,H
Figura 8-9
M~----;;;;::MD
v.tdem
Figura 8-10
- 161
P.y.
\
·:••,
,
••
•••,
•••
j
,,
•:
,
,,
•
,,I
•
L
I":
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'••
J:
,~
M'
"
::
I
·T
.1
..
1*
.1 :•
"
I!
.H.
Figura 8-11
L
6.2.2.- Visibilidad.
En el ejercicio anterior debe tenerse en cuenta que se estlin proyectando figuras sobre
pianos diferentes , que son los pianos de cada una de las caras.
Vedse. en In figura B-llla PROYECCION VERTICAL del tetraedro:
,.
L
La cara ABD y la cara ACD son dos pIanos y alguno de los dos estarii miis cerca del
observador, 16gicamente el observador que estii en el infinito FRENTE al P.V., verli al·
plano que esM miis cerca de el. Esto se representarii en la proyecci6n dibujando con trazo
continuo los puntos QUE SE YEN Ycon trazos discontinuos los puntos que no se ven.
. 162· ,
j
En este caso el vertice B tiene mayor vuelo que el punto del plano ACD con igual cota.
Luego, se trazan en firme con trazos continuos las aristas , ya que estas se yen. (Arista
DD tiene mayor vuelo que la arista AC ).
:1
Analicese ilhorilla Proyecci6n Horizontal: EI observador puede ver los puntos de mayor cota que tapan a los puntos de menor
cota impidiendo su visibilidad.
-
-
Por ejemplo entre BC y AD ,eual de las dos se ve?
En la proyecci6n vertical se observa que AD tiene mayor cota que BC, por tanto fa arista
que puede ver el observador es la primera, 10 cual se indica con trazo contin\!o.
En la PROYECCION VERTICAL SON VISIBLES los puntas que tienen MAYOR
VUELO, mientras que en la PROYECCION HORIZONTAL, SON VISIBLES los puntos
que tienen MAYOR COTA.
Ademas:
Los puntos del contorno exterior siempre se Yen . En la proyecci6n vertical el contorno exterior es : Av - Dv -ev - Bv ·Av En 101 proyecci6n horizontal, el contorno exterior es: Av. e v - Dv - Bv. Av. Cuando a un vertice interno (con respecto al contorno exterior), I/ega una arista que ES
VISIBLE, todas las demds aristas que lleguen a ese vertice serdn tambien VISIBLES. Lo
mismo ocurre si licga una arista que NO SE VE.
7.·HEXAEDRO REGULAR (CUBO).
.,
Poliedro constituido por seis caras iguales entre sf, las cuales son cuadrados. Tiene dace aristas iguaJes y los angulos que se forman entre las caras adyacentes es iguaJ a 90". Las caras opuestas son paralelas entre sl. B
..,
H
(a) (b)
Figura 8·12
• 163 .
En la fjgura 8·12 se muestra un cube en el que se dibujaron dos PLANOS SECANTES a1
mismo, que son pIanos de simetrfa. En la figura 8·12a el plano n, paralelo a las caras ABeD y
la opuesta , divide al cuba en dos partes iguales, y la figura que se forma es un cuadrado
exactamente igual a la cara del cubo. Se pueden trazar tres pianos de este tipo.
l!
En la figura 8·12b , el plano contiene ahora ados aristas opuestas, (no estan contenidas en
las mismas caras ), y contiene tam bien ados diagonales de cara, que son perpendiculares a las
dos aristas inidales. (AH .1 AB). Se pueden trazar seis pianos de este tipo.
En cada uno de los dos casos anteriores, cada una de las secciones se Haman SHCCIONES
PRINCIPALES, por ser simetricas y el centro de las mismas, es el centro del CUBO:
w
De esta definici6n pueden destacarse a1gunas caractensticas importantes :
Del analisis de estas Figuras (8-12) pueden deducirse las siguientes caracterlsticas:
Las caras conseeutivas 0 adyaeentes , de un cubo son perpendiculares entre sf.
Las caras ABCD y ACEG por ejemplo, son perpendiculares entre 51. Tambie~uede
concluirse que las aristas BD, AC Y EG son paralelas entre s1. Es decir, que la arista BD (que
.
pertenece ala cara ABeD), es parale!a al plano ACHG. Y por otra parte, las aristas AB, CD, EF
Y GH son perpendiculares a esta secd6n ACHG, por que si AB es perpendicular a AC por ser
lados del cuadrado ABCD y ademas AB es perpendicular a AE por ser !ado del cuadrado
ABEF se concluye que AB es perpendicular a ACEG

En Ia figura 8·12 se puede observar que:
La seeci6n principal que contiene ados aristas paralelas y a dOB diagonales de caras
paralelas, forma 45" con 10$ pianos de las caras a las que pertenecen dichas aristas y forma
90" con los pianos de cara a los cuales pertenecen las diagonales de cara. Este poltgono es un
rectan 10.
I"
L
Las caras ABCD y EFGH forman 45" con el plano f3 y ~te forma 90" con los pIanos de las
caras ACEG y BDFH.
De aqul mismo se puede deducir que EC y FD son perpendiculares aI plano de simetrla
p.
