NUEVA COLECCIÓN DE PROBLEMAS RESUELTOS Y EXPLICADOS Presentamos unos casos de muestra del material que hemos elaborado sobre problemas resueltos y explicados de Dibujo Técnico para Bachillerato. ENUNCIADO DE HIPÉRBOLA. De una hipérbola se conoce el foco F`, una asíntota As y una tangente “t”. Hallar el otro foco, la otra asíntota, los ejes real e imaginario y el punto de tangencia T. Ayuda. Supuesto el problema resuelto tenemos que en una hipérbola, con sus elementos fundamentales posicionados, se cumple el hecho de que los pies de las perpendiculares a las tangentes (incluidas las asíntotas que son tangentes en el punto del infinito) trazadas desde cualquira de sus focos están en la llamada circunferencia principal, que tiene por centro al punto “o” y por radio el semieje real oA = oA`. Por tanto en el caso que nos ocupa, en el que se parte de una asíntota As, una tangente, t, y un foco F`, la perpendicular desde F` a la asíntota, As, determina el punto P; y la perpendicular a la tangente ,t, desde el foco F` establece el punto M, estando ambos puntos situados en la circunferencia principal. El centro de dicha circunferencia está en la mediatriz de MP y en la asíntota As, por lo que es el punto de intersección de ambas rectas. Conocido el centro, o, dibujamos la circunferencia de radio oM = oP, cuyo diámetro trazado por F` es el eje real AA`. Hallamos la otra asíntota, Bs, dibujando por “o” una recta que forme un ángulo igual al que forma el eje AA` con la asíntota, As, aportada. El simétrico de F` respecto al centro, o, es el otro foco F. Las perpendiculares al eje real trazadas por A y A` determinan, en su corte con las asíntotas, los puntos X, siendo la paralela media al lado mayor del rectángulo obtenido el eje imaginario BB`. Para obtener el punto de tangencia “T” hallamos el simétrico F`` del foco F` respecto a la tangente “t”, siendo el corte de dicha tangente con la prolongación del segmento FF`` el punto de tangencia, T, buscado. NUEVA COLECCIÓN DE PROBLEMAS RESUELTOS Y EXPLICADOS ENUNCIADO DE HIPÉRBOLA. Conocemos los puntos C y D de corte de una tangente,t, a una hipérbola con la circunferencia principal; y el corte E de otra tangente desconocida, s, con dicha circunferencia. Se pide hallar los elementos fundamentales de la cónica si se conoce también la medida del eje imaginario BB`, representada por el segmento m de la figura. Ayuda. El conocer los puntos C y D hace que esté definida la tangente, t, del enunciado, al unirlos mediante una recta. El conocer el punto E de corte de otra tangente, s, desconocida, con la circunferencia principal hace que los tres puntos aportados determinen dicha circunferencia principal. Por tanto sacamos la medida del eje real AA` coincidente con el diámetro de esta circunferencia. que distará del centro de la circunferencia principal la mitad, “r” de la diagonal obtenida en figura aparte, por lo que dicho punto queda determinado. La otra tangente, no dibujada en la figura, se sacaría una vez posicionado el segundo foco F y hallando el simétrico de F` respecto al centro o, aplicaríamos el fundamento de la construcción anterior, y no tendríamos más que dibujar la perpendicular al segmento EF por el punto E. ENUNCIADO DE HOMOLOGÍA. Hallar el transformado por homología del hexágono regular ABCDEF aportado, en una homología de centro en el punto O; y eje y recta límite coincidentes respectivamente con los lados ED y AB del polígono. Ayuda. La figura tiene dos puntos A Y B en la recta límite por lo que su transformada por homología será abierta dado que, por definición, todos los puntos de la recta límite se convierten en puntos del infinito al aplicarles esta trnasformación. Las medidas del eje real AA` y del imaginario BB` (aportado según el segmento m) nos permiten conocer la distancia focal. Esta se obtiene dibujando