GENERALIDADES EN EL ESTUDIO DE LA DOBLE PROYECCIÓN ORTOGONAL Con Ejercicios Resueltos CAPÍTULO V

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1 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 4 PÍTULO V 5. JIIOS SULTOS PUNTO Y T JIIOS SULTOS PLNO JIIOS SULTOS LIONS GOMÉTIS JIIOS SULTOS POLIOS Jorge Luis alderón Salcedo

2 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 5 5. jercicios resueltos de Punto y ecta ) etermine las proyecciones diédricas de los siguientes segmentos de recta: : mide 5 mm y es perpendicular al plano orizontal de proyección. más alto que (, 4, 5). : mide 6 mm y es paralela al plano orizontal de proyección. se encuentra a la dereca de y sobre el plano ertical. : mide 4 mm y forma 6 con el plano ertical de proyección. l punto (??,??, 4) está a la dereca de y tiene mayor uelo que éste. : es perpendicular al plano lateral de proyección. F: forma 6 con el plano orizontal y 3 con el plano ertical de proyección. l punto F(9,??, ) es de menor uelo que el punto. Solución (Fig. 5.) n primer lugar es necesario allar las proyecciones del punto, para lo cual se miden milímetros sobre la línea de tierra, a partir del punto marcado como origen de coordenadas y acia la dereca, trazando luego una referencia perpendicular a dica línea sobre la cual se miden los alores de las coordenadas Y y Z del punto. n ista de que tales alores son positios en el ejemplo, el uelo (Y) de debe ser medido por debajo de la línea de tierra, en tanto que la cota (Z) de dico punto se a de medir por encima de ella; el resultado es las proyecciones diédricas (iconografía) y (ortografía) del punto. l segmento es perpendicular al plano orizontal, es decir, se alla en posición de pié por lo que la proyección orizontal del punto así como la de cualquier otro punto perteneciente a la recta definida por el segmento se confunde pon la proyección orizontal de. Por otra parte, la proyección ertical del segmento es otro segmento perpendicular a la línea de tierra, cuya longitud es igual a la del segmento, ya que éste se proyecta en erdadero tamaño sobre el plano ertical por ser paralelo a él. n ista de que el segmento de recta es paralelo al plano orizontal de proyección y de que el punto se encuentra sobre el plano ertical y a la dereca de, se concluye que su posición es orizontal, por lo que la proyección sobre PH se alla en erdadero tamaño. sí, aciendo centro en y con radio igual al tamaño del segmento (6 mm) se traza un arco que corta a la línea de tierra en un punto que constituye la proyección orizontal del punto, pues todo punto perteneciente a PV se proyecta sobre PH en la línea de tierra. La proyección ertical del segmento es un segmento paralelo a la línea de tierra; se alla en el corte entre éste y una referencia ertical trazada por. l segmento de recta se encuentra en posición orizontal. sto se desprende de dos circunstancias específicas: en primer lugar, la cota del punto es igual a la del punto (4 mm) y, segundo, la recta forma un ángulo distinto de cero y de 9 con el plano ertical. La proyección orizontal de se traza por formando un ángulo de 6 con la línea de tierra acia la dereca de y en la dirección de mayor uelo con una longitud de 4 mm, dando lugar a la proyección orizontal de. l igual que en el segmento, la proyección ertical resulta paralela a la línea de tierra, con sobre una referencia ertical trazada por. s eidente que un segmento perpendicular al plano lateral es también paralelo a la línea de tierra. Tal es el caso del segmento en este ejemplo, cuyas proyecciones diédricas son segmentos también paralelos a la línea de tierra de una longitud desconocida. Sin embargo, se obsera que el segmento F está en posición de per il, f puesto que la suma de los alores de los ángulos que forma con PH y PV es igual a 9. llo implica que la primera coordenada (X) de es igual a al primera coordenada de F, resoliéndose así el problema al trazar una referencia perpendicular a la línea de tierra en X =9 mm, la cual corta a las proyecciones Jorge Luis alderón Salcedo

3 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 6 diédricas de la recta paralela a la línea de tierra trazada por generando las proyecciones y del punto. l F l F 6 6 F = Fig. 5. Para definir al segmento F es necesario realizar la proyección lateral del punto con el fin de determinar la proyección lateral del segmento, ya que para ello se cuenta con los ángulos que forma F con los planos de proyección PV y PH. e manera que se traza por l una línea que forme 6 con la orizontal (o 3 con la ertical) y a la izquierda, por ser F de menor uelo que. omo la cota del punto F es igual a cero, el corte entre la línea así trazada y la línea de tierra representa la proyección lateral del punto F. Finalmente, se allan las proyecciones diédricas de F, recordando que F se encuentra sobre la línea de tierra. ) etermine las proyecciones diédricas de los siguientes segmentos de recta: : frontal que mide 45 mm. a la dereca de (, -5, -4) y de mayor cota. : paralela a ambos planos de proyección (PV y PH). a la dereca de. (7,??,??). : perpendicular al plano ertical de proyección que mide 5 mm. en la cuarta región (anterior-inferior). : de perfil que mide 8 mm y forma 45 con PH. en la segunda región (posteriorsuperior). Solución (Fig. 5.) Primero es necesario allar las proyecciones del punto, el cual se ubica en la tercera región (posterior-inferior) como se deduce al obserar que los alores de uelo y cota son negatios. n consecuencia, la proyección ertical de se encuentra a 4 mm de la línea de tierra y por debajo de ésta, en tanto que la proyección ertical a a ubicarse a 5 mm de la mencionada línea y por arriba de ella. Jorge Luis alderón Salcedo