Se observa en el grafico 8-12, que si la arlsta AB es perpendicular al plano de la cara
ACEG, debe serlo tambien a la diagonal AG de esa misma cara.
;-
.;
l_
I
Como esta diagonal esta sobre el plano f3 (de simetrla) y como se vi6
perpendicular a AG, por tanto se conduye que !a secci6n APGH es un rectangulo.
AB es
•
- 164
7.1.· Amllisls de la secclon principal. Relaciones metricas.
En la figura 8-13 se muestra una de las secciones principales ya mostradas.
Los pIanos (l,p y Yson paralelas entre sl.
B
Para ser
psecci6n de Simetrla se debe
cumplir que DL '" LH Y CM = MG Y AJ = JE ;
BK=KF.
Por 10 anterior se deduce que
I
son
puntos
medios
de
J, K, L YM
las
aristas
correspondientes, (AE, CG, DH Y BF) las
cuales a su vez son perpendiculares al plano
p
Figura 8-13
Analizando ahora la figura 8-14 y sabiendo que ABGH es una secci5n principal se puede
establecer las siguientes relaciones :
AG
=> Diagonal de 1. cara ACEG BH
=> Diagonal de la cara BDFH. AG Y BH son paralelas entre sf: En Ia figura 8·14 la secci6n principal es un rectangulo ABHG. Si se analiza esta figura tal como se muestra en
la figura 8·15 b se establecen las siguientes relaciones :
Si AE = a (arista del cubo).
Figura 8·14
AG '"
=a
f2
'1
- 165 • Ji.
B
.. ~
•
,.
A
•
DI.g.... d. "'I'll
Ii.
(a)
/\.
- -
AP*AHl3
SteeleD Prtndpal dtl Cabo
Can: ddCubo
-Ill
(c)
(b)
Figura 8-15
r
En la seccion principal ellado mas carta es igual al tamailo de la arista del cuba, el otTo
lado es igual al tamailo de la diagonal de la cara de ese cubo. Las diagonales de la seccion
principal son las DIAGONALES DEL CUBO, ya que unen dos vertices opuestos del solido. Es
importante destacar que estas diagonales se cortan en su punta medio que es el centTo del
cubo, pero NO SE CORTAN CON UN ANGULO RECTO.
L
,
En la figura B·ISe , se destaea que la perpendicular trazada desde un v~rtice cualquiera a
la diagonal del cubo , (que estan ambos en un plano de secci6n principal) cae en un punto P
que esta separado de un v~rtice, 1/3 de la diagonal y del otro v~rtice 2/3 de dicha diagonal.
r
Como LABH = 90"
-2
AD
~
e1 MBH es rectAngulo. Y se cumple:
-
AP. AH por el Teorema de Eudides.
Por tanto a 1 = AP. a.J3 =>
r"
I·'
L
AP=a.J3 (AH/J)
3
7.2.- Ejemplos i1ustrativos.
7.2.1.- Relaciones metrlcas.
Ejemplo nOI
Si la diagonal de UN CUBO mide 6 urudades. ,Cuanto vale la arisla del cubo?
Solution Numerica
i'i
(De la figura 8-15) se sabe ;
=
AH a.J3 = 6 unidades.
L
Luego
a=2.J3 u.
,
..I:
,~ - 166
/
Solucioll Grllfica:
Como todos los CUBOS SON SEME]ANTES sus caras y sea:iones principaJes tambien 10
son:
• Se dibuja un cuadrado de lado 2un. Que representa la cara de un
lSI
cuba cuyo lado es igual a dos unidades.
• Se traza la diagonal al cuadrado. (A'C).
• Se dibuja la secci6n principal del cuba de lade 2 un. cuyos lados
son iguales a A'B' y A'e'
• La secci6n principal A'B'G'H' es semejante a la secci6n
~.--------------
principal del cuba que se quiere construir. La diagonal
del cuba cuya medida es igual a 6 unidades, es
proporcional a la diagonal del cuba hallado B'H'.
• Se dibuja sobre B'H' la medida de 6 un. y se obtiene el
•I
A't---~r"'-:
I
v~rtice
A.
B'~'----=G' - - - -.j..B
• Desde A se trazan paralelas a los lados respectivos y se completa un rectangulo, que
es la secci6n principal del cuba que se pide. Se mide el valor de B'B y ese es el tamaflo
de la arista
7.2.2.- Proyecciones de un CUbo.
Conodendo las relaciones existentes entre los diferentes elementos del cubo, se
pueden obtener sus dos proyecciones, conocidos los elementos necesarios.
Eiemplo n D 2
:,;-1.•
..)
~
J
Se conocen las proyecciones de un punto "A" Y una recta Nt " se pide: Proyecciones de
un cuba que tiene un vertice sobre A y una de sus diagonales sobre "".
P.V.
r\·
L,
P.H.
Figura 8-16
T
~
~
- 167·
En la figura 8-16 se muestra al punlo A y a la recta" t" Yse dibuj6 en traws
punteados el cubo que se quiere hallar, de modo que A es uno de sus vertices y sobre t se
encuentra la DIAGONAL DEL CUBO que une a dos vertices opuestos del mismo (B y H).