un rectángulo de lados iguales a dichos segmentos, siendo la diagonal del mismo la distancia entre los focos. La perpendicular a la tangente “t” trazada por uno de sus puntos de corte con la circunferencia principal, por ejemplo el “C” contiene a un foco, El lado FA tiene por homólogo a la semirecta indefinida que resulta paralela al segmento AO y que para por el punto doble, 1, de corte del eje con la prolongación de AF. Igual circunstancia se produce con el homólogo del lado BC. Téngase en cuenta que los homólogos de los vértices A y B están en el infinito al pertenecer a la recta límite RL. NUEVA COLECCIÓN DE PROBLEMAS RESUELTOS Y EXPLICADOS ENUNCIADO DE AFINIDAD. De una elipse se conoce su eje mayor AA` y una tangente t. Se pide obtener el punto de tangencia de dicha tangente con la elipse. lado mayor es seis veces el radio desconocido de las circunferencias, y el lado menor es valor de dicho radio. Ayuda. La afinidad, de dirección perpendicular al eje mayor, existente entre una elipse y la circunferencia de diámetro coincidente con dicho eje nos permite dibujar la circunferencia afín de diámetro AA`. La recta de puntos dobles en esta transformación es el eje AA`. Como la tangencia entre figuras afines se conserva, sacamos la transformada, t`, de la tangente t. Para ello prolongamos dicha recta hasta cortar a la prolongación del eje AA` en el punto doble 1, desde el que trazamos la tangente t` a la circunferencia, siendo el afín de su punto de tangencia T` el punto de tangencia, T, buscado. Para dibujar el rectángulo descrito tomamos un punto cualquiera de la bisectriz “Ai” y dibujamos una perpendicular al lado “AB” obteniendo un segmento “x”. Construimos el rectángulo con el lado mayor “6.x” y expandimos el punto m desde A homotéticamente hasta que se posicione según “M” en la bisectriz “Bi”. La medida del segmento “MT” es el radio de las circunferencias buscadas. ENUNCIADO DE HOMOTECIA. Inscribir cuatro circunferencias iguales en el triángulo ABC aportado de modo que sean tangentes entre si, siendo las dos de los extremos tangentes los lados respectivos AC y BC del triángulo. Ayuda. Partimos del triángulo dato “ABC”. Los centros de las dos circunferencias extremas están en las bisectrices de los ángulos A y B, es decir, en las rectas “Ai” y “Bi”. Analizando el caso resuelto vemos que se forma un rectángulo en el interior del triángulo “AiB” de modo que la relación de los lados del mismo es 6:1, ya que el NUEVA COLECCIÓN DE PROBLEMAS RESUELTOS Y EXPLICADOS ENUNCIADO DE SISTEMA DIÉDRICO. Se aportan las proyecciones de un triángulo a-a`,b-b`,c-c` así como la frontal, F`o, de alejamiento cero de un paralelogramo de vértices 1, 2, 3 y 4. También se aporta como dato la horizontal, Ho, de cota cero del mismo. Un tercer lado del paralelogramo es horizontal de cota “h”, y el cuarto lado del cuadrilátero es frontal de alejamiento “a”. Se pide obtener la intersección de ambas formas planas. Para sacar la intersección se podrían determinar las trazas del plano del triángulo, y luego buscar los puntos de corte de las parejas de trazas homónimas, pero esto es farragoso y lento en su trazado. Nosotros lo que haremos será hallar la intersección del plano del cuadrilátero con dos lados del triángulo. Así tendremos dos puntos “I y J” que, unidos, determinarán la intersección entre estas formas. Según esto vamos a obtener la intersección del lado AB con el plano del cuadrilátero, para lo cual tomamos el plano auxiliar proyectante que contiene a dicho segmento, con su traza horizontal coincidente con la proyección horizontal, ab, del mismo. Buscamos las intersecciones de este plano proyectante, de traza vertical no dibujada, con los lados 1-4 y 3-4, siendo los puntos x-x` e y-y` los de dicha intersección. La recta x`-y` corta al lado a`b` en el punto i´, que tiene su