viernes, 31 de agosto de 2012
…CUÁNDO se dice que una RECTA..sube y atrasa a la derecha..? o que el PLANO baja o retrocede.. por la izquierda..? SÁBES..llevar direcciones en DPO..!! QUÉ son propiedades..?
martes, 28 de agosto de 2012
…CÓMO se halla el VERDADERO TAMAÑO de una RECTA..? QUÉ es un TRIÁNGULO de REBATIMIENTO ..? No te quedes con la duda..!!
sábado, 25 de agosto de 2012
…CÓMO se intercepta un RECTA con el Plano Vertical..? o también..con el 2do. Bisector..? QUÉ son PUNTOS NOTABLES..? acércate..!!
viernes, 24 de agosto de 2012
…SABES representar PUNTOS en DPO..? CONOCES las distintas posiciones de UN PUNTO en el Espacio..? Cómo se hace..? entérate..!!
miércoles, 22 de agosto de 2012
…Proy. Oblicua Frontal-POF..!! SECCIÓN de SÓLIDOS CONJUGADOS..un CILINDRO y un PRISMA de Base Hexagonal ambos ortogonales..!! con un plano cualquiera definido por su Recta de Máxima Pendiente..!!
…En Proy. Oblicua Frontal-P.O.F...!! Se trata ahora de seccionar, a la vez, dos sólidos conjugados (uno dentro del otro) de un cilindro y un prisma base hexagonal..rectos y apoyados en el PVP los dos..!! es una experiencia interesante y valiosa..involucra aspectos como: trazas del plano, máx. pendiente, intersección (recta tapada), elipse (8 tangentes), contorno aparente y visibilidad..!! ..y apartando los trazados finales..es conceptualmente asequible..!! Se incluye además, las Guías de Procedimiento o Pasos a Seguir (Color Amarillo) y Notas Tutoriales (Color Azul)…como explicaciones complementarias, que orientan en todo momento el avance de la solución..!! visita: http://www.youtube.com/watch?v=keX3wWzVfhY&feature=youtu.be…Usa como buscador youTUBE: GEOMETRICA100 y te aparecerá el listado de todos nuestros videos…También puedes escribirnos..!! dudas o consultas adicionales a través de nuestra dirección: tugeometria@gmail.com
jueves, 16 de agosto de 2012
…En Proy. Oblicua Frontal-POF..!! SECCIÓN POLIÉDRICA de un PRISMA OBLICUO de Base Hexagonal..!! con un plano cualquiera definido por sus trazas..!!
…Seguimos en Proy. Oblicua Frontal-P.O.F...!! en este caso..ahora vamos a seccionar un cuerpo poliedro..!! de base hexagonal horizontal..y cuyo eje no es ortogonal, es decir que el Prisma es Oblicuo..partimos siempre, de las proyección ortogonal (DPO)..de su base y luego la deformamos a perspectiva..!! aquí veremos como se interseca una recta cualquiera con un plano definido por sus trazas..y por medio de homología y afinidad…podremos determinar el polígono de sección sobre el poliedro, lo demás es contorno y visibilidad..!! Ciertamente, es una experiencia muy amigable..ideal también..para iniciarse en el tema..!! Se incluye además, las Guías de Procedimiento o Pasos a Seguir (Color Amarillo) y Notas Tutoriales (Color Azul)…como explicaciones complementarias, que orientan en todo momento el avance de la solución..!! visita: http://www.youtube.com/watch?v=JmoBaXW6FU0…Usa como buscador youTUBE: GEOMETRICA100 y te aparecerá el listado de todos nuestros videos…También puedes escribirnos..!! dudas o consultas adicionales a través de nuestra dirección: tugeometria@gmail.com
martes, 14 de agosto de 2012
…Otra práctica de Proy. Oblicua Frontal-POF..!! SECCIONES CÓNICAS - PARÁBOLA..!!
domingo, 12 de agosto de 2012
…Un nuevo avance...!! Geometría Descriptiva II..Iniciando con Proy. Oblicua Frontal-POF..!! SECCIONES CÓNICAS - ELIPSE..!!
…Con esta práctica abrimos una nueva dimensión de Geometría..el nivel-II..!! iniciando con Proy. Oblicua Frontal-P.O.F...!! Y en esta oportunidad, lo hacemos con un ejercicio aunque muy básico… es muy amigable y de excelente contenido…ideal también..para iniciarse en el tema…Es importante aclarar..que en fundamental le teoría básica y elemental de los dos conceptos: Oblícua y Cónicas…ya que, la explicación se centra exclusivamente en la solución de este acertijo…La propuesta consiste en seccionar un cono recto apoyado en el plano horizontal..mediante un plano secante-Alfa cualquiera definido por tres puntos arbitrarios..de los cuales uno solo ”S”…pertenece a dos lugares a la vez…ya que aún estando en el plano, también pertenece al eje del sólido…y es ahí donde parte la solución..por supuesto 8 Tangentes…es la herramienta fundamental de este objetivo...!! Se incluye además, las Guías de Procedimiento o Pasos a Seguir (Color Amarillo) y Notas Tutoriales (Color Azul)…como explicaciones complementarias, que orientan en todo momento el avance de la solución..!! visita: http://www.youtube.com/watch?v=3lu5gMGTFh8…Usa como buscador youTUBE: GEOMETRICA100 y te aparecerá el listado de todos nuestros videos…También puedes escribirnos..!! dudas o consultas adicionales a través de nuestra dirección: tugeometria@gmail.com
viernes, 10 de agosto de 2012
…Como para Iniciarse…Proyección de un Cilindro Recto o De Revolución…en Doble Proyección Ortogonal – DPO..!!