Puede verse en esla figura que el punlo A y la recta 1 definen un plano y ese plano es
el que pasa por la secci6n principal ABGH de ese cubo. En otras palabras ,como un primer
paso, se pide hallar las proyecciones de una secci6n principal del Cubo.
, j
Puede verse que si se traza la perpendicular desde A a la recta "t''', se obtiene un
segmenlo semejante al segmenlo BP de la figura 8-15c y a partir del verdadero tamano de
esle segmento puede determinarse el tamaflo de la arista y de la diagonal de cara.
En la figura 8·17, se rebati6 el plano A, t Y
se traw la perpendicular desde "A" hasta
la recta " I" para obtener a traves de esta
dislancia , el tamailo de la arisla del cu bo,
de la diagonal de cara etc.
P.v.
h
I
Con el Verdadero Tamaflo de AP se puede
obtener la arisla sigulendo el mismo
criterio que en el ejemplo 2.
L
A~
8'
J21.
P.R.
Figura 8-17
El tarnafio de ARpR (figura 8-17) se llev6 sobre el segmento A'P' y se obtiene
aslla secci6n principal buscada, sefIalada en trazo discontinuo en la construcd6n auxiliar.
Con los verdaderos tamafios de la diagonal y la arista se tennina de dibujar la secd6n
principal tal como se ve en la figura 8-18.
'.,
.J
. 168
,~
'''I
P,V.
...I
j
H
"::J
A
L
""J
,
....
I~
,
T
"/l
Figura 8-18
P,H.
Sin embargo falta por obtener las proyecciones de los vertices E, F YDC-del cuba. De
las propiedades del cubo ( Pagina 192 ) se puede decir que la diagonal de cara ED pasa
por el punto medio de la diagonal AB
(cuyas proyecciones ya se tienen) y es ademas
PERPENDICULAR al plano de la secci6n principal.
.~1t
.')!
Concluyendo el problema:
traza "mn perpendicular al plano A,f (que es
el plano de la secd6n principal. ~Sobre "m" se encuentra la diagonal CG cuyo V:T,
~Se
ya se conoee.
~MC = MG = media diagonal deeara.
VISIBILIDAD • EI eontomo exterior en ambas proyecciones se
L
marca con trazo continuo pues se ve,
..
EI vertice "E" es el vertice con mayor
vuelo, esto quiere decir , que en la proyecci6n
vertical este vertice se ve , y Jas aristas que Ilegan a
':1 tambien se ven. Las olras no se venin (HC y CF
por ejemplo ).
Figura 8-19
•
,
,J,
j
te·)
}
~
~
J
~
~
j
- 169
• Par otra parte el vertice "G" esta mas alto que el de "0", por tanto en la proyecci6n
horizontal el primero se ve y el otro no
..
~1
Ji
• Las arista que Ilegan al vertice "G" se venIn y las que concurren al vertice "0" no se Yen. Las
primeras se dibujan can el trazo continuo, mientras que para las segundas , el trazo es
discontinuo.
8.·0CTAEDRO REGULAR.
Es el poJiedro regular que tiene OCHO CARAS iguales entre si , que son triilngulos
equilateros. Los diedros del octaedro regular son iguales entre Sl.
J'
A
i:
I· '
l.
(b)
(a)
Figura 8-20
En la figura 8-20, puede verse como el plano a. corta al octaedro para dividirlo en dos
paries iguaJes es decir, que a. es un plano de Simetria.
,,
-
.'
-
--
La secci6n que se forma en este plano liene cuatro lados iguales ( AD '" DC '" CD ,. DA)
euyo valor es igual a la arista del Octaedro.
Al octaedro se Ie pueden trazar tres pianos de Simetria de este tipo. (EJ que eontiene a los
vertices B,E,O y; y el que contiene a A,E, C y F, ademAs de del contenido en el plano a.).
"
Como los diedros son lodos iguales entre si lpoliedro regular), las diagonales SD y AC son
iguales. Un paralelogramo que tiene aristas iguales entre 51 y sus diagonales lambi~n iguales,
es un cuadrado. En conclusi6n:
h:
(
,
,
:~
.
La Secci6n Principal del Octaedro regular que contiene a euatro de sus aristas consecutivas,
es un CUADRADO en donde sus diagonales son las diagonales del Poliedro.
EI centro de las secciones principales es el centro del Octaedro.
En la figura 8-2Oa ,Ia secci6n principal ubicada sobre el plano a, eontiene a :
•
•
A los v~rtices A, S, C YD.
-
A las aristas AD, DC, CD Y DA .
- 170
A las diagonales del Octaedro AC y BD.
Por ser la secci6n principal un cuadrado, estas diagonales AC y BD son .
perpendkulares entre sl.
La tercera diagonal ,es normal al plano a y por tanto 10 es a las dos diagonales anteriores.
Las tres diagonales de un Octaedro Regular son perpendiculares entre si, y la combination
de las diagonales dos a dos, forman un plano de seccion principal (el cuadrado) siendo la
tercera diagonal perpendicular a este plano.
En la figura 8-20b, se representa al Octaedro regular con un plano b, que 10 corta de manera .. J
simetrica. Es otro plano de seccion principal, pero ahora , este contiene a los siguientes elementos del octaedro: .. Los puntos medios de aristas opuestas , "M" Y UN" .
