UNIDAD IV Poliedros SESIÓN 23 Ejercicios Resueltos tipo examen

Transcripción

1 SISTMS PSNTIÓN PLIS UNI IV Poliedros SSIÓN 3 jercicios esueltos tipo examen Jorge Luis alderón Salcedo

2 SISTMS PSNTIÓN PLIS 5.4 jercicios resueltos de Poliedros ) etermine la doble proyección ortogonal de un prisma recto de base triangular equilátera contenida en el plano, sabiendo que la circunferencia que circunscribe a dica base es tangente a las trazas de. Tome la solución de mayor radio para esta circunferencia. nalice e indique la isibilidad del poliedro. ( ) ( 45,,3) ( ) 35,, ( 5,45, 55) 3,, Solución (Fig. 5.3) ado que las aristas laterales del prisma son perpendiculares al plano que contiene a la base, el értice se encuentra en la intersección entre una recta perpendicular al plano y éste último (Fig. 5.3-a). Jorge Luis alderón Salcedo

3 SISTMS PSNTIÓN PLIS 9 3 =3 9 = Fig. 5.3-a Fig. 5.3-b Una ez conocido el punto y abatido el plano sobre uno de los planos de proyección es posible realizar el trazado, en erdadero tamaño, de la circunferencia que circunscribe al triángulo, pues se sabe que pasa por y que es tangente a las trazas abatidas del plano. Para ello se a seguido el procedimiento mostrado en el numeral siete del apartado.3.3 del péndice (onstruir una circunferencia que es tangente a las rectas t y s y pasa por un punto ), como se puede obserar en la Fig. 5.3-b. Jorge Luis alderón Salcedo

4 SISTMS PSNTIÓN PLIS Las proyecciones diédricas de los értices y se an allado mediante el trazado de las proyecciones de las rectas orizontales del plano que pasan por los puntos señalados (Fig. 5.3-c). l resto de los értices del prisma se obtienen aplicando paralelismo entre rectas. Finalmente es necesario determinar cuáles son las aristas inisibles en ambas proyecciones: en proyección orizontal, ya que es el értice de menor cota, y en proyección ertical, en ista de que es el értice de menor uelo (Fig. 5.3-d). Jorge Luis alderón Salcedo

5 SISTMS PSNTIÓN PLIS Fig. 5.3-c Fig. 5.3-d ) onstruya la doble proyección ortogonal de un prisma recto de base cuadrada, sabiendo que el punto X se encuentra sobre la arista. de mayor uelo que. nalice e indique la isibilidad del sólido. ( 38,4,) ( 3,4,) X ( 58,47,4) Solución (Fig. 5.4) Jorge Luis alderón Salcedo

6 SISTMS PSNTIÓN PLIS La arista de bese superior, sobre la cual se encuentra el punto X, pertenece a una recta m paralela al segmento. s posible construir el plano que contiene a la cara lateral del prisma, ya que este plano π pasa por y es perpendicular a ; luego, el resultado de la intersección entre la recta m y el plano π es el értice de base superior, tal y como se muestra en la Fig. 5.4-a. m =t π m π X t = X m π m π Fig. 5.4-a Fig. 5.4-b Para construir la cara lateral es necesario aplicar un método indirecto abatimiento en el ejemplo que permita obtener el erdadero tamaño de cualquier figura contenida en el plano π. Siendo Jorge Luis alderón Salcedo