proyección horizontal, i, en la correspondiente proyección de ab. La construcción anterior se basa en el hecho de que la intersección de una recta con un plano proyectante se saca buscando el corte de la traza horizontal del plano con la correspondiente proyección de la recta, refiriendo a continuación dicho punto de sobre la proyección vertical de la recta. Téngase en cuenta que los puntos de un plano proyectante horizontal tienen su proyección horizontal sobre la correspondiente traza del plano, al ser planos perpendiculares al horizontal. Ayuda. El conocer la frontal y la horizontal de alejamiento y cota cero significa que se tienen las trazas de un plano F`o y Ho. La horizontal de dicho plano de cota “h” es la recta en la que se sitúa un lado del paralelogramo; y la frontal de alejemiento “a” contiene al lado que falta para la determinación completa de su perímetro, que es el cuadrilátero con vértices en las intersecciones, 1, 2, 3 y 4 de estas rectas. Obsérvese cómo el lado 1-2 de la proyección horizontal es paralelo a la traza Ho; y cómo la proyección vertical 1`-4` es paralela a la traza F`o. De esta forma tenemos los vértices del cuadrilátero. Por igual razonamiento se determina el punto y-y de intersección del plano del cuadrilátero con el lado BC del triángulo. Es importante recalcar que el resultado final de la intersección de las formas es independiente de los lados del triángulo que se tomen para la sacar la intersección. También hacemos notar el hecho de que alguno de los puntos de intersección pueda quedar fuera del perímetro del polígono, como en nuestro caso ocurre con el punto i-i`. Al unir los puntos I y J se toma sólo la parte de la recta, por ellos definida, que resulta común al interior de ambos contornos de las formas dadas. NUEVA COLECCIÓN DE PROBLEMAS RESUELTOS Y EXPLICADOS ENUNCIADO DE SISTEMA DIÉDRICO. Establecer las partes vistas y ocultas del conjunto de las formas aportadas en la figura cuya intersección se ha obtenido en el problema anterior. Se trata del conjunto formado por un triángulo de vértices ABC y un paralelogramo de vértices, 1,2 3 y 4. AYUDA. El segmento de proyecciones j-n, j`n` es la intersección de ambas formas. Para determinar las partes vistas y ocultas del conjunto nos basamos en que : 1º Estas son independientes en cada proyección, es decir, que el hecho que un lado sea visto u oculto en una proyección no implica nada respecto a lo que ocurra para ese segmento en la otra proyección. 2º Los contornos exteriores son vistos en ambas proyecciones. 3º En la proyección horizontal es visto siempre lo que tiene más cota, mientras que en proyección vertical es visto lo de más alejamiento. 4º También se debe tener en cuenta que cuando un segmento corta al plano de un polígono, como hace el lado BC con el del paralelogramo, sabemos que dicho segmento será visto en un sentido, a partir de la intersección, y oculto en el contrario, siendo el punto de la citada intersección aquel donde se produce la transición de parte vista a oculta. Así por ejemplo vemos que el segmento j`c` es visto mientras que j`b` resulta oculto. Obsévese además cómo en nuestro caso en la proyección horizontal del segmento bjc, hemos tomado el punto w de corte de bc con 1-2; al referir a la proyección vertical, sobre ambos segmentos, vemos que el punto w`, situado en 1`-2` tiene más cota que el que tendríamos sobre el lado b`-c`, por lo que en proyección horizontal el tramo jw es oculto, siendo todo el segmento 1-2, con el que se cruza, visto. Luego si jw es oculto se cumple, según lo antes explicado, que jb es visto en dicha proyección, por lo que el tramo yz del lado 3-4, que con él se cruza, es oculto. Idéntico razonamiento hacemos con los lados 1-4 y a-b, los cuales se cortan en el punto x (en la proyección horizontal). Lo referimos a la proyección vertical sobre los lados 1`-4` y a`-b`. Observamos que tiene más cota por pertenecer a a`-b`, lo que hace que, en la citada proyección horizontal, a-b sea visto y x-n oculto, siendo n-1 visto. 