• Los v~ces opuestos "E" y "F".
• La diagonal que pasa por los vertices HE" y "FU .
--- -
La figura que se genera ,es un cuadrilAtero cuyos lados EM, MF, FN Y EN son las alturas de cuatro caras del poliedro. Como las caras son iguales, las alturas anteriores tambien son iguales entre sl.
Ahora bien, EF es diagonal del Octaedro, pero MN es paralela e igual ados aristas paralelas del s6lido, por tanto las diagonales de este cuadrilatero NO SON iguales. EI poliguno cuyoslados son iguaIes entre sf, pero sus diagonales no es un ROMBO.
La secci6n Principal que contiene a las alturas de cuatro caras consecutivas, es un ROMBO; en donde una de sus diagonales, es igual a la diagonal del Octaedro y la otra es igual al valor de la arista. 8.1.- Relaclones metrlcas.
Se pueden establecer las siguientes relaclones entre los diferentes elementos (lado, diagonal, altura de cara) de un Octaedro regular: D
A
SECCION PRINCIPAL DEL PLANO
(Cuadrado)
..
U • .
La secci6n principal de la {igura 8-20a ( ABeD) se
muestra en la ligura 8-21 y se cumple:
B~
_ _ _ _......::.IC
Figura 8·21
BD = AC diagonal del Octaedro.
2
BD = CD + BC 2 = a J2
J
"'.
""
~
i
~.
~
•
- 17l •
SECCION PRINCIPAL DEL PLANO 3 :
(Rambo)
...
La secci6n principal de la ligura 8·20b ( MENF) se
muestra en la figura 8-22) y se cumple:
,
ME
= -EN = NF = MF = altura del triangulo
equihltero.
2
2
ME2 =EB _MB =>
a"Yzr-____-,
EF=BD=a ./2.'
"Luego:
...
MN=a
Figura 8-22
Las caras opuestas de un Octaedro 50n paralelas entre 51, y, la distancia entre las dos, es la
perpendicular que se traza entre los dos pianos, y va desde un centro de cara (5) hasta el otro
centro de la cara opuesta (So).
En la secd6n principal de la figura 8-22 se rumple:
55"
2
OF
S -7 centro de la cara AEB.
S. -7 centro de la cara DCF
=
distancia entre caras opuestas.
z
FS,,· FN (Eudides)
F5 0 = a
"%
FS,,/FN =
I,': Como
SoN = FN - FS" => a
%
"%
Ysecumple:
,i·
_ a2 /
- /6
I··. 8.2.- Ejemplos ilustrativos.
I, 8.2.1.- Relaclones metricas.
Ejemplo n01
Co; r:
t" "
Se sabe que la distancia entre dos caras opuestas de un Octaedro regular es igual a 5
unidades. Se pide el tamaiio de su arista.
- 172
Saluci6n Numerica
5../6
=> a=-
SSo =5 un.
2
(Vease la figura 8-22).
Solucion Grafica:
Se usar;!, la semejanza que existe entre TOOOS los octaedros regulares. Para ello, se
dibuja , la cara, la seccion principal cuadrada y la seccion principal del rombo de un
octaedro de arista conocida, por ejemplo 2,5 un. Ver ligura 8-23
B~C [SJ
al/sta • 2,5 un/dades
aflsta - 2,5 un.
Secclolles principales de un Octaedlo de alista 2,5
Figura 8-23
En la seccioo principal del rombo, se traza la perpendicular desde el centro hasta uno
de los lados. Este segmento esta sobre la distancia entre las dos caras opuestas del
octaedro, (recta 050 de la figura 8-23).
t
iT
, ...
I
I
al2'I
"
S
:IG
r" . ,
: :'
""
4of'-'-------.:' -~l
-r- dl2 ---t-
Sobre ella (prolongaci6n de 0S0) , se lIeva Ia
distancia dada en el problema ( Ia mitad desde
"0") y se completa la secci6n principal del
rombo del octaedro que se pide.
EI cateto obtenido OT, es la mitad de la arista del
octaedro que se pide.
Figura 8-24
8.2.2.- Proyecciones de un Octaedro.
AI igual que en los casos anteriores deben conocerse las caracteristicas del poliedro.
Ejemplo:
.
Se dan las proyecciones de una recta" £" y un punto A.
Se quiere hallar las proyecciones de un Octaedro Regular.
Si A es un vertice del mismo y por "£" pasa una arista de la misma cara.
r~
)
.)
."
'1
•
II
•
- 173
"
AI igual que en los casos anteriores se ha
dibujado en forma punteada al Octaedro
que se quiere hallar.
A,+-,
, -,
,I
Puede notarse que el vertice A y la recta
"t' definen un plano, que es el plano de la
eara ABC.
'
I
I
I
Como, la cara A, B, C es un triangulo
equilatero, se puede hallar primero las
proyeeciones de ese triangulo, 10 eual se
reduce a problemas ya planteados con
anterioridad .
f'
t·::
Despues de obtenida la cara A,B,C, se de
deben ubicar los otros tres vertices del
Octaedro. Como se sabe (Figura8-22), la
cara opuesta (cara DEF) es paralela a esta
cara ABC y la perpendicular trazada
desde el centro de esta cara, permitira
ubicar a una distancia 580, el centro de la
otra-cara
PV
I
L
A'
'L
T
Por paralelismo puede concluirse el
problema.
rr.