7 SISTMS PSNTIÓN PLIS dica cara lateral un rectángulo, es seguro que se alla sobre una semicircunferencia de diámetro igual al segmento, ya que esta semicircunferencia es el arco capaz de 9. Por otra parte, la longitud de la arista es la misma que la de la arista, la cual se a encontrado aplicando abatimiento de segmentos de recta, de manera que si se traza un arco de centro en y radio igual a esta longitud se obtiene, en el corte con la semicircunferencia, a. s preciso asegurarse de obtener la solución que el enunciado indica, es decir, aquella en la que el értice es de mayor uelo que (Fig. 5.4-b). Una ez encontrada la doble proyección ortogonal de, se procede a allar la de los demás értices del poliedro aplicando paralelismo entre rectas (Fig. 5.4-c). Finalmente, debe realizarse el análisis de isibilidad correspondiente, del cual se desprende que el értice de menor cota es, por lo que las proyecciones orizontales de las aristas conergentes en se dibujan con línea de trazos, al igual que las proyecciones erticales de las aristas conergentes en, por ser éste el értice de menor uelo (Fig. 5.4-d). Jorge Luis alderón Salcedo

8 SISTMS PSNTIÓN PLIS π π = = π π Fig. 5.4-c Fig. 5.4-d 3 onstruya la doble proyección ortogonal de una pirámide recta de base pentagonal regular apoyada en el plano δ, sabiendo que el punto V es el értice principal del sólido y que el punto X se encuentra sobre la arista lateral V. nalice e indique la isibilidad de las aristas de la pirámide. ( 63,,5) δ ( 47,38,) X ( 8,3,6) V ( 3,5,5) 3( 3,,) Solución (Fig. 5.5) s eidente que, dada la condición de sólido recto de la pirámide, el eje V es perpendicular al plano δ, siendo el punto de intersección entre dico eje y δ. Por otra parte, como X se encuentra sobre la arista V, resulta ser la intersección entre la recta definida por los puntos V y X y el plano δ (Fig. 5.5-a). Jorge Luis alderón Salcedo

9 SISTMS PSNTIÓN PLIS Los puntos y acen posible la construcción del erdadero tamaño del pentágono regular, preio el abatimiento del plano que lo contiene sobre uno de los planos de proyección, el ertical en el ejemplo (Fig. 5.5-b). V δ V δ 9 X 3 =3 X 9 V δ V δ Fig. 5.5-a Fig. 5.5-b Las proyecciones diédricas del polígono base de la pirámide, cuyos lados son las aristas básicas, quedan determinadas una ez que se allan las proyecciones de los értices,, y, lo cual se a realizado siguiendo un procedimiento análogo al empleado para abatir los puntos y, pero en sentido inerso, tal y como se muestra en la Fig. 5.5-c. Las aristas laterales del poliedro son los segmentos definidos por V y cada uno de los értices básicos, con lo cual se completan los elementos constitutios del sólido, quedando como último paso el análisis de isibilidad de las aristas. Siendo el értice de menor uelo, las aristas que en él conergen son inisibles en proyección ertical; lo propio ocurre en la proyección orizontal con las aristas conergentes en el értice, ya que éste es el de menor cota (Fig. 5.5-d). Jorge Luis alderón Salcedo

10 SISTMS PSNTIÓN PLIS V δ V δ V δ V δ Fig. 5.5-c Fig. 5.5-d 4) onstruya la doble proyección ortogonal de una pirámide recta de base exagonal regular F contenida en un plano δ que forma 45 con el plano orizontal de proyección (origen de trazas a la dereca). La altura del sólido es de 45mm. nalice e indique la isibilidad del poliedro ( 5,7,5) ( 4,8,5) Solución (Fig. 5.6) l plano δ que contiene al exágono F pasa por la recta definida por el segmento (diagonal del exágono) y forma un ángulo de 45 con PH, por lo que debe ser tangente a un cono de értice en un punto cualquiera de la recta definida por en el ejemplo y de base sobre PH, cuyas generatrices forman un ángulo de 45 con éste plano. n consecuencia, la traza orizontal de δ debe pasar por el punto de traza orizontal de la recta definida por y ser tangente a la circunferencia base del mencionado cono. e las dos posibles soluciones se a tomado la que produce el origen de trazas a la dereca (Fig a). Jorge Luis alderón Salcedo