4 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 7 stando el segmento de recta en posición frontal, su erdadero tamaño se encuentra proyectado sobre el plano ertical, lo mismo que el ángulo α que forma con el orizontal. Por esta razón, se a de trazar por una línea recta que forme 45 con la línea de tierra y con una longitud de 45 mm, con lo cual se obtiene la proyección ertical del extremo, a la dereca y con mayor cota que. s necesario aclarar que si bien el alor absoluto de la cota de es mayor que el alor absoluto de la cota de, en términos relatios la cota de éste último punto es mayor que la de aquél, dado que se encuentra más alto en la dirección del eje Z. l siguiente segmento es paralelo a los planos de proyección PV y PH, es decir, paralelo a la línea de tierra. No es necesario conocer su longitud puesto que el problema ofrece como un dato el alor de la primera coordenada del extremo. sí pues, se deben trazar paralelas a la línea de tierra por las proyecciones diédricas del punto, las cuales cortan a una referencia perpendicular a dica línea - trazada en X =7 mm - en las proyecciones y del punto. Nótese que los segmentos y se encuentran por entero en la tercera región del espacio. l 45 K 45 = l Fig. 5. Para construir la proyección orizontal de, el cual se encuentra en posición de punta, se debe trazar por una perpendicular a la línea de tierra con una longitud de 5 mm. e las dos soluciones posibles (con mayor uelo que o con menor uelo que ) debe tomarse aquella que satisfaga la condición del problema, es decir, que de como resultado al punto en la cuarta región; dica solución es la de mayor uelo. La obtención de la proyección ertical de no reiste mayor dificultad, dado que se confunde con la proyección ertical del punto. l segmento de recta es de perfil, lo que implica que su erdadero tamaño y los ángulos que forma con PV y PH deben de ubicarse en la proyección lateral. Para ello se a trazado una línea perpendicular a la línea de tierra a una distancia arbitraria a la dereca de las Jorge Luis alderón Salcedo

5 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 8 proyecciones de que representa al plano lateral en proyecciones diédricas. La proyección lateral de debe estar por debajo de la línea de tierra por ser un punto de la cuarta región del espacio (cota negatia). continuación, se traza una línea recta que forme 45 (alor del ángulo formado entre el segmento y el plano orizontal de proyección) con la línea de tierra y con una longitud de 8 mm, la cual constituye la proyección lateral del segmento. e las cuatro soluciones posibles se escoge aquella que arroja como resultado al punto en la segunda región (por encima de PH y por detrás de PV), es decir, la solución de mayor cota y menor uelo que. La proyección ertical de se alla trazando por l una paralela a la línea de tierra que corte a la línea de referencia del punto ; recuérdese que todos los puntos de una recta de perfil tienen igual coordenada X. La proyección ertical se determina de la siguiente manera: trazar por l una perpendicular a la línea de tierra que la corta en, luego dibujar un cuarto de circunferencia de centro en K, punto de corte entre la representación diédrica del plano lateral y la línea de tierra, y radio K; la solución correcta para este arco es la dibujada por encima de la línea de tierra, al igual que la proyección ertical de (punto de la segunda región). Finalmente debe trazarse una paralela a LT por el extremo del arco, la cual cortará a la línea de referencia del punto en. 3) Halle las trazas de las rectas definidas por los siguientes segmentos ( ),5,3 a (4,, 4) (,, 3) 3 b 4(5, 5, 5) ( ) 5,, c 6(,4,35) etermine el erdadero tamaño y los ángulos α y β del segmento aplicando giro. etermine el erdadero tamaño y los ángulos α y β del segmento 34 aplicando abatimiento. Solución (Fig. 5.3) Una ez representadas las proyecciones diédricas de cada uno de los segmentos, es posible establecer la posición relatia de cada uno ellos con respecto a los planos de proyección PV y PH. l segmento pertenece a una recta oblicua a descendente acia delante; el segmento 34 define una recta oblicua b ascendente acia delante; finalmente, el segmento 56 se alla en posición de perfil. l punto de traza orizontal TH de una recta es el punto común a ésta y al plano orizontal de proyección, por lo que la proyección ertical TH de ese punto se encuentra en el corte entre la proyección ertical de la recta y la línea de tierra. asta luego con trazar por TH una referencia perpendicular a LT que corta a la proyección orizontal de la recta en TH, proyección orizontal del punto de traza orizontal. nálogamente, el punto común a la proyección orizontal de la recta y a LT es la proyección orizontal TV del punto de traza ertical TV, dado que éste tiene uelo igual a cero. Finalmente, el corte entre una referencia perpendicular a LT trazada por TV y la proyección ertical de la recta constituye la proyección ortográfica del punto TV. ste es el procedimiento seguido para determinar los puntos de traza de las rectas a y b (Fig. 5.3-a y Fig. 5.3-b). Para determinar el erdadero tamaño y los ángulos α y β del segmento (Fig. 5.3-a) es necesario aplicar dos giros: uno en torno a un eje de punta y otro en torno a un eje de pié; para mayor simplicidad se a asumido que ambos ejes pasan por el punto. n la primera operación, la proyección ertical de describe un moimiento circular asta ubicarse a igual distancia de LT que la proyección ertical del punto, dando lugar a. La proyección orizontal del punto (punto luego del giro) se obtiene en el corte entre una referencia perpendicular a LT trazada por y una paralela a LT trazada por, debido a que la proyección orizontal de realiza un moimiento lineal en la dirección del eje X. e esta Jorge Luis alderón Salcedo

6 β GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 9 manera, el segmento definido por las proyecciones orizontales de los puntos y representa el erdadero tamaño del segmento original, ya que es un segmento en posición orizontal. Por esta misma razón, el ángulo formado entre la proyección orizontal de y LT es igual al ángulo β formado entre el segmento y PH. Siguiendo un procedimiento análogo, el giro en torno a un eje de pié que pasa por produce un segmento en posición frontal, por lo que el erdadero tamaño de es representado por la proyección orizontal de y el ángulo formado entre éste y LT corresponde al ángulo α de. 4 4 TH ' α ' 3 TH TV TV 4 TH α TH TV '' '' TV 3 β 3 Fig. 5.3-a Fig. 5.3-b Para responder a la última pregunta del problema se deben construir los dos triángulos de abatimiento del segmento 34. Uno de ellos está conformado por la proyección orizontal del segmento 34, la diferencia de cota entre sus extremos y el erdadero tamaño. Para construirlo se traza una perpendicular a la proyección orizontal del segmento por el extremo de mayor cota 4 en el ejemplo y se consigna sobre ella la diferencia de cota entre y 4, dando lugar a 4. l segmento definido por este punto y la proyección orizontal del otro extremo, es decir 3, representa el erdadero tamaño del segmento de recta 34, en tanto que el ángulo formado entre éste y la proyección orizontal corresponde al ángulo α de la recta b. e manera análoga, debe construirse en otro triángulo de abatimiento con Jorge Luis alderón Salcedo