.~
L
,
p
Para determinar las pr01fecciones:
PH
Figura 8-24
• Se construye el triangulo equilatero, que es cara del actaedro
• Se us6 un plano perpendicular para determinar la altura de la cara del actaedro (un
I:,
l
,. triangulo equilatero
.. Por una construcci6n auxiliar en verdadero tamafio, a partir de la altura AM ,se conace fa
arista , y a partir de esta se termina de construir Ia cara ABC del Octaedro.
• 5e busca el centro de la eara ABC: si se sabe que esta a una distancia de M (sobre la altura)
igual a 1/3 de AM.
• Desde este punto "5", se traza una normal al piano y sobre ella, se va a ubicar Ia distancia
entre las dos caras opuestas. (Ver figura 8-25 ).
• Para hallar esta distanda es necesario conocer la magnitud de SSo a partir de la secci6n
principal del rombo.
• En la figura 8-26 se termina de eonstruir el OClaedro, ubicando en proyecciones el centro de
la eara opuesta So.
J
.)
• 174
'''!I
..)
"
'>,1
PV
A
T
L
PH
112 afl$ta
v
Figura 8-25
·1#
•
- 175
-
PV
"
I>'
L
T
...-r
r·
//!
aria
; '-~-
./
PH
v
I
-f:-'-='~
v.tdeAM
Figura 8-26
'.
,
,
-'
- 176
9.-PRISMAS.
Son poliedros en los que dos de sus caras estan sabre planas paralelos y son iguales. A estas caras se les suele denominar como BASES DEL PRISMA,y el resto de las .caras en consecuencia tienen aristas paralelas entre 51, y se Haman CARAS LATERALES. El nombre que se Ie asigna a un prisma depende del poligono que con forma su base. Si la base es un triangulo, el PRISMA es TRIANGULAR, si las bases son cuadradas, el PRISMA es CUADRANGULAR, si es hexagono el prisma es hexagonal yasi sucesivamente. Si los poligonos de las bases son pollgono regulares y el prisma es recto, se dice que es un prisma regular. Cuando las caras laterales (las que unen a las dos bases) son perpendiculares a las bases se dice que el PRISMA es RECTO en caso contrario es OBUCUO, en el primer caso la distancia entre los pianos de la base (que es la altura del prisma) es para lela y de igual al tamano que el de las aristas laterales. (Ver Capltulo I pagina 29).
,
d
L ;J
9.1.-PROYECCIONES DE UN PRISMA.
Las proyecciones de un prisma quedan definidas, cuando puede definirse las
proyecciones del pollgono que forma la base y la direcci6n de las aristas laterales.
Ejemplo 1:
Se da el plano
(l
(A,B,C) ,se pide proyecciones de un prisma recto si se sabe ,que la base de
dicho prisma es un triangulo equilatero inscrito en una circunferencia contenida en el plano y
que pasa por los puntos A, B Y C. Se sabe ademas que un vertice del triangulo es el punto
mas alto de la circunferencia.
Se quiere tambien la secci6n plana que determina el plano
p.
En la figura 8-27 se muestra el plano A, B, C, la
circunferencia yel triangulo equilatero inscrito
en ella.
I")
1'1
La primera parte del problema, consiste en
hallar las proyecciones de la base que es un
triangulo equilatero.
Debe recoi'darse que el punto mas alto de la
circunferencia estara sobre una recta de maxima
pendiente del plano (Cap. VI). Luego se
Figura 8-27
construye el triangulo de la base MNP.
...
• 177· pV
• Se rebate el plano para halIar el 0
Centro de la circunferencia (Centro
OR).
• La direcci6n de Ia recta de IMxima
pendiente es la de la recta Urn".
I~
,
i
""
.
T
.,.;
• Se desrebate el plano y se tiene as!
las proyecciones del triangulo MNP,
que es una base del prisma.
.,
Puede observarse en la Figura 8-29
que las aristas lateraJes son
perpendiculares aJ plano de la base
A, B, C, porque el PRISMA que se
pide es RECTO.
r
-1
,.;
• AI eonstruir
la drcunferencia
(Centro OR). Se ubica al punta IMS
alto (Punta M ) sabre to recta de maxima
pendiente um" , y ese sera un vertice
del triangulo. A partir de aqu! es faei!
haUar sus otros vertices.
PH
Figura 8-28
Luego la direcci6n de estas aristas lateraJes, sera la misma que la de una recta
perpendicular al plano A, B, C. (En la figura se observa a esta recta trazada par el vl!rtice N).
YlSIBILIDAD.
En la Proyecci6n vertical, se yen las aristas que tengan el mayor vuelo; en este easo la aris
ta TP se traza en fume, mientras que la arista MN por estar ubicada detr4s del plano de la
cara que contiene a TP, no se ve y se dibuja punteada. En la proyecci6n horizontal se yen los
puntos de mayor cola.
'i
..1 .
SECCION PLANA CON EL PLANO
8.
se forma intersectando los planas de (as caras con el plano {!.