11 SISTMS PSNTIÓN PLIS Si se conoce la diagonal del exágono es posible encontrar el resto de sus értices. Para acerlo se a abatido el plano δ y se a trazado el exágono F, erdadero tamaño del exágono buscado (Fig. 5.6-b). asualmente resulta que los lados y F, así como también la diagonal, son orizontales, lo cual facilita en gran medida la obtención de las proyecciones del polígono. δ δ 45 F δ Fig. 5.6-a δ Fig. 5.6-b Una ez allada la doble proyección ortogonal de los értices básicos,, y F y del centro de la base (punto medio de la diagonal ), es preciso encontrar las proyecciones del értice principal V de la pirámide. Para ello se construye una recta e perpendicular al plano δ y que pase por el punto, recta ésta que constituye el eje del sólido y sobre la cual se a a encontrar V. esulta eidente que la recta e es oblicua con respecto a ambos planos de proyección, por lo tanto, si se quiere medir sobre ella el alor de la altura de la pirámide (45mm), se debe aplicar uno de los métodos indirectos estudiados abatimiento de segmentos de recta en el ejemplo determinando en primer lugar el erdadero tamaño de un segmento comprendido entre y otro punto cualquiera X de la recta e. Luego, se consigna la longitud de 45mm sobre dico erdadero tamaño a partir de y se obtiene el punto V buscado (Fig. 5.6-c). Por último, es necesario realizar el análisis de la isibilidad de las aristas del sólido; de él se desprende que las aristas,,, V y V son inisibles en proyección orizontal, ya que y son los értices de menor cota; de manera análoga, dado que y son los értices de menor uelo, las aristas que conergen en ellos son inisibles en proyección ertical, a excepción de aquellas que forman parte de la línea de contorno aparente correspondiente (Fig. 5.6-d), Jorge Luis alderón Salcedo

12 SISTMS PSNTIÓN PLIS δ X V δ V F e F F e X V F V F F δ δ Fig. 5.6-c Fig. 5.6-d 5) onstruya la doble proyección ortogonal de un tetraedro, sabiendo que sobre la recta m se encuentra la altura del poliedro, siendo el centro de la cara y más alto que éste último. La arista forma 45 con la traza ertical del plano que contiene a la cara ( a la dereca y de mayor cota que ). La altura del sólido es de 3mm. nalice e indique la isibilidad del poliedro. [ ( 3,,),( 3,4,5 ] m ) Solución (Fig. 5.7) l primer paso que se a dado en la resolución de este problema es la determinación del értice del tetraedro, consignando sobre la recta m la longitud de la altura del sólido, a partir de y en sentido ascendente; esta operación se a realizado en una proyección lateral auxiliar, dada la condición de recta de perfil que tiene la recta m. esulta coneniente destacar que el paso anterior bien podría ser realizado al final del procedimiento, una ez encontrada la doble proyección ortogonal de la cara, la cual se encuentra contenida en un plano que pasa por el punto (centro de la cara ) y que es perpendicular a la recta m. ste plano es paralelo a la línea de tierra y se a construido partiendo de su traza lateral (Fig. 5.7-a). Jorge Luis alderón Salcedo

13 SISTMS PSNTIÓN PLIS m l l m l 9 l ' l a' 9 /3c /3c a m Fig. 5.7-b Fig. 5.7-a n este problema, al igual que en cualquier otro problema de construcción de poliedros regulares, es preciso dibujar la sección principal del sólido con la finalidad de obtener todas las dimensiones lineales importantes. Sin embargo, la sección principal que posee las dimensiones del tetraedro cuyas dimensiones se desean allar no puede ser trazada de manera directa, por lo que se a dibujado una sección principal que corresponde a un tetraedro de longitud de arista arbitraria a, consignando luego la altura de 3mm y generando, mediante semejanza de figuras planas, la sección principal adecuada, tal y como se muestra en la Fig. 5.7-b. Una ez abatido el punto se procede a dibujar el erdadero tamaño de la cara, sabiendo que el radio de la circunferencia de la circunscribe es igual a dos tercios de la altura de cara del tetraedro. s necesario recordar que el lado forma 45 con la traza ertical abatida, con a la dereca y más cerca del eje de abatimiento ( de mayor cota que ), por lo que debe ser perpendicular al diámetro de la circunferencia que pasa por, el cual forma 45 con. Seguidamente, se procede a buscar las proyecciones diédricas de los értices, y siguiendo un procedimiento inerso al empleado para abatir a (Fig. 5.7-c). Finalmente, debe realizarse el acostumbrado análisis de isibilidad mediante la comparación de la cota y el uelo de los értices del poliedro. s fácil notar que el értice de menor uelo es el punto, de manera que la proyección ertical de la arista debe ser dibujada con línea de trazos, pues dica arista es inisible en esa proyección. Lo propio ocurre con la proyección orizontal de la arista, ya que es el értice de menor cota )Fig. 5.7-d). Jorge Luis alderón Salcedo