7 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos miras a la determinación del ángulo β; el procedimiento seguido se explica por sí mismo en la figura 5.3-b. 6 TH 5 TV 5 6 l TH TV =TH K L l TV Plano Lateral l 5 l 6 n el caso de la recta c (Fig. 5.3-c) el procedimiento seguido para allar los puntos de traza de las rectas a y b no es aplicable, dada la confusión que genera el eco de que todos los puntos de la recta tienen idéntica abcisa. n tal circunstancia, es coneniente generar una nuea proyección de la recta, lateral en el ejemplo, para así determinar los puntos de traza. l procedimiento seguido es el siguiente: en primer lugar se determinan los puntos de corte entre la proyección lateral de la recta y LT y entre aquella y la representación diédrica del plano lateral auxiliar, puntos que constituyen las proyecciones laterales de TH y TV, respectiamente. Seguidamente, por TV l se dibuja una referencia paralela a LT que corta a la proyección ertical de la recta en TV, para luego trazar un cuarto de circunferencia de centro en K (corte entre la representación diédrica del plano lateral y LT) y radio KTH l, tomando la solución de menor uelo, pues es eidente que el punto TH se encuentra en la parte negatia del plano orizontal de proyección. Trazando por L una paralela a LT se obtiene, en el corte con la proyección orizontal de la recta c, la Fig. 5.3-c proyección icnográfica TH del punto de traza orizontal. Por último, las proyecciones TV y TH se confunden sobre LT, al igual que las proyecciones diédricas de la recta c. 4) etermine la doble proyección ortogonal de los siguientes segmentos de recta: : forma 3 con el plano orizontal y 45 con plano ertical de proyección. l punto (4,??,??) con mayor cota y mayor uelo que (,, 5)y a su dereca. : mide 5 mm, (7, 3,??) de menor cota que. plique cambio de plano. : forma 3 con el plano orizontal de proyección. (, 5,??). l segmento es descendente de izquierda a dereca. plique giro. Solución (Fig. 5.4) La determinación del segmento pasa por el trazado de ambos triángulos de abatimiento, ya que los ángulos que el segmento forma con PH y PV son conocidos. Sin embargo, el erdadero tamaño de no se suministra como un dato, por lo que se asume una longitud arbitraria para allar las proyecciones de un segmento X, perteneciente a la misma recta que define el segmento. sí pues, se construye una circunferencia de diámetro X cualquiera y se traza por uno de los extremos del diámetro orizontal un par de líneas rectas que formen 45 y 3 con dico diámetro. Luego, se unen los puntos de corte entre las líneas así trazadas y la circunferencia, dando lugar a los triángulos de p p 45 3 Fig. 5.4-a Y Z X Jorge Luis alderón Salcedo

8 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos abatimiento correspondientes al segmento X ((Fig. 5.4-a). Para allar la proyección ertical del punto X se traza un arco de circunferencia de centro en y radio igual a la longitud de la proyección ertical del segmento X (p en el triángulo de abatimiento) y se dibuja una línea paralela a LT situada a una distancia Z por encima V (l punto tiene mayor cota que el punto ); el corte entre el arco dibujado y esta línea es la proyección ertical de X. on centro en y con radio igual a la proyección orizontal de X (p) se construye un arco de circunferencia; el corte entre éste y una referencia perpendicular a LT trazada por X da como resultado la proyección orizontal de X, tomando la solución de mayor uelo como lo indica el enunciado del problema. s necesario prolongar las proyecciones del segmento X asta cortar una referencia perpendicular a LT trazada en X=4 mm, pues los puntos resultantes constituyen la doble proyección ortogonal del punto (Fig. 5.4-b). X LT ' 3 ' X LT Fig. 5.4-b Jorge Luis alderón Salcedo

9 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos La proyección ertical del segmento es desconocida, ya que también lo es la coordenada Z del punto. Para resoler esta incógnita se introduce un nueo plano ertical de proyección, cuya intersección con PH es una nuea línea de tierra LT situada a cualquier distancia de la proyección orizontal de y paralela a ella. Seguidamente se construyen por y unas referencias perpendiculares a LT y se consigna sobre la primera la longitud de la cota de a partir de LT, obteniéndose así la proyección auxiliar y la posibilidad de usar el erdadero tamaño de para encontrar, ya que en el sistema LT dico segmento se encuentra en posición frontal. sí pues, se construye un arco de circunferencia de centro en y radio igual a 5 mm, el cual corta a la referencia perpendicular a LT que pasa por en. La distancia entre éste punto y LT representa la cota de en ambos sistemas, por lo que se debe copiar, usando el compás, sobre la referencia de a partir de LT para obtener la proyección ertical. l caso del segmento es similar al anterior pero debe ser resuelto aplicando giro. ste moimiento debe realizarse en torno a un eje de pié que pase por uno de los extremos del segmento, por ejemplo - con el fin de obtener un segmento en posición frontal, ya que el ángulo que se suministra como dato es el ángulo α. n primer lugar se dibuja un arco de centro en y radio igual a la proyección orizontal de, el cual corta a una paralela a LT trazada por en el. Seguidamente, se traza por una línea (proyección ertical de ) que forme 3 (α) con LT, la cual corta a una referencia perpendicular a LT trazada por en un punto que constituye la proyección ertical de. Por último, se traza por una paralela a LT que corta a la referencia del punto en. 5) etermine la doble proyección ortogonal del segmento sabiendo que: Forma 3 con el plano orizontal de proyección. l punto se encuentra en la región posterior-superior. (, 55, ); (5, 7,??) plique giro en la resolución del problema. Halle las proyecciones del punto P perteneciente a la recta definida por, el cual dista 3 mm de y se encuentra a la dereca de éste. Solución (Fig. 5.5) omo se deduce del análisis de las coordenadas de y, la proyección ertical del segmento es desconocida, en tanto que el ángulo suministrado como dato es el formado entre el segmento en el espacio y la proyección orizontal (conocida). Se presentan dos alternatias para determinar la proyección faltante del punto : la construcción del triángulo de abatimiento formado por el erdadero tamaño, la proyección orizontal de y la diferencia de cota entre estos puntos, ya que el ángulo α es conocido, y el giro del segmento en torno a un eje de pié. l problema debe ser resuelto aplicando giro, de acuerdo con el enunciado, por lo que se supone un eje de giro de pié que pasa por el punto. on centro en y radio igual a la proyección orizontal de, se dibuja un arco que corta a una paralela a LT trazada por en la proyección orizontal del punto. Seguidamente, se construye por una línea que forme 3 (α) con LT, la cual corta a una referencia perpendicular a LT dibujada por, dando lugar a la proyección ertical de. Para allar la proyección de sobre el plano ertical bastará con buscar el punto de corte entre una paralela a LT trazada por y la referencia perpendicular a LT correspondiente al punto. n ista de que la proyección ertical del segmento se encuentra en erdadero tamaño, debe determinarse sobre su prolongación la proyección ertical de P, midiendo 3 mm a la dereca de. Luego, se traza una paralela a LT por P que corta a la proyección ertical de Jorge Luis alderón Salcedo

