Examen diédrico 2º bach, hasta poliedros

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SOLUCIÓN      

1     

1. Dibujamos un triángulo equilátero, base del tetraedro. Trazando las alturas hallamos la proyección horizontal.

2. Para hallar la altura podemos dibujar el triángulo rectángulo, donde la hipotenusa es una arista y la altura un cateto. Una vez conseguido el vértice superior dibujamos las aristas /una es discontínua).

3.  Para hallar la sección nos podemos valer del perfil, ya que el plano bisector ha de ser perpendicular a este. Así que dibujamos la proyección lateral.

4. Dibujamos el plano bisector , a 45º. Vemos que nos corta a la figura en 2 aristas , así como en un vértice del tetraedro, que está situado en la L.T.

5. Abatimos el plano bisector sobre el plano horizontal para hallar la verdadera magnitud.

2            

1. Hallamos las trazas de la recta R y por ellas dibujamos las trazas del plano. P es perpendicular a r y contiene a h. 

2. Abatimos el plano. Dibujamos el cuadrado en él: 2 vértices están en P y otro en P'.

3. Desabatimos el plano con el cuadrado.

4. Dibujamos las proyecciones de la altura. Parten del centro del cuadrado y son perpendiculares al plano P. Pero no podemos medir directamente la altura ya que no son paralelas a ningún plano de proyección.

5.  Para medir la verdadera magnitud podemos usar un cambio de plano. He optado en cambio por  ver la diferencia de cotas. Para ello situamos un punto cualquiera (x) y vemos    su verdadera magnitud. En su lugar llevamos los 40 mm y conseguimos el vértice (V).

6. Unimos los vértices y hallamos las aristas de la pirámide.

7.  Repasamos distinguiendo partes vistas y ocultas. 

 

TETRAEDRO SELECTIVIDAD 2022

 IMPRESO-DIBUJO-EXTRA-TITULAR- 2022

 

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SOLUCIÓN    

 Nos dan una recta frontal y la proyección vertical de un punto contenido en él

1  Como es una recta de máxima pendiente, trazamos P perpendicular a la recta y que pase por H. Nos sale un plano proyectante vertical .(lo podemos dibujar directamente sin hallar H). Hallamos la proyección O en la recta.

2  Para dibujar el triángulo abatimos el plano sobre el horizontal. Abatimos el punto O. Con centro en O dibujamos la circunferencia de 30 mm de radio. Como un lado ha de ser paralelo al PV, uno de los vértices ha de estar en el lado opuesto, así que dividimos la circunferencia (usando el radio), cuidando que un vértice (A) esté en una recta perpendicular a la LT.

3  Desabatimos el plano con los 3 vértices del triángulo AB yC.

4  El vértice superior (D) ha de estar en una recta que parta de O y sea perpendicular a la base y a P. La altura se vería en verdadera magnitud en el vertical. Para hallar la distancia de la altura podemos utilizar el triángulo rectángulo que se forma entre la proyección en la base (un cateto) una arista (hipotenusa) y la altura (el otro cateto)

5  Unimos los vértices y calculamos aristas ocultas y vistas.

6. No podemos olvidar indicar que el plano es proyectante vertical o de canto

Tetraedro- selectividad 2011

 

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SOLUCIÓN

1    Para dibujar el triángulo: 1- Trazamos una recta perpendicular a la LT por a'-b': Ahí tienen que estar los vértices a y b. Dibujamos el triángulo. Podemos, por ejemplo, tras dibujar una altura, trazar una recta a 30º.

2    1, Dibujamos la proyección horizontal. Para hallar la altura podemos calcular el triángulo rectángulo que se forma, siendo la arista la hipotenusa y la altura un cateto (el otro es la proyección de una arista).   

3      Para hallar la sección podemos elegir entre cambio de plano o intersección recta/plano. Vemos directamente que el plano no corta al triángulo, así que tiene que cortar a las otras tres aristas. Yo he optado por  un cambio de plano vertical.

   Tras cambiar el plano y convertirlo en proyectante, hallamos las nuevas proyecciones del tetraedro (dos aristas que antes coincidían ahora no lo hacen)

4     Conseguimos los cortes en 1, 2 y 3 en el nuevo plano vertical. Los llevamos al PH y conseguimos los alejamientos 1, 2 y 3. Dibujamos sus cotas mediante rectas perpendiculares a la LT. Uniendo los puntos conseguimos las secciones y rayamos su interior.

5   Mediante abatimiento conseguimos la verdadera magnitud

Si optamos por la intersecciónrecta-plano. Vemos que una arista es muy fácil, ya que es paralela a la LT: Nos basta una recta frontal. 

Otra arista la podemos resolver con un plano proyectante, pero  para la tercera tendremos que meter un plano auxiliar  ya que es casi paralela a la traza P y al meterla en un plano proyectante, los cortes se nos salen del papel,

Tras rayar la solución podemos conseguir la verdadera magnitud por abatimiento 

Examen diédrico (suplente junio 2020)

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SOLUCIÓN

1Para hallar las trazas del plano. conseguimos las trazas H y V de la recta. P va a ser perpendicular a m y pasar por h

 2. Para dibujar el triángulo, comenzamos abatiendo el plano. He usado una recta horizontal R, que contiene a A , lo que me permite conseguir la proyección horizontal del punto.
Como B tiene 15mm de cota trazo una recta horizontal S, de 15 mm de cota, que también abato.

 3 Como los lados del triángulo tienen 50 mm, dibujo una circunferencia con este radio.  Me corta a S en dos puntos, así que puedo hacer hasta 4 triángulos, pero sólo uno estaría dentro de las trazas (es decir, en el primer diedro). En la ilustración, los polígonos en magenta se salen del 1er diedro.

 4.Desabato el plano con el triángulo. He hallado también centro del triángulo, ya que me va a servir para dibujar el tetraedro.

 5 Para hallar la altura del tetraedro, dibujo una semirrecta perpendicular al triángulo (y al plano, por tanto sus proyecciones son perpendiculares a P y P').
La altura del tetraedro la consigo dibujando un triángulo rectángulo, donde la hipotenusa es la arista, un cateto la proyección de la arista y el otro cateto la altura. Mediante diferencia de cotas llevo esta medida (a mi me salen 41mm) a la semirrecta y hallo el vértice superior. (también lo podría hacer por cambio de plano). No se me puede olvidar responder a la pregunta.

 5 Uno la solución, diferenciando aristas vistas y ocultas.