14 SISTMS PSNTIÓN PLIS 45 Fig. 5.7-c Fig. 5.7-d 6) onstruya la doble proyección ortogonal de un tetraedro sabiendo que N es el punto medio de la altura del poliedro, M es el punto medio de la arista y que el plano que contiene a la sección principal que pasa por la arista es proyectante ertical. Tome la solución de mayor uelo para el értice. nalice e indique la isibilidad del sólido. M ( 5,,8) N( 38,,8) Solución (Fig. 5.8) ado que los puntos M y N pertenecen a y a la altura del poliedro, respectiamente, el plano δ que contiene a la sección principal del sólido que pasa por la arista (X, siendo X el punto medio de la arista ) contiene al segmento MN. e acuerdo con el enunciado del problema, este plano δ es proyectante ertical, de manera que su traza ertical se confunde con la proyección ertical de la recta definida por MN. Si se genera una nuea proyección sobre un plano paralelo a δ es posible construir el erdadero tamaño de la sección principal X (Fig. 5.8-a). Jorge Luis alderón Salcedo

15 SISTMS PSNTIÓN PLIS Para dibujar la sección principal del sólido es preciso construir en primer lugar una que corresponda a una longitud de arista arbitraria a (Fig. 5.8-b). Sobre ella se identifican M y N, puntos medios de la arista y de la altura, respectiamente, y se consigna el erdadero tamaño del segmento MN (t) a partir de M y en la dirección del segmento M N. Luego, aplicando semejanza de figuras planas, se obtiene la sección principal correspondiente al tetraedro cuyas proyecciones se an de construir. N X M δ X LT M N t t' ' N N' M'=M X' ' a' ' M N Fig. 5.8-b δ Fig. 5.8-a Una ez alladas las proyecciones diédricas de los puntos, y X se procede a construir una recta perpendicular al plano δ que pase por X punto medio de la arista sobre la cual se encuentran los értices y del tetraedro. ado que dica recta es frontal, es posible copiar sobre ella la mitad de la longitud de las aristas del sólido a cada lado de X en proyección ertical, dando lugar a las proyecciones erticales de y ; las proyecciones icnográficas de estos puntos se obtienen trazando las respectias referencias perpendiculares a LT (Fig. 5.8-c). s de acer notar que la cara del sólido se encuentra en un plano frontal y que ninguna de las aristas en es inisible en la proyección ertical. Por otra parte, si bien es cierto que el értice es el de menor cota en el ejercicio, todas las aristas que conergen en él forman parte del contorno de la proyección, por lo tanto se dibujan con línea de construcción gruesa en la proyección orizontal. demás, en esa misma proyección la arista es isible, dado que es el értice de mayor cota del poliedro. Jorge Luis alderón Salcedo