5º Para la proyección vertical observamos el punto k`=m` de corte de 1`-2` con el lado a´-c`. Refiriendo desde dicho punto, a las correspondientes proyecciones horizontales de estos segmentos, vemos que el punto k tiene más alejamiento por pertenecer al lado AC, lo que hace que este segmento en proyección vertical sea visto y el otro oculto en el tramo k`1`. En lo que respecta al punto b`, sabemos que es oculto, al ser el de menos alejamiento del triángulo, lo que hace que los tramos que parten de él en proyección vertical también lo sean. Analizando ahora el segmento b`-c` se aprecia que será oculto, como se ha dicho, hasta la intersección j`, siendo visto el segmento j`-c`. NUEVA COLECCIÓN DE PROBLEMAS RESUELTOS Y EXPLICADOS ENUNCIADO DE SISTEMA AXONOMÉTRICO. El segmento A-a de medida H aportado como único dato del ejercicio es un cateto de un triángulo rectángulo isósceles, siendo el otro cateto,ab del triángulo, paralelo al plano del cuadro. Se pide representar el triángulo. trazada desde “o”. Se determina así el punto (o) al igual que los ejes abatidos (x) y (z), que estar´an en verdadera magnitud. La perpendicular a C` trazada desde M determina en (z) el punto (M), siendo (o)(M)= Hr la verdadera magnitud del segmento de perspectiva oM y por tanto la del segmento H. Como el triángulo a dibujar es rectángulo isósceles y el otro cateto es paralelo al plano del cuadro, se cumple que dicho lado está en verdadera magnitud, siendo por ello por lo que llevamos la medida (o)(M), obtenida en el abatimiento, en una paralela a la traza C del xoy con el plano del cuadro para sacar el tercer vértice, b, del triángulo buscado. La figura inferior muestra el triángulo Aab en el espacio junto al sistema de ejes axonométricos, xyz, correspondientes a los de la figura de realización del caso, procedentes de proyectar ortogonalmente, sobre el plano del cuadro, los ejes reales (X)(Y)(Z) de un triedro trirectángulo de vértice (O). Ayuda. Sabemos que la medida del segmento Aa=H del dibujo en la perspectiva no coincide con su valor real, al ser paralelo al eje z, y estar este eje reducido en cuanto a sus medidas lineales dado que es oblícuo al plano del cuadro. Para saber la medida real de dicho segmento lo transportamos sobre el eje z obteniendo el segmento oM. La medida real de dicho segmento se determina abatiendo el plano xoz sobre un plano del cuadro cualquiera, C-C`-C`` que tiene sus trazas respectivamente perpendiculares a los ejes proyectados ( x, y, z). La semicircunferencia de diámetro C` contiene al origen “o” abatido, estando dicho punto en el corte de la semicircunferencia citada con la perpendicular a C` NUEVA COLECCIÓN DE PROBLEMAS RESUELTOS Y EXPLICADOS ENUNCIADO DE PERSPECTIVA CABALLERA. Sabiendo que un plano que secciona a un cono según una parábola ha de ser es paralelo a una generatriz, hallar las trazas del plano que secciona al cono dado según dicha cónica, conociendo el vértice, A, de la misma y la perspectiva caballera del cono. Se debe saber igualmente que la generatriz a la que es paralelo el plano de sección parabólica es la diametralmente opuesta a la que contiene al vértice de la misma, siendo el plano que la secciona de este modo perpendicular al de simetría que contiene a estas dos generatrices. Obténgase, además de la perspectiva caballera de la parábola sección, su proyección sobre el plano xoy. Ayuda. Según las orientaciones teóricas expresadas en el enunciado, dibujamos la genetartiz V1 que contiene al vértice aportado, A, de la parábola, así cómo su diametralmente opuesta V2, a la que ha de ser paralelo el plano sección. Para determinarlo nos basamos en que