.)1
~.
• 178 .
)
J
..J
.)
~,
•
PV
I
)l /
',1
I
~
1
f:
v
T
L
h
PH
Figura 8-29
.
• 179
10.•PIRAMIDE.
.
li
I'.
Este poliedro tiene como una de sus caras un poligono cualquiera el eual se Ie llama
BASE de la piramide, y las olras caras son triangulos que tienen un vertice comlin, el eual se
Ie llama VERTlCE de la piramide .
La piramide es recta, si Ia recta obtenida aIllnir Sll vertice con el centro de la base
resl/Ita perpendiclIla r a dicha base.
I;
En caso de que esta recta no resulte perpendicular al plano de la base la piramide es oblicua.
L:;.
1O.1.·Secciones Planas.
AI iguaJ que en lodos los poliedros ya estudia
dos Ia secci6n que se forma en un PIIlIW Secan
teo cuando corta a la piramide, se llama
secci6n plana.
En la figura 10-1 el plano a es una plano
B
secante.
Figura 10-1
,'
10.2.•Proyecciones de una piramide.
Las proyecciones de una piramide quedan detenninadas al definirse el Vertice y el pollgono
de la base. Vease eI siguiente ejempIo:
Se da un punto "V" y un plano de punta que
contiene aI punto "B".
Se pide proyecciones de una piramide recta que
tiene el vertice en "V" y Ia base cuadrada
I ,.',
contenida en el plano tiene el vertice de menor
vuelo en eI punto "B".
I'
Figura 10-2
I .
- 180
La base es un cuadrado (pollgono regular)
y B es verUce de ese cuadrado.
PV Por ser una pirAmide recta y base regular
(un cuadrado), la perpendicular trazada
desde el vertice (V) hasta la base cae
sobre su centro geometrico (VO eje de la
pirAmide).
La perpendicular a un plano de punta es
una recta frontal.
T
L
En la figura 10-3 se puede observar las
proyecciones del vertice V y el eje de la
pirAmide.
Puede terminarse ahora las proyecdones
del cuadrado y de toda la pirAmide.
a.
"m" es .L al plano a .
b.
"0" es centro del cuadrado, par tanto
OB es media diagonal de ese
cuadrado.
c.
Se construye el cuadrado aparte en v.1.
y se obtiene AB, v.t. de la arista.
PH Figura 10-3
d. -Para construir el cuadrado sabre el plano a
,se traza una perpendicular al plano
forma do par el eje y la semi- diagonal OB, par el punta "0". Esta recta da la direcci6n de
la otra diagonal del cuadrado. Se termina el problema par verdaderos tamal\os.
rt
,.. 1M.
- 181
PV
11
.. --
'-.
indlag....
,;...
T
L
\.
:.,,
I
~'-
,
PH
Figura 10-4 f:
- 182
10.3.·lntersecci6n de una recta con un Poliedro.
PV
v
r¥:
v
Cuando una recta es exterior a un
. poliedro, puede ocurrir que no corte a
ninguno de los pianos de las caras
denlro de las figuras poligofla1es (aun
cuando pueda corlar al plano de cada
pollgono pero fuera de el).
Tambien puede ser paralela a alguno
de los pianos de las caras.
J
"'1
Para determmar si tiene el punto de intersecciOn dentro de las caras del poliedro, 0 fuera de el, 0 si es paralelo, 10 mas sencillo es hater pasar por dicha recta un plano sec ante al poliedro. Este plano secante debera ser un
I"L=-------H....itf-+---f!!++--,--~T plano notable (de punta 0 vertical) a
fin de que las intersecciones con las
caras sean seneillas.
En
el problema anterior por la recta
dada (£ )se hace pasar un plano P ,y se
intersecta con cada una de las caras del
poliedro para hallar la secci6n plana
correspondiente. (1,2,.3,4)
Esta secci6n plana corta a la recta en los
punto "EI! y "5#.
La recta entra en "E" por la cara AVD Y
sale en "S" por la cara VDE.
""
q
En la ligura 10-5 se muestra el problema
resuelto
con
la
visibilidad
correspondiente.
Figura 10-5
,
.
"'"
• 183 •
PROBLEMAS
CAPITULO VIII
.,
1. - Se dan los puntos M(20, 40, 30), N(80, 60, 15) Y P (65, y, 50). que son puntos medios de tres
aristas concurrentes de un tetraedro regular. Se pide, proyecciones de un tetraedro si el vertice
comun.a dichas aristas es el mas bajo .
2.-Se da elpunto A (65, 110,50) Y la recta b [(20,35,30) (80, 60, 20)]. Se pide proyecciones de un
tetraedro regular si A es el vertice mas alejado y sobre "b" esta una arista del mismo.
3. -Se da e1 punto A( 65, 100, 50)
m «20, 40, 30) (70, 60, 20)] . Se pide proyecciones de un
tetraedro regular
a. - S!. A es vertice y sobre m esta una altura de la misma cara del vertice A.
b. - Si A es vertice y sobre "m" esta una altura de cara opuesta a1 vertice A.
4.-Se da un punl'o A y una recta "p". Se pide proyecciones de un tetraedro regular si A es un
vertice y sobre "p" se encuentra la altura del tetredro.