16 SISTMS PSNTIÓN PLIS N X M δ X N = LT M X M N δ Fig. 5.8-c 7) etermine la doble proyección ortogonal de un exaedro FGH, sabiendo que el plano contiene a la cara. l értice del poliedro se encuentra sobre el plano orizontal de proyección y a la dereca de ( 35,,) ( 45,,3) ( 5,5,3) 3(,,) Solución (Fig. 5.9) Trazando por una recta perpendicular al plano se obtiene, en la intersección con el mismo, el értice del sólido. Luego, el erdadero tamaño de corresponde a la longitud de las aristas del poliedro (Fig. 5.9-a). No es necesario en este ejercicio construir la sección principal del sólido, ya que es posible construir una de sus caras, procediendo luego como si se tratara de un prisma recto de base cuadrada en el que las aristas básicas tienen igual longitud de que las aristas laterales. Jorge Luis alderón Salcedo

17 SISTMS PSNTIÓN PLIS 3 =3 = Fig. 5.9-a = Fig. 5.9-b H H G G F F H H = = F G = F G = Fig. 5.9-c Fig. 5.9-d Jorge Luis alderón Salcedo

18 SISTMS PSNTIÓN PLIS Para construir el erdadero tamaño de la cara coniene abatir el plano sobre el plano orizontal de proyección, ya que sobre éste se encuentra el punto. Trazando un arco de centro en y de radio igual al erdadero tamaño de se obtiene, en el corte con la traza orizontal de, al punto, el cual coincide con la proyección orizontal de. Luego se dibujo el resto del cuadrado y se procede a encontrar las proyecciones diédricas de, y (Fig. 5.9-b). Los értices F, G y H del exaedro se obtienen mediante la aplicación de paralelismo entre rectas en cada una de las dos proyecciones (Fig. 5.9-c). Por último, es preciso realizar el análisis de isibilidad correspondiente, del cual se desprende que las aristas, y F son inisibles en proyección orizontal, puesto que conergen en, értice de menor cota. e manera análoga, las aristas, y H son inisibles en proyección ertical, ya que conergen en, értice de menor uelo del sólido. 8) etermine las proyecciones diédricas de un exaedro FGH conocidos los értices y. Se sabe, además, que se encuentra sobre PH (Solución de menor uelo para ). nalice e indique la isibilidad del poliedro. ( 3,6,) ( 7,5,5) Solución (Fig. 5.3) G a a' dc Fig. 5.3-b a Z Z dc Fig. 5.3-a Fig. 5.3-c Siendo una de las diagonales principales del cubo, su erdadero tamaño es primordial para trazar en un dibujo auxiliar (Fig. 5.3-b) la sección principal G, partiendo de un cuadrado de lado arbitrario a. e dica sección principal se obtienen las longitudes Jorge Luis alderón Salcedo

19 SISTMS PSNTIÓN PLIS (diagonal de cara dc ) y (arista a ), pero no pueden ser trasladadas de forma directa a alguna de las proyecciones diédricas. Sin embargo, en ista de que tiene cota igual a cero, se conocen las diferencias de cota entre los segmentos y, lo que permite junto a los erdaderos tamaños de y de la Fig. 5.3-b la construcción de los triángulos de abatimiento que se muestran en la Fig. 5.3-c. e manera que, aciendo en centro en y con radio y luego en con radio, se trazan arcos que se cortan en la proyección orizontal del punto (Fig. 5.3-a). δ H δ G F = = H δ G δ F Fig. 5.3-d Fig. 5.3-e Una ez conocido el punto es posible construir el plano δ que contiene a la cara, ya que es perpendicular a la arista. batiendo este plano sobre uno de los de proyección, se procede a dibujar el erdadero tamaño de la cara, para luego allar las proyecciones diédricas de los puntos y (Fig. 5.3-d). Seguidamente, se obtienen las proyecciones de los demás értices del sólido aplicando paralelismo entre rectas. el acostumbrado análisis de isibilidad se desprende que las aristas conergentes en son inisibles en la proyección orizontal o icnográfica, en tanto que las que conergen en lo son en la proyección ertical u ortográfica, ya que es el értice de menor cota y es el de menor uelo de todo el conjunto de értices que compone al poliedro (Fig. 5.3-e). Jorge Luis alderón Salcedo