10 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 3 la recta definida por el segmento en P. Finalmente, bastará con alinear en forma perpendicular a LT para encontrar P sobre la proyección orizontal de la mencionada recta. P P' ' P 3 ' Fig ) etermine la doble proyección ortogonal del segmento de recta, el cual forma 45 con el plano orizontal y 3 con plano ertical de proyección y mide 55 mm. l punto con mayor cota y menor uelo que (, 5, ) y a la dereca de éste. plique giro en la resolución del problema. Solución (Fig. 5.6) n primer lugar se construyen las proyecciones diédricas de un segmento frontal de longitud 55 mm, el cual forma un ángulo de 45 con PH ( de mayor cota y a la dereca). Luego, se allan las proyecciones de un segmento de recta de igual longitud, pero en Jorge Luis alderón Salcedo

11 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 4 posición orizontal, formando 3 con PV ( de menor uelo y a la dereca); estos segmentos son el resultado de girar el segmento original en torno a un eje de pié y uno de punta, respectiamente. Para obtener la proyección orizontal del punto bastará con trazar un arco de circunferencia de centro en y radio, el cual corta a una paralela a la línea de tierra trazada por en el punto buscado ( ). nálogamente, el corte entre un arco de circunferencia de centro en y radio y una paralela a LT dibujada por resulta en la proyección ertical del punto, con lo cual queda definido el segmento de recta buscado. ' '' '' ' 5. jercicios resueltos de Plano Fig. 5.6 ) onstruya la doble proyección ortogonal de una exágono regular F, sabiendo que se encuentra contenido en el plano, siendo M el punto medio del lado y N el punto medio del lado. Indique las trazas del plano. Solución (Fig. 5.7) ( 3,,5) ( 7,,5) ( ) M N??,?? partir de la inspección de las coordenadas de los puntos M, N y que definen el plano, es fácil darse cuenta de que dico plano es uno en posición frontal, ya que los uelos de cada uno de esos puntos tienen el mismo alor. n consecuencia, la proyección ertical del exágono F resulta ser un polígono con las mismas características, es decir, el Jorge Luis alderón Salcedo

12 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 5 exágono se proyecta en erdadero tamaño sobre el plano ertical de proyección. Por otra parte, la proyección orizontal del polígono se reduce a un segmento de línea recta confundida con la traza orizontal del plano, recta ésta que es paralela a LT y tiene cota igual acero. Se procede entonces a construir un exágono regular a partir de los puntos M y N, puntos medios de las proyecciones erticales de los lados y del exágono. Para ello se determina en primer lugar el punto medio O del segmento M N, quien iene a ser la proyección ertical del centro del polígono, puesto que los lados y son opuestos. Seguidamente, se dibuja una circunferencia de centro en O y diámetro M N, la cual es tangente a cada uno de los lados en sus puntos medios (circunferencia inscrita en el exágono). continuación se construye por O una línea recta que forme 3 con una paralela a M N y que corta a la circunferencia en los puntos medios P y Q de las proyecciones erticales de los lados y F, respectiamente. Luego, si se trazan por tales puntos líneas perpendiculares al segmento que ellos definen, se obtendrán las proyecciones erticales de las rectas que contienen a los lados y F, las cuales an a cortar a unas perpendiculares a M N dibujadas por los extremos de este segmento, en los puntos y. M P 3 O F Q N O M =F Q P N = Fig. 5.7 Finalmente, bastará con construir una circunferencia de centro en O y radio O = O para obtener las proyecciones erticales de los demás értices del exágono, como se deduce de la Fig Las proyecciones orizontales de todos y cada uno de los puntos releantes del polígono, así como de todos los puntos pertenecientes al plano, se ubican sobre la traza orizontal de éste, dado el ángulo de 9 que forma con el plano orizontal de proyección. La traza Jorge Luis alderón Salcedo

13 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 6 ertical del plano es una recta impropia (en el infinito) por el paralelismo existente entre y el plano ertical de proyección. ) etermine la doble proyección ortogonal de un pentágono regular apoyado en un plano perpendicular a los planos de proyección, sabiendo que O(3,4,4) es el centro y que sobre la recta m se encuentra uno de los lados del polígono. Indique las trazas del plano.??,.m (,) (??,,4) l =m O = l l N P l O K l l m l M L l = l O =m Fig. 5.8 Jorge Luis alderón Salcedo