A{60, 100,50)
p[ (20, 40, 30) , (70, 70, 30)]
r
I.
t·
5. - Se da J (50, 60, 30)
m (20, 36, 90), (85, 0, 0)1 . Se pide proyecciones de un tetraedro
regular si J es punto medio de una arista y sobre "m n esta una arista opuesta.
6.- Se dan las reetas a[(O, 0, 0) (50, 80, SO)!; b [(50, y, 40) (100, 40, 0)) que se cruzan . Se pide
proyecciones de un tetraedro si se sabe que en esas rectas estan contenidas dos aristas opuestas.
7. -Se dan un punto O{lOO, 80, 70) <l [(0, 0, 0) , (70, 30, 20) ,{70, 95, 90)1 Se pide proyecciones de
un tetraedro que tiene su centro en 0 y una cara sobre <l • Se sabe que una arista de esta cara
es paralela a1 primer bisector.
°
8. -Se da un punto (lOO, 80, 70) Y j (20, 40, 30) ,(140, 0,0)]
Se pide proyecciones de un tetraedro regular que tiene su centro en 0 y una arista sobre j.
I'
9. -Se da un punto 0(100,80,40) c,
<l
t{ 20, 50, 20), (lOO, 0, 0) (130,0,95)1
Se pide: proyecciones de un tetraedro que tiene centro en 0 y una sobre ,
de esa cara esta sobre una frontal.
I'·
<l
sobre .Una arista
10.- Se da S{20, 50, 20)
~ 1(20,85,55) (20, '20, 10) (70, 20, 0))
Se pide proyecciones de un tetraedro regular si se sabe que 0 es el centro de una cara que esta
sobre un plano de perfil, y una arista de esta cara esta sobre 13
I'
,"
11.·
r"
! .
Se da la recta f[{20, 85, 60) (70,20,0)) YT (20, 30, 20).
Se pide proyecciones de un tetraedro si se sabe que sobre If" esta una arlsta del tetraedro y por
T pasa otra arista de la misma cara. Arista igual a 5 em.
- 184
12.-Se da el punta A y un plano P[(20,50,20), M(20,BO,BO), N(100,20,O) I, A(40, 50, 30). Se pide
prayeccianes de un tetraedro regular. Si A es el vertice mas alto y sabre pesta una rara que
tiene una arista paraieia a MN.
13.-5e da un punto A (60, 70, 60) Yla recta
cu bo si se sabe:
f [(30,45, 0)
(100, 0, 50)] Se pide proyecdones de un
a. -Que sobre A se encuentra un vertice del cubo y sobre f una arista que pertenece a la misma cara. b.- Que sobre " AU esta un vertice del cubo y sobre "t' una diagonal de la misma cara que A.
c.-Que sobre A esta un vertice del cubo y sobre "f" una arista de la eara opuesta. . (Cada item es un problema independiente) 14.-5e .da un punto A(30, 70, 60) Yla recta I [ (50, 100, 70) (90,70, 15]. Se pide proyecdones de un
cubo. Si se sabe:
1
a.-Que A es vertice del eubo y sobre"l pasa una diagonal de la cara opuesta y que es paralela
a la diagonal de cara que pasa por A.
~.
<I
)
b.-Que A es vertice de]. euro y sobre "t, pasa una diagonal de la cara opuesta. que se cruza con
la diagonal de cara que pasa por A.
15.- 5e da un punto B (30,70,50)
Y una recta "m". Se pide proyecciones de un cubo que tiene
un vertice sobre B y una diagonal del cubo esta sobre "m".
m [(60,60,30) (90,30,10).]
16. - 5e dan los puntos M (50, SO, 50) , N (100, 100, 110) Y P(l25, y, 90).
5e pide proyecdones de un curo si los tres puntos dados son puntos medios de tres aristas
concurrentes.
17.-Se dan las rectas a[ (40,150,150) , (200, 200, 0)] Y b [(150,210,70) , (220, ?, 190)J y se pide
proyecciones de un cubo que tiene una arista sobre "a" y otra arista de la cara opuesta sobre
lib" .
lS.-Se dan los puntos C(110,115,130) y M (190, 150, 100). Se pide
Proyecciones de un cubo si se sabe que tiene una arista sobre CM, siendo C un vertiee y que
otra arista de la misma cara est<!. sobre una recta de perfil."C". "e" vertice de menor vuelo de
esa cara.
19.-Se da el punto A(40, 70, 60) Y la recta f (60,100,70) (90, 70, 15). Se pide proyecciones de un
cubo de arista Scm, si se sabe que A es vertice y pertenece a una cara que esta sobre un
plano de punta. La arista AB de esa cara corta a la recta fen el vertice B.
)
:3
I
5
~
~'.J
"
. 185
20.- Se da 0(100, 80, 70)
que es el centro de un cuba de arista igual a 6 em, y que tiene un vertice
sobre f (20, 40, 30) (140, 0,0). Se sabe que una diagonal de cara concurrente con este vertice
forma 30· con el r. V. de proyecci6n.