un plano paralelo a una recta contiene a una paralela a la misma, por lo que trazamos por el punto A la paralela a la generatriz V1, obteniendo la recta Am, siendo el punto m su traza con el plano xoy. La traza P con el xoy del plano sección pasa por m, siendo paralela al eje x, ya que dicha traza es perpendicular al plano definido por V-1-2, que resulta paralelo al yoz en este caso. Por otra parte vemos que la generatriz V1 es paralela al plano yoz, al igual que la generatriz V2 y la recta Am, siendo este último segmento frontal respecto a yoz, lo que implica que la traza P`` del plano sección sea paralela a la recta Am. La traza P corta a la base del cono en los puntos 5 y 6, que pertenecen a la parábola buscada. Para obtener más puntos de la cónica sección proyectamos sobre yoz una serie de generatrices, como la V1, V3 y V4, y hallamos sus intersecciones con la traza P``, se determinan una serie de puntos que, mediante paralelas al eje x, determinan las perspectivas de los de la sección. Este sistema de hallar intersecciones de generatrices con un plano se debe a que éste es proyectante respecto el plano coordenado yoz. La proyección de la parábola sobre el yoz es un segmento de la traza P``. La proyección de la parábola sobre el plano coordenado xoy es otra parábola que se determina hallando las proyecciones de los puntos A, B, C.. sobre dicho plano. NUEVA COLECCIÓN DE PROBLEMAS RESUELTOS Y EXPLICADOS ENUNCIADO DE PERSPECTIVA CÓNICA. El cuadrilátero ABCD es la perspectiva del contorno de la planta rectangular de un edificio con cubierta a dos aguas, que vierten a los lados AD y BC. La cumbrera del tejado sube una altura “H” sobre el plano horizontal ABCD. Dibujar las 24 tejas de la cubierta descrita si la distancia del punto de vista al plano del cuadro es P(V). Ayuda. Al ser ABCD un rectángulo con parejas de lados paralelos, prolongamos los opuestos para determinar los puntos de fuga F y F`. La recta F-F` es la línea del horizonte. Garantizaremos que el cuadrilátero ABCD aportado es un rectangulo posicionando el punto de vista abatido (V) en una semicircunferencia de diámetro F-F`. Dicho punto se encuentra en el corte de la semicircunferencia citada con la paralela, R, a la línea del horizonte trazada a una distancia P(V). Con el punto (V) y los de puntos de fuga podemos hallar los puntos métricos asociados a las direcciones que describen F y F`. Para ello trazamos sendos arcos de centros en F y F` y radios respectivos F(V) y F`(V). Se obtienen así M y M`, siendo M el métrico asociado a las rectas que fugan a F, y M` el asociado a las que fugan a F`. Por otra parte las 24 tejas del total hace que a cada agua le correspondan 12=4x3, lo que hace que el lado mayor del rectángulo AD se divida en 4 partes iguales, mientras que la mitad de AB la dividamos en 3 partes iguales. Para dividir los segmentos citados en partes iguales hallamos las verdaderas medidas de los mismos, para lo cual proyectamos sobre la “LT” los puntos B y D desde los métricos M y M` respectivamente. Se obtienen así los puntos b y d, siendo Ab la medida real del segmento representado en cónica por AB; la medida Ad es la longitud real del lado AD de la perspectiva. Dividimos en partes iguales por Thales los segmentos Ab y Ad y proyectamos sobre los lados AB y AD desde M y M`, obteniendo la división en cónica. Para dibujar la cumbrera del tejado prolongamos la recta F`m hasta su corte con la L.T. y desde dicho corte levantamos la medida real H, obteniendo Z que, unido con F`, determina la cumbrera dibujada por el punto medio del rectángulo inicial. Las rectas AE y DJ son paralelas y representan dos líneas de máxima pendiente de la cubierta, cuyo punto de fuga es F``, al cual irán a concurrir las líneas de contorno de las tejas rectangulares representadas. NUEVA COLECCIÓN DE PROBLEMAS RESUELTOS