14 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 7 Solución (Fig. 5.8) La posición de un plano perpendicular a los planos de proyección es de perfil o paralelo al plano lateral, pues los planos de proyección principales en el sistema diédrico son PV y PH. Sobre la base de este razonamiento se concluye que las coordenadas X de los puntos y que definen a la recta m tienen un alor de 3 mm, ya que todos los puntos pertenecientes a una plano de perfil tienen idéntica abcisa. e lo anterior se desprende la necesidad de construir una proyección lateral en la cual aparezca el polígono representado con su erdadera forma y dimensiones, es decir, en erdadero tamaño. Una ez obtenidas las proyecciones laterales de O y de la recta m, se procede a construir la proyección lateral del pentágono, trazando por O l una perpendicular a m l y seleccionando sobre ella un punto K, értice de un pentágono auxiliar KLMNP que tiene por centro a la proyección lateral de O. Las prolongaciones de los segmentos O l M y O l N cortan a la proyección lateral de la recta m en los puntos l y l los cuales constituyen uno de los lados de la proyección lateral del polígono buscado, para luego, aplicando semejanza de figuras planas, completar la mencionada proyección. Las proyecciones diédricas de los puntos,,, y se ubican a igual distancia del origen de coordenadas sobre las trazas del plano, las cuales ienen a ser una recta de punta y una de pié de coordenada X = 3 mm, confundidas en la doble proyección ortogonal en una misma perpendicular a la línea de tierra. 3) etermine las proyecciones diédricas de un triángulo equilátero contenido en un plano, el cual es perpendicular al plano orizontal y forma 3 con el plano ertical de proyección (origen de trazas a la izquierda). l punto O(3,5,) es el centro del polígono y el lado se encuentra sobre PV. Se recomienda no aplicar abatimiento o cambio de plano. Solución (Fig. 5.9) Una ez representada la doble proyección ortogonal del punto O, se procede a construir las trazas del plano, el cual es proyectante orizontal. Para ello, se taza por O una línea que forme 3 con LT y que corte a ésta a la dereca de O en el origen de trazas K; dica línea no es más que la traza orizontal del plano. La traza ertical de se obtiene al leantar por K una perpendicular a LT, ya que tiene una posición de pié. n ista de que el lado se encuentra sobre PV, se concluye que pertenece a la traza ertical del plano, por lo tanto, la altura M del triángulo tiene una posición orizontal. sí, el corte entre la traza ertical de y una recta orizontal del mismo plano trazada por O resulta en el punto M. Si se copia el doble de la longitud OM (en proyecciones) sobre dica orizontal a partir de O y a su dereca, se obtiene el értice del triángulo. s necesario construir aparte un triángulo equilátero de altura igual al aradero tamaño de M (Ver péndice), con la finalidad de obtener la longitud de los lados. Una ez efectuada esta operación, se procede a copiar la mitad de dica longitud sobre la traza ertical del plano a cada lado (arriba y abajo) de M, pues, como ya se a indicado, la mencionada traza contiene al lado del triángulo, cuyo punto medio es M. e esta manera se obtienen las proyecciones erticales de y, recordando que las proyecciones orizontales de dicos puntos se confunden con la de los puntos M y K, por ser la traza ertical una recta de pié. Jorge Luis alderón Salcedo

15 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 8 M O K =K = == M 3 O Fig ) onstruya la doble proyección ortogonal de un pentágono regular contenido en un plano ω que forma 45 con el plano orizontal de proyección. (, 5, 5) es uno de los értices y O(6, 5, 5) es el centro del polígono. Indique las trazas del plano ω. Se recomienda no aplicar abatimiento o cambio de plano. Solución (Fig. 5.) l plano que contiene al polígono pedido posee rectas paralelas a LT, como lo es el segmento O; por otra parte, dico plano forma un ángulo distinto de cero o 9 con PH. mbas características indican claramente que ω es un plano paralelo a LT o proyectante lateral, ya que las rectas paralelas a LT solo pueden formar parte de planos frontales, que forman 9 con PH, planos orizontales, que son paralelos a PH, o de planos paralelos a LT, los cuales resultan ser oblicuos, como es el caso de ω, con respecto a ambos planos de proyección. l problema puede ser resuelto sin necesidad de aplicar alguno de los métodos utilizados en la determinación del erdadero tamaño de polígonos. sto debido a que el segmento O, y por lo tanto la altura definida por y el punto medio M del lado, tiene una posición notable, por ser paralela a LT. Lo mismo puede decirse de la diagonal y el lado, segmentos que son de perfil. Jorge Luis alderón Salcedo

16 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 9 ω P O M l = ω l l l l l =P =O =M l l l l P O M Fig. 5.-a P O M 45 = l ω Fig. 5.-b l procedimiento comienza por la construcción de un pentágono auxiliar de radio igual al segmento O (Fig. 5.-a) aplicando el algoritmo descrito en el péndice. Luego, se traslada la longitud M de la figura auxiliar a las proyecciones diédricas del segmento O (ambas en erdadero tamaño) obteniéndose las proyecciones de M, punto medio del lado. Seguidamente, se determinan las proyecciones laterales de, O y M, las cuales se confunden en un mismo punto por el que pasa la traza lateral del plano ω formando 45 con la línea de tierra. sta traza lateral corta a la referencia empleada para obtener la proyecciones laterales en un punto perteneciente a la traza ertical del plano; luego, por se dibuja una paralela a LT que representa a ω. nálogamente, la traza lateral corta a PH en, por lo que la proyección lateral de se alla en el punto común a ω l y a la línea de tierra; luego, la traza orizontal del plano ω pasa por y es también paralela a LT. continuación es necesario copiar la longitud del segmento P del pentágono auxiliar, partiendo de las proyecciones de y sobre la recta definida por y O (paralela a LT). Luego, se consigna la longitud de la semidiagonal del pentágono (P=P) a partir de y a cada lado de la proyección lateral de P sobre la recta de perfil del plano que pasa por este punto, obteniéndose así los értices y, primero en la proyección lateral y luego en proyecciones diédricas. Finalmente y siguiendo un procedimiento similar, se copia la longitud M (o M) sobre la recta de perfil que pasa por el punto M y cada lado de éste, para definir de esta manera los értices faltantes y. Jorge Luis alderón Salcedo

17 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 3 5) Halle las trazas del plano γ determinado por las rectas paralelas m y n ( ) ( 45,35,) 5,5,3 m 3 n 4 ( 4,5,5) (??,??,??) etermine la doble proyección ortogonal de los puntos P(5,??, ) y Q(??, 3, 7), ambos pertenecientes al plano γ. onstruya las proyecciones diédricas de la recta r definida por el segmento, contenido en el plano γ. ( 4,5,?? ) r (,,?? ) Solución (Fig. 5.) n primer lugar es necesario determinar las proyecciones diédricas de los puntos de traza de las rectas m y n, ésta última paralela a m y pasa por el punto 3, lo que implica que las proyecciones de n son paralelas a las proyecciones omónimas de m. La traza orizontal del plano γ está determinada por los puntos de traza orizontal TH y TH, en tanto que la traza ertical de γ lo está a traés de los puntos de traza ertical TV y TV. mbas trazas del plano deben conerger en un punto sobre LT. γ TV 3 f 7 TV 3 r m m P r TV' TV' Q 3 Q 3 TV'' TV'' TH n n TH' TH' P f 7 γ TH Fig. 5. Jorge Luis alderón Salcedo

18 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 3 Para encontrar la proyección faltante (orizontal) del punto P debe construirse una recta cualquiera perteneciente a γ y que pase por P. Sea esta recta una orizontal del plano γ; la proyección ertical de es paralela a LT y corta a γ en la proyección ertical del punto TV (traza ertical de la recta ), cuya proyección orizontal se sitúa sobre LT. Luego, por ésta se traza una paralela a γ que representa a la recta en proyección orizontal. l punto de corte entre y una referencia perpendicular a LT trazada por P resulta en la proyección orizontal de P. n ista de que se desconoce la coordenada X del punto Q, la determinación de sus proyecciones diédricas pasa por la construcción de una recta orizontal del plano de cota igual a 7 mm (cota de Q) y una frontal, también del plano γ, de uelo igual a 3 mm (uelo de Q); luego, los puntos comunes a las proyecciones omónimas de ambas rectas son las proyecciones del punto Q buscado. e acuerdo con lo señalado en el apítulo II, si una recta pertenece a un plano entonces deberá cortar a por lo menos dos de la rectas de ese plano. n el ejercicio, se conoce la proyección orizontal del segmento, de manera que se deben buscar los puntos de corte entre esta proyección y las proyecciones orizontales de otras dos recta del plano γ, como por ejemplo la frontal de uelo 7 mm usada para allar las proyecciones de Q y la traza ertical de γ, ésta última sobre LT en proyección orizontal. Luego, alineando en forma perpendicular a LT se obtienen, sobre las proyecciones erticales correspondientes (f 7 y γ ), los puntos comunes buscados, los cuales definen la proyección ertical de la recta r. Finalmente, bastará con trazar los respectios alineamientos para encontrar y. 6) efina las trazas del plano y encuentre las proyecciones de: Una frontal f del plano de uelo mm. Una orizontal del plano de cota mm. Un triángulo contenido en, sabiendo que el lado es frontal, mide 35 mm y se encuentra a 5 mm por delante de PV ( a la dereca); el lado es orizontal, mide 45 mm y tiene cota igual a 4 mm ( de mayor cota). Solución (Fig. 5.) ( ) ( 4,,4),, 3(6,45,5 Las trazas de cualquier plano están compuestas por los puntos de traza omónimos de las infinitas rectas pertenecientes a aquél. mbas trazas de un plano la ertical y la orizontal se cortan en un punto de cota y uelo igual acero, es decir, en un punto sobre la línea de tierra. Obsérese que, uno de los puntos que determinan al plano del ejemplo, cumple con esta característica, por lo que únicamente se requieren un punto de traza ertical y uno de traza orizontal de cualquiera de las rectas que están contenidas en. sí pues, se allan los puntos TV y TH, puntos de traza de la recta que define el segmento 3; la recta definida por y TV es la traza ertical del plano, en tanto que la recta determinada por y TH constituye la traza orizontal. s importante recordar que la proyección ertical de la traza orizontal del plano se encuentra sobre LT, al igual que la proyección orizontal de la traza ertical. La proyección orizontal de la recta frontal es paralela a LT y se encuentra a una distancia de de ésta; siendo una recta del plano, su traza orizontal TH se encuentra sobre la traza orizontal de. La proyección ertical de f es paralela a la traza ertical del plano y pasa por la proyección ertical de TH. Jorge Luis alderón Salcedo

19 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 3 f 5 TV f 4 = 3 TV' TH' TV TH TV' TH' f f 5 3 Fig. 5. TH 4 e manera análoga, la proyección ertical de la recta es una paralela a LT situada a mm por debajo de ésta (cota negatia) que corta a la traza ertical del plano en el punto TV. La proyección orizontal de es paralela a la traza orizontal y pasa por la proyección orizontal de TV, ésta última sobre la línea de tierra. l leer cuidadosamente el enunciado del problema, se concluye que el értice del triángulo pedido es el punto común a la recta frontal del plano de uelo 5 mm (f 5 ) y a la recta orizontal del plano de cota 4 mm ( 4 ). stas rectas se construyen siguiendo un procedimiento similar al empleado en la determinación de las rectas y f. Luego, se procede a consignar las longitudes de los lados y del triángulo sobre las correspondientes rectas, recordando que esta operación debe realizarse en la proyección que se encuentra en erdadero tamaño, ale decir, en la proyección orizontal de la recta 4 para el segmento y en la proyección ertical de la recta f 5 para el segmento. e Jorge Luis alderón Salcedo

20 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 33 esta manera se completan las proyecciones del triángulo y se finaliza la resolución del ejercicio. 7) onstruya la doble proyección ortogonal de un cuadrado contenido en un plano dado por una de sus rectas de máxima inclinación m. Se sabe que el értice del polígono se encuentra sobre el plano orizontal de proyección y que el értice tiene uelo igual a cero. La longitud de la diagonal del cuadrado es de 5 mm. esuela el problema aplicando cambio de plano y tome la solución de mayor uelo para. ( 35,,) m ( 4,??,?? ) ( 55,38,6) Solución (Fig. 5.3) omo es sabido, las rectas de máxima inclinación de un determinado plano son perpendiculares a las rectas frontales contenidas en él; de igual forma, son perpendiculares a la traza ertical de dico plano, por ser ésta recta la frontal de uelo cero. Por otra parte, la traza ertical del plano debe pasar por los puntos de traza ertical de las rectas pertenecientes a, incluyendo obiamente a las de máxima inclinación. e manera pues que bastará con trazar una perpendicular a la proyección ertical de m por su punto de traza ertical TV para obtener la traza ertical del plano. Luego, el punto de corte K entre esta recta y la línea de tierra iene a ser el origen de trazas del plano en cuestión, punto por el que también pasa la traza orizontal, por lo que la recta definida por K y la proyección orizontal de la traza orizontal de m constituye la recta común al plano y a PH, es decir, la traza orizontal (Fig. 5.3-a). Siendo el punto un punto sobre PH, debe pertenecer a la traza orizontal del plano y tener cota igual a cero, por lo que su proyección ertical se encuentra sobre la línea de tierra. Por otra parte, como el értice tiene uelo igual a cero, se entiende que pertenece a la traza ertical del plano. Para encontrar el resto de los értices del cuadrado resulta necesario generar una nuea proyección en la que sea posible obtener el erdadero tamaño del polígono. n esa nuea proyección deben aparecer los elementos del plano que conducen a la solución del problema, es decir, el punto y la traza ertical del plano. l primer plano de proyección auxiliar debe ser perpendicular a las rectas frontales o a las rectas orizontales del plano. n la figura 5.3-a se a construido perpendicular a la traza orizontal de, lo que se traduce en un segunda línea de tierra LT también perpendicular a dica traza. La nuea proyección del punto se obtiene trazando una referencia perpendicular a LT y consignando sobre ella, a partir de LT, la cota del punto. plicando un procedimiento similar se obtienen las nueas proyecciones (TV y K ) de dos puntos pertenecientes a la traza ertical del plano. ado que en el sistema LT el plano es proyectante ertical, su proyección sobre el primer plano auxiliar se reduce a una recta definida por las nueas proyecciones de, TV y K. La línea de tierra LT3 correspondiente a un tercer sistema en el que tiene una posición notable, debe ser paralela a, de manera que las proyecciones 3, K 3 y TV 3 se obtienen trazando por, K y TV, respectiamente, líneas de referencia perpendiculares a LT3 y consignando a partir de ésta los uelos del segundo sistema. La segunda proyección auxiliar así encontrada ofrece el erdadero tamaño de cualquier figura contenida, pues éste plano tiene una posición orizontal en el sistema LT3. Jorge Luis alderón Salcedo

21 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 34 TV K =K TV TH LT LT TH =K = TV LT3 3 3 K TV 3 3 Fig. 5.3-a Jorge Luis alderón Salcedo

22 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 35 LT LT = LT Fig. 5.3-b Jorge Luis alderón Salcedo

23 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 36 Trazando un arco de centro en 3 y radio igual a la longitud de la diagonal del cuadrado (5 mm) se obtiene, en el corte con la línea recta definida por TV 3 y K 3, la segunda proyección auxiliar 3 del értice. Heco esto se procede a dibujar el cuadrado , erdadero tamaño del cuadrado pedido (Fig. 5.3-a). Para encontrar las proyecciones auxiliares, y basta con allar los puntos de corte entre referencias perpendiculares a LT3 trazadas por 3, 3 y 3, respectiamente, y la traza del plano en el primer plano auxiliar, es decir,. Posteriormente se dibujan líneas de referencia perpendiculares a LT por las proyecciones, y, consignando sobre ellas, a partir de LT, los uelos correspondientes del sistemas LT3, dando así lugar a las proyecciones orizontales de los puntos, y (Fig. 5.3-b). Para obtener las proyecciones erticales de los értices del cuadrado se puedes aplicar distintos métodos. Uno de ellos consiste en poner en práctica la condición de pertinencia de punto a plano, aliéndose de rectas contenidas en que pasen por los puntos, y. Otro método consiste en copiar la cota de cada uno de estos puntos del segundo al primer sistema de proyección, método que se aplicado en la solución que muestra la Fig. 5.3-b. 8) etermine la doble proyección ortogonal de un pentágono contenido en un plano, sabiendo que sobre la recta m se encuentra el lado del polígono y que el lado tiene uelo igual acero. se encuentra a la dereca de. plicar abatimiento. ( ) ( ) 35,6, m 7,37, Solución (Fig. 5.4) K =K =K 36 ' ' ' = =' ' = Fig. 5.4-a ado que el lado se encuentra sobre la traza orizontal del plano con a la dereca de - pues es eidente que la recta m tiene cota igual a cero - y que el lado pertenece a la traza ertical de dico plano, el ángulo formado entre las mencionadas trazas debe ser Jorge Luis alderón Salcedo

24 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 37 igual a 7, alor éste igual al del ángulo que forman los lados y del pentágono en cuestión. n consecuencia, es imprescindible construir en primer lugar el erdadero tamaño del polígono abatido sobre PH. omo no se conoce la longitud de los lados se procede dibujando un pentágono regular de longitud de lado arbitraria, aciendo coincidir a con y al lado con la traza orizontal (eje de abatimiento) del plano. Luego, trazando por el punto K (origen de trazas) una paralela al lado se obtiene la traza ertical del plano abatida sobre PH y, aplicando semejanza entre figuras planas, se logran los értices,,, y F del erdadero tamaño del polígono pedido, sabiendo que el lado se alla sobre (Fig. 5.4-a). K =K =K = = Fig. 5.4-b s eidente que la proyección orizontal del punto coincide con, ya que el eje de abatimiento es la traza orizontal de. Por otra parte, las proyecciones orizontales de y se obtienen en los cortes entre unas perpendiculares a trazadas por y, respectiamente, y la línea de tierra, dado que ambos értices poseen uelo igual a cero. Para obtener la proyección ertical de se procede de la siguiente forma: en primer lugar se construye un arco de centro en el punto K origen de trazas, por lo que K =K =K - y radio igual al segmento K, luego, se construye una perpendicular a LT que pase por la proyección orizontal de ; el punto de corte entre el arco y la perpendicular iene a ser. Todo esto es posible gracias a que la longitud del segmento K se encuentra en erdadero tamaño en proyección ertical. La recta determinada por el origen de trazas K y el punto es la traza ertical del plano, luego, trazando por una perpendicular a LT se obtiene sobre. Finalmente, es posible allar la doble proyección ortogonal del értice aproecando el eco de que, por la posición que tiene el pentágono en el problema, el segmento es Jorge Luis alderón Salcedo

25 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 38 orizontal, de manera que, bastará con allar el punto común entre una paralela a trazada por y una perpendicular a trazada por, para encontrar la proyección orizontal de.; luego, se alla en una paralela a LT trazada por (Fig. 5.4-b). 9) etermine la doble proyección ortogonal de un triángulo equilátero contenido en un plano, sabiendo que la longitud de sus lados es de 35 mm, que el értice se encuentra sobre el plano orizontal de proyección y que se alla en la bisectriz del ángulo formado entre las partes positias de las trazas del plano. Tome la solución de menor uelo para el punto y aplique abatimiento en la resolución del problema. 5,, ( ) ( 6,,5) ( ) ( 6,??,?? ) 3 7,45, Solución (Fig. 5.5) = =4 3 4 = 3 b Fig. 5.5-a Jorge Luis alderón Salcedo

26 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 39 batiendo el punto en torno a la traza orizontal del plano se obtiene, el cual define junto al punto (origen de trazas) a la traza ertical del plano abatida sobre PH. n ista de que la traza orizontal de a sito tomada como eje de abatimiento, permanece inmóil en el proceso, de manera que =. = Fig. 5.5-b Si el punto tiene un alor de 6 mm en su coordenada X, es posible aseerar que dico punto pertenece a la recta de perfil del plano cuyos puntos tienen coordenada X igual a 6 mm. e manera que, si se abate el segmento de perfil definido por los puntos y 4 y se determina la bisectriz del ángulo formado entre las partes positias de ambas trazas abatidas del plano, es posible allar, en el corte de ambos elementos obtenidos, al punto abatido ( ) sobre PH. Seguidamente, se procede a l trazado del erdadero tamaño del triángulo, para lo cual se traza un arco de centro en y radio igual a 35 mm, arco éste que corta a la traza orizontal abatida del plano en ; luego, trazando arcos de igual radio que el anterior y aciendo centro sucesiamente en y se obtiene a (Fig. 5.5-a). Para determinar la proyección orizontal del punto basta con trazar una perpendicular al eje de abatimiento, que corte a la proyección orizontal de la recta de perfil del plano de abcisa igual a 6 mm, definida por los puntos y 4. Luego, mediante el uso de una recta orizontal del plano es posible obtener la proyección ertical del punto. Jorge Luis alderón Salcedo

27 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 4 La proyección orizontal de coincide con, puesto que dico punto se alla sobre el eje de abatimiento. Por esta misma razón, su cota es igual a cero, tal que la proyección ertical de yace sobre la línea de tierra. Finalmente, para encontrar la doble proyección ortogonal del értice faltante, es decir, se puede emplear la recta orizontal del plano sobre la cual dico punto se encuentra. sta recta orizontal resulta ser paralela a la traza orizontal del plano tanto en el erdadero tamaño como en la proyección orizontal, siendo paralela a la línea de tierra en la proyección ertical. (Fig. 5.5-b). )etermine la doble proyección ortogonal de un exágono regular F de lado 5 mm contenido en un plano γ paralelo a la línea de tierra. l punto se encuentra sobre el plano orizontal de proyección y a la dereca de. plique giro en dos etapas: la primera en torno a una recta de pié de abcisa 5 mm y uelo 5 mm. ota de la traza ertical de γ: 35 mm. Vuelo de la traza orizontal de γ: 5 mm. ( 5,??,5) Solución (Fig. 5.6) γ γ' e m ' P' P m e P' 9 9 γ P Fig. 5.6-a ' γ' l primer paso en la resolución de este problema consiste en la construcción de las trazas del plano γ, ambas paralelas a la línea de tierra, partiendo de los alores de cota y uelo de γ y γ, respectiamente. Luego, aplicando la condición de pertenencia de punto a plano, es Jorge Luis alderón Salcedo

28 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 4 posible encontrar la proyección orizontal del értice empleando una recta cualquiera m contenida en γ. γ γ' e ' ' =P' ='' '' '' F'' '' '' P e P' '' '' '' =' '' γ P ' '' F'' Fig. 5.6-b γ' Una ez determinado el eje de giro e (recta de pie de abcisa 5 mm y uelo 5 mm) se procede a allar las trazas del plano γ y la doble proyección ortogonal de ; ambos elementos corresponden a las nueas posiciones del plano γ y del punto, respectiamente. Para ello se traza por y una recta perpendicular al eje de rotación, la cual tiene una posición orizontal, y se dibuja un cuarto de circunferencia con centro en la proyección orizontal de dico eje, puesto que el giro de cada uno de los elementos del plano objetio debe girar un ángulo de 9 para lograr un nueo plano que sea proyectante ertical. Para encontrar la traza orizontal del plano γ es coneniente realizar el giro del punto P, el cual se ubica sobre la traza orizontal de γ y sobre la recta de máxima pendiente de éste plano que corta al eje de rotación; esta operación da lugar al punto P, por el cual pasa la traza orizontal (de punta) del plano γ. La traza ertical de este nueo plano queda definida por P y (Fig. 5.6-a). l siguiente paso es la segunda etapa del giro, esta ez en torno a una recta de punta. n aras de la simplificación del procedimiento se a tomado como segundo eje de giro la traza orizontal del plano γ, de manera que el resultado es el abatimiento de este plano sobre PH, Jorge Luis alderón Salcedo

29 GNLIS N L STUIO L OL POYIÓN OTOGONL on jercicios esueltos 4 generando un nueo punto. Partiendo de la proyección orizontal de es posible dibujar el exágono regular F, ya que este polígono se encuentra sobre el plano orizontal de proyección y, en consecuencia, en erdadero tamaño. Para ello es necesario construir un arco de centro en y radio 5 mm (lado del exágono) que corta a γ en (recuérdese que Y es el eje de giro de la segunda etapa, por lo que no cambia de posición). Una ez conocido uno de los lados del exágono se realiza el trazado del resto de los lados del polígono (Fig. 5.6-b). γ γ' e ' ' F' ' ' '' =' '' '' F'' '' '' ' e ' '' '' ' '' =' '' γ F' Fig. 5.6-c ' γ' '' F'' Siguiendo un procedimiento inerso con respecto al empleado para obtener el punto, se obtiene la doble proyección ortogonal de los puntos,,, y : las proyecciones erticales sobre la traza ertical del plano γ y las proyecciones orizontales formando un exágono irregular (Fig. 5.6-c). Para encontrar las proyecciones orizontales de los értices del exágono pedido se construyen cuartos de circunferencia de centro en la proyección orizontal del primer eje de giro e y de radios e, e, e, e y e F. Luego, en los cortes entre las referencias perpendiculares a LT correspondientes a,,, y F y unas paralelas a LT trazadas por las proyecciones erticales de los puntos,,, y F, respectiamente, se obtienen las proyecciones erticales de aquellos puntos, con lo cual se completa la doble proyección ortogonal del exágono F, contenido en el plano paralelo a la línea de tierra γ. esulta eidente que la aplicación del giro a la determinación del erdadero tamaño de una figura plana, contenida en planos en posición accidental y paralelos a la línea de tierra, conllea a un procedimiento sustancialmente más largo y engorroso que el que debe Jorge Luis alderón Salcedo