:J
•
21.-5e da el punto M (106,21, 9.J) Yla recta
cubo si se sabe:
e[(129,0,55) (180, 40, 1051. Se ride
proyecciones de un
a. -M es punto medio de una arista y sabre "e"se encuentra una arista de la misma cara,
b.-M es punta media de una,arista y sabre "f" se encuentra una arista de la cara opuesta.
22. - Se da e1 plano a {( T (102,,45,0) hl( 50, 84, 33) (162,56,
33m
Se pide proyecciones de un cubo de arista 6 em, que tiene la cara m~s baja sobre este plano a si
se sabe, que el vertice m~s a la izquierda de esla cara est~ sabre h y el punta T equidisla de esle
vertice y el mas bajo de la cara.
I"
'
r
23,-Se dan los puntas D (67,29,39) Y 0 ( 116 ,29 ,59). Se pide proyecciones de un cuba cuya arista
DC es la de menor vuelo si se sabe que el vertice mas alto de la cara perpendicular a DC tiene
cota de 83 mm.
b
24,-Se da 0(90,50.57) centro de un cuba de arisla 6 em. Se pide proyecciones de un cuba que liene
dos diagonales de eara paralelas a ambos pianos de proyecci6n.
,
I.
'r-
1<
I'
,.
25.-Se dan los puntos D (20, 90, 20) Y H (90, 120, 70). Se pide proyecciones de un cuba si DH es la
arista de menor vuelo del cubo y se sabe que una arista que no pertenece a la misma cara que
DH forma un anguJo can el P.V., tal que la tangente de ese angulo vale 25/17.
26.-Se da el punta E (35,59,55) Y 1a recta "l"[ (70,13,24) , (140,59,60)]. Se pide proyecciones de
un octaedro regular si se sabe:
f '
L<
a, -Que E es vernce mas a la izquierda y sobre "l" se encuentra una arista de una cara opuesta.
b.- Que E es vernce mas a la izquierda y que sabre "t" se encuentra una arista de la misma cara
queE.
C.-
Que E es vertice mas a la izquierda y sabre "t" se encuentra una diagonal del octaedro.
27,-5e da 0 (77,65 , 52) , que es el centro de un octaedro regular de arista 8 em, y
el plano
a ((40,40,92) , a [(100,65,60) (40,45,80)]. Se pide proyecciones del octaedro si se sabe que
una arista del mismo, esta ayes paralela a la recta" a" .
! .
28,· Se dan los puntas 5(60, 70, 61) y 0 (77, 65, 55) que son centro de eara y centro del sOlido
respeetivamente en un octaedro regular, Se pide:
- 186
Proyecciones del octaedro si Ia cara cuyo centro es "S" tiene una arista paralela al 2do.
bisector.
29. -5e da el punlo 5 (60, 70, 65). 5e pide proyeeciones de un octaedro regular de arista8 em si se
sabe que 5 es el centro de la cara mas a la izquierda que es en un plano de perfil, y que una
de las alturas de esta cara esta sobre una recta que se corta con la LInea de Tierra.
30.- 5e da 1a recta "t" [(20,90,20), (90, 120, 70)1 Y el punto M (50,60,25) 5e pide proyecciones
de un octaedro regular si sabe que M es punto medio de una arista y
altura de la cara opuesta.
31.- Se da la recta "£"'[(20,40,30) (140,0,0)1 y el punto M(40, 70, 60).
sobre "£,, esta una
Se pide proyecciones de
un oetaedro regular si sobre "t" esta una altura de cara y sobre M esta el punto medio de
una arista que no pertenece a esta cara sino 'a'la adyacente.
32.--Se dan las rectas a a [(40,0,10) (80,25,50) J y b (100, 0, z) que se cruzan. Se pide:
proyecciones de un octaedro regular si tiene sobre"a" una arista y sobre "b" otra arista de la
cara adyacente.
33.- Se dan los puntos 5 (93,100,59) A (51,0,150) B (93,70,70) C (170,0,150) Y D (140,50,65)
a. - Dibujar por M un plano que corte al poliedro ABCD seglin un paralelogramo.
b. - Determinar la secci6n plana que determina el plano de punta a. {(O,?, 150) , (200, ?, 92)1
c. - Dibujar el s6lido comprendido entre 5 y el paralelogramo obtenido en a.
34. - Se dan los puntos A(20, 30, 30)
B (90,60,50)
M (70, y , 70)
5 (80, Y , 95)"
a. - Dibujar proyecciones de una piramide recta de base cuadrada ABCD si tiene su vertice
en 5, AB arista y BC esta sobre BM.
•
•
b.. - Dibujar proyecciones de una piramide oblicua de base cuadrada, si se sabe que la altura
de la piramide es de 8 cm.
'
c.-5e pide dibujar la piramide AB"C,D,s y la secci6n plana que se determina en el plano
a. {(0,15O,120) (100,70,50) (150,95,80) I
35. - 5e dan los puntos
A(60, 80, 80)
B (90,50,60)
M(120, 80, 30).
Se pide dibujar las proyecciones de dos Tetraedros que tienen una cara comun sobre A, B ,M,
si A Y B son vertices comunes (C mas bajo), Se pide:
La secci6n plana determinada sobre eJ plano de punta. a {(O, y, 50) (60, y, 75)1
•
•

, No es necesario demostrar que las infinitas r«tas del plano son

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