domingo, 24 de junio de 2012
…Hola profe! en primer lugar excelente la página y los videos! los agradecemos mucho!…Anna Karina de Caracas -Venezuela…
PLANTEAMIENTO: DIRECTRIZ DE UN CONO RECTO – Cuando el ejercicio se refiere al Lugar Geométrico de todos los puntos coplanares con un punto-B..!! en realidad lo trata de decir, es que existe un Cono Imaginario de vértice en punto-A, cuyas generatrices forman 30° con el eje AB, pero 60° con su base por propiedades del triángulo rectángulo, dicha base es una circunferencia de centro en punto-B, que es el lugar geométrico buscado..!! Es una práctica muy amigable..!!
BASE CONCEPTUAL: Se trata entonces, de hallar las proyecciones de una elipse descriptiva, que es la base de ese cono imaginario..!! usando frontal y horizontal del plano de la base (ejes mayores)..Aplicar el método de las ocho tangentes..!! y con frontales (f1-f2) y horizontales (h1-h2) auxiliares se pueden determinar los puntos extremos de cada coordenada sobre la curva..y listo..!!
RESPUESTA: 1) Unimos el segmento-AB en vertical y horizontal..Hallamos su verdadero tamaño mediante triángulo de abatimiento. 2) Construimos el arco capaz con ese verdadero tamaño AB (que es la hipotenusa del triángulo anterior). Y este segmento AB se convierte ahora en el eje del cono imaginario; usamos una mediatriz, para hallar su punto medio, y con el mismo radio y centro en B, cortamos la semicircunferencia…ahí tenemos los 30°, entonces extendemos ese cateto y la línea de 30° (nueva hipotenusa) hasta que se corten; es nueva longitud del cateto en B, sería el radio (r) de la directriz del cono..!! 3) Ahora, llevamos por el punto-B, frontal y horizontal del plano (α) normal al eje, y construimos empleando 8 tangentes, las proyecciones de la elipse base…que sería el Lugar Geométrico buscado..!! 4) Para definir los puntos extremos de mayor y menor cota, vuelo y distancia lateral; sólo se pueden determinar en proyecciones y nunca en rebatimiento; y para ésto, basta con llevar rectas notables correspondientes a cada una de esas coordenadas. 4) Sería entonces, dibujar rectas paralelas a Línea de Tierra en lugares arbitrarios, por ejemplo en vertical (h1-h2), en plano horizontal (f1-f2) y rectas De Perfil (p1-p2) perpendiculares a L.T., usando entonces la rectas notables (hα, fα, pα) que pasan por Bv-Bh y sus auxiliares correspondientes, se dibujan las diagonales de los cuadriláteros implícitos a cada lado de las rectas notables del punto-B…uniendo además, las intersecciones de cada pareja de diagonales se obtienen los puntos: Z1-Z2 (Mayor y Menor Cota en PVP), los puntos: V1-V2 (Mayor y Menor Vuelo en PHP), los puntos: X1-X2 (Mayor y Menor Distancia Lateral en ambas proyecciones)…y todos sobre la curva…este es el final..!! Hemos omitido intencionalmente, el resaltado grueso de la elipse definitiva, para facilitar la comprensión de los procedimientos anteriores. SALUDOS.
sábado, 5 de mayo de 2012
… Hola Profe como esta =D! espero que muy bien! le escribo a ver si me puede hacer un favor inmensooo! tengo un ejercicio de geometría descriptiva que quisiera saber su resultado! lo tengo aquí pero no c si pueda…es de intersección, si puede, espero su respuesta..saludos!
• El vértice-B, se encuentra 52 mt., por delante del Plano-β
• NP, mide 60 mt. forma un a=41˚ y b=45˚ asciende y se aleja por la Derecha
Datos:
A(50; 40; 63) B(85; ?; 94) C(130; 60; 57) D(115; 25; ?) M(70; 20; 94) N(115; 80; 0) P( ?; ?; ?)
Plano- β {X(120; 50; 0) Y(120; 0; 86) Z(170; 0; 0)}
PLANTEAMIENTO: COMÚN INTERSECCIÓN de POