A IES La Asunción. Elx. Mario Ortega González.

Transcripción

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2 C A r1 6 F' M r2 B D IES La Asunción. Elx. Mario Ortega González. Trazamos los radios vectores r1 y r2, los sumamos y ya tenemos lo que mide el eje mayor A,B. La distancia desde el foco hasta un extremo del eje menor es igual al semieje mayor, por lo tanto, con mediatrices hallamos el centro de los dos ejes y la mitad del eje mayor y después colocamos cada medida una en su sitio. Para hacer la elipse por puntos hacemos biparticiones en el eje mayor y usamos una como r1 y la otra como r2, luego por simetría lo repetimos tres veces más y así sucesivamente con los demás puntos y ya tenemos ya elipse.

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4 P 60º 02 K C 60º B M D A e O1 IES La Asunción. Elx. Mario Ortega González Para hallar el eje radical hacemos una circunferencia cualquiera, en este caso la de centro en O1 que determina cuatro puntos de intersección A,B,C,D, trazamos dos secantes y obtenemos K, que es un punto equipotente a las dos circunferencias dadas, se traza una recta perpendicular a la unión de los centros O,O' que pase por K y tenemos el eje radical, que es el lugar geométrico equipotente a dos circunferencias. Para hallar el punto P se traza un arco capaz de 60º que contemple al segmento O,O' y en el cruce con el eje tenemos la solución, en este caso habría una segunda posibilidad.

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6 P O4 T3 B O2 O' A T2 Cr O3 T4 D K C O1 IES. La Asunción. Mario Ortega González T1 Escala: Se trata de una escala de ampliación, así que, ponemos las medidas reales en el lado 4 y las del dibujo en el lado 5, después, mediante el teorema de Thales la trazamos con su contra escala para los decimales. Para hacer el dibujo partimos de los elementos fijos que conocemos, colocamos las circunferencias de centro O1 y O2, así como la recta tangente T,T1. Existen dos problemas a resolver: 1º "Circunferencia tangente a una circunferencia y a una recta por un punto de la misma". Para resolverlo usaremos el método de inversión, se pueden usar también dilatación o potencia, pero creo que así es mas sencillo. Primero localizamos el punto inverso P, luego unimos P con T y tenemos el punto tangente T2, ahora se localiza O3 trazando por un lado la perpendicular desde T y la línea que une los centros pasando por T2 y primer caso resuelto. 2º "Circunferencia tangente a dos circunferencias conociendo un punto tangente". Se trata de localizar el centro radical, para ello primero seccionamos con una circunferencia las dos que conocemos y dibujamos dos rectas secantes que se cortan en K desde donde trazamos el primer eje radical, el otro eje es la recta tangente que pasa por T3, cuando se cruzan tenemos el centro radical Cr. Con el centro radical ya sabemos el punto de tangencia T4, así que lo último que nos queda por hacer es localizar el centro O4 de la circunferencia que falta.

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8 P LH El sistema de proyección: es Perspectiva cónica frontal, siendo P el punto principal y punto de fuga y LH la linea de horizonte. Presencia de módulos: El suelo de la plaza es una red modular formada por las baldosas y el conjunto forma una composición simétrica cuyo eje va a parar a P. Polígonos: presencia de rectángulos y paralelogramos en las ventanas; óvalos en espejo, platos del suelo y otros; Prisma recto en el campanario, cono truncado, arcos de medio punto... Tangencias: Entre circunferencia y rectas y entre elipse con rectas. Otros aspectos: El punto de fuga está situado en la diagonal del cuadro y el módulo es 1,55. IES La Asunción. Elx. Mario Ortega González

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10 β 2 γ 2 V2 h A2 B2 C2 V1 α a M V1 h V2 β 1 γ 1 IES. La Asunción. Mario Ortega González Tenemos tres cuestiones que resolver: la altura, el ángulo y el plano paralelo. Las dos primeras se solucionan a la vez, veamos, se abate el triángulo rectángulo formado por la distancia del centro a la mitad de A,C como cateto y la altura del triángulo equilátero a, siendo el otro cateto h la altura del tetraedro, además, también tenemos el ángulo solicitado. Para dibujar el plano que contiene el triángulo, sabemos que el lado C,B está en el plano horizontal, luego está situado en su traza γ1. Para hallar γ2 dibujamos la traza vertical de la recta que pasa por V, C y desde V2 pasando por el cruce de γ1 con la línea de tierra trazamos γ2. Un plano es paralelo a otro cuando sus trazas son paralelas respectivamente, así que, dibujamos β1 paralela a γ1 pasando el punto medio M y desde su corte con LT una paralela a γ2 para hallar β2, ejercicio resuelto.

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12 D2! a2 O2 a1 O1 D1 a O B D IES La Asunción. Elx. Mario Ortega González Lo primero que hacemos es abatir el triángulo sobre el plano horizontal. Tenemos dos lados en verdadera magnitud: el lado A,C que está apoyado en el plano horizontal y el lado A,B que es un segmento frontal paralelo al plano vertical y por lo tanto también está en verdadera magnitud. Para hallar el punto B abatido lo haremos con el cruce de dos lugares geométricos: la perpendicular del abatimiento de B a la traza horizontal y el arco con la medida de a, una vez construido el triángulo hallamos dos alturas, una que ya tenemos y la otra A,D, en su cruce tenemos el ortocentro. Por último desabatimos D y O y tenemos O1 y D1, luego ortogonalmente localizamos D2 y O2 y ejercicio resuelto.

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14 30mm 15mm 50mm 10mm 25mm 50mm 60mm IES. La Asunción. Mario Ortega González 20mm 20mm 10mm 10mm

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16 mm 7 20mm 40mm 10mm 30mm 50mm 40mm 20mm IES La Asunción. Elx. Mario Ortega González 30mm 50mm