SR2 PEI2 2021
Enunciado
Apartados 1 y 2
Explicación apartados 1 y 2
El deslizador permite ver la resolución del ejercicio paso a paso.
Por completitud se va a hacer la proyección auxiliar doble del hexaedro regular al completo, en vez de sólo la cara ABCD.
Para ver el hexaedro en un plano perpendicular a la dirección d es necesario poner dicha dirección de punta. Como d está en una posición general, es necesario hacer dos cambios de plano para ponerla de punta. Un primer cambio de plano para colocar dI o dII paralelo al plano de proyección, y un segundo para poner d ortogonal al plano de proyección.
Esto se puede hacer con una proyección cuarta perpendicular a dI o perpendicular a dII. Aquí se resuelve de la primera manera.
Pasos:
1- Se nombran todos vértices del hexaedro, siendo d es el vector que va de H a A.
2- La dirección de proyección perpendicular a dII.
3- Se coloca una referencia de alturas (z) en el plano de la base superior (ABCD), y la proyección cuarta del punto A a una distancia cualquiera (se puede modificar en el trazado).
4- En ese mismo plano proyectante estarán las proyecciones cuartas de B, C y D. El plano de la cara inferior (FGHI) está a una altura z1, negativa
5- Llevando dicha diferencia de altura z1 se determina la proyección cuarta del punto H.
6- A la misma altura se obtienen F, I y G. Todas las aristas del hexaedro se ven en línea continua, dado que las que estarían por detrás y por lo tanto ocultascaen justo debajo de otras aristas vistas.
7- Determinando de esta manera dIV.
8- Ya se ha completado la proyección cuarta. Entre la proyección prima y la cuarta dI es una horizontal o frontal, depende de cómo se quiera mirar. dI es perpendicular a la dirección de proyección prima-cuarta. Lo cual quiere decir que dIV está en verdadera magnitud, y por lo tanto con una proyección en la dirección de dIV, se puede colocar d de punta. En esta proyección el plano horizontal se ve proyectante, y por lo tanto las aristas verticales, normales al plano horizontal, están en verdadera magnitud. Como dIV está en verdadera magnitud, los ángulos α y β, pedidos en el segundo apartado, se pueden determinar de manera inmediata.
9- Según la dirección de proyección se llevan líneas para todos los puntos.
10- A una distancia arbitraria cualquiera se sitúa la referencia de cotas (c), situada sobre el punto A. Ya se tiene la proyección quinta del vector d, de forma que AV = BV = dV.
11- La proyección quinta de los puntos A, C, F y H están en el plano proyectante de la referencia de cotas.
12- Los puntos I y D tienen una diferencia de cotas con la referencia , c3 determinada en la proyección prima.
13- Llevando c3 a la proyección quinta permite determinar IV y DV.
14- Los puntos B y G tienen una diferencia de cotas negativa con la referencia, c1 determinada en la proyección prima.
15- Llevando c1 a la proyección quinta permite determinar BV y GV.
16- Se determinan las aristas vistas.
17- Y las ocultas. En este paso se han ocultado todas las diferencias de cotas y alturas empleadas.
18- Se puede ver el problema resuelto, sin la nomenclatura de todos los puntos.
Nota: esta descripción paso a paso no sería una explicación geométrica razonada, no es necesario dar tanto detalle, y se incluye explicación de cada paso para facilitar el seguimiento al alumno.
Explicación Apartados 3 y 4
Estas dos preguntas son independientes, y se resuelven cada una con su propio deslizador.
3.1 Las dos diagonales de cara mencionadas en el enunciado son una horizontal h, entre A y C, y una frontal f entre B y H.
3.2 Poniendo cualquiera de las dos rectas de punta, con un solo cambio de plano, la determinación del segmento de mínima distancia es inmediato. En este caso, proyectando en la dirección de h'.
3.3 A una distancia arbitraria están las proyecciones sextas coincidentes de A y B, y por lo tanto de h.
3.4 Se coloca una referencia de alturas (z) en el plano de la base superior (ABCD)
3.5 Y el lado del hexaedro es la diferencia de alturas entre A y H, negativa, ΔzAH.
3.6 Con lo que se determinan las proyecciones sextas de B, H y f.
3.7 Al estar h de punta en la proyección sexta, toda distancia a h se ve en verdadera magnitud, con lo que el punto más cercano de f, M, define la proyección sexta de md, segmento de mínima distancia entre los puntos N y M.
3.8 Se puede obtener M', dado que M pertenece a f.
3.9 Y al estar mdVI en verdadera magnitud, md' ha de ser perpendicular a la dirección de proyección (al margen de tener que ser perpendicular a h' y a f'', simplemente por ser ortogonal a ambas rectas).
3.10 Por pertenencia se pueden sacar as proyecciones segundas de M y N, y por lo tanto de md.
4.1 El problema está situado en posición favorable, al verse ambos ejes en verdadera magnitud en la proyección segunda. La recta buscada pasa por el punto A, al igual que los ejes de ambos conos que definen las condiciones angulares.
4.2 El cono de eje e1 es inmediato, al coincidir el radio de la base con el lado del hexaedro. Sólo se representa la mitad de la base c1, al buscarse sólo la solución interior al hexaedro, según la figura de análisis, y para evitar en la medida de lo posible montarse en la proyección segunda.
4.3 Para poder determinar la intersección de ambos conos es necesario determinar una esfera de centro A. La intersección de cada cono con dicha esfera es una circunferencia, que se proyecta como un segmento en la proyección segunda, y por lo tanto la determinación de la intersección de ambas circunferencias es inmediata. El radio de la esfera elegida es arbitrario, pero por simplicidad de trazado se escoge una cuya intersección con el cono azul coincide con la circunferencia c1, intersección con el plano horizontal de la base.
4.4 Trazando elsegundo conode 45º, también trivial, al coincidir sus generatrices de contorno aparente con dos aristas del hexaedro, se puede determinar c2, la segunda circunferencia de intersección cono-esfera.
4.5 Como se ha explicado anteriormente, c1 y c2 pertenecen a la misma superficie, la esfera, con lo que su intersección aparente es una intersección real, I.
4.6 E I' tiene que pertenecer lógicamente a c'1.
4.7 La generatriz común a ambos conos, a, cumplirá ambas condiciones angulares, y pasa por A y por I.
4.8 Aquí se muestra la proyección en el plano horizontal de c2, y se puede comprobar que se ve como una elipse. Por eso es necesario para resolver el problema asegurarse que una circunferencia intersección se vea en verdadera magnitud en alguna de las vistas.
Puede encontrar documentación relevante aquí (Apuntes Sistemas de Representación FMG v1.0).