Y EXPLICADOS ENUNCIADOS DE REPRESENTACIÓN DE PIEZAS MEDIANTE SUS PROYECCIONES. Se aporta la planta de una pieza y su alzado representado fuera de norma según una dirección B. Se pide hallar el alzado normalizado según la dirección perpendicular. Ayuda. Analizamos la pieza viendo, en las proyecciones aportadas, las correspondencias entre los puntos y elementos notables de la misma. De esta manera podemos localizar, mediante la información de su altura, la proyección pedida cada punto. Para realizar esto resulta saludable el realizar previamente una interpretación espacial de la pieza, pudiéndose materializar dicho análisis mediante un croquis (dibujo a mano alzada) sin responder a las medidas reales. En el alzado solución puede apreciarse la existencia de dos pequeños segmentos horizontales ligados por una línea oculta, igualmente horizontal. Esos segmentos son importantes a la hora de su dibujo, dado que representan el alzado de la parte de circunferencia que liga o relaciona las dos líneas verticales que limitan la endidura realizada mediante planos verticales en el cilindro. NUEVA COLECCIÓN DE PROBLEMAS RESUELTOS Y EXPLICADOS Se aportan las proyecciones diédricas de una serie de piezas, se pide su representación en perspectiva. Dibujar las vistas necesarias para definir la pieza aportada en perspectiva. NUEVA COLECCIÓN DE PROBLEMAS RESUELTOS Y EXPLICADOS ENUNCIADO DE CORTES Y SECCIONES DE PIEZAS. Dibujar la perspectiva de la pieza cuyas vistas se aportan, hallar la vista lateral izquierda cortada según A-B, así como el alzado al que le hemos aplicado el corte por planos paralelos según las indicaciones de extremos C-D. PERSPECTIVA A ESCALA: DATOS: ALZADO CORTADO SEGÚN C-D Y VISTA LATERAL IZQUIERDA SEGÚN A-B. NUEVA COLECCIÓN DE PROBLEMAS RESUELTOS Y EXPLICADOS Realizar un croquis con las vistas y cortes necesarios para la definición de la pieza y acotar sin indicar los valores numéricos de las medidas de cada cota. NUEVA COLECCIÓN DE PROBLEMAS RESUELTOS Y EXPLICADOS ENUNCIADO DE ESCALAS GRÁFICAS. Partimos de un dibujo del que se desconoce la escala a la que está realizado. Suponemos que un lado del rectángulo como el oD en la realidad mide 3,4 metros. Se desea utilizar la escala gráfica para determinar la medida del lado menor del rectángulo representado. Ayuda. Para hacer una escala gráfica trazamos por el vértice “o” una recta inclinada cualquiera y llevamos en ella, a partir del punto “o”, 34 milímetros correspondientes a los 3,4 metros de la indicación de medida real, obteniendo el punto X. Unimos X con el extremo D mediante una recta de trazos, y por las divisiones de los segmentos de 10 milímetros dibujamos paralelas, obteniendo los puntos A, B y C. Cada segmento de los obtenidos en la recta oD representa un metro a escala en el plano. Para tener divisiones de decímetros en la contraescala prolongamos hacia la izquierda una medida oE igual a oA, y la dividimos en 10 partes iguales. Para lo cual dibujamos hacia arriba desde el punto “o” una recta oY cualquiera y llevamos a partir del extremo “o” diez medidas iguales de cualquier valor, obteniendo “z”. Unimos “z” con E y trazamos paralelas a la recta zE por los puntos de la división, para sacar en la prolongación horizontal del lado las divisiones correspondientes a los decímetros a esta escala. Para hacer la escala copiamos en la figura inferior las medidas obtenidas con los puntos o, A B, C y E y prolongamos tanto como queramos para llegar hasta la medida de 9 metros (más si se necesita). A modo de ejemplo de medición usando, la contraescala con decimales, vemos que el segmento RS mide una longitud de 5,4 metros a la escala del dibujo. Para sacar la medida real del lado menor del rectángulo representado colocamos la escala aportada sobre dicho lado y tenemos que la longitud pedida es de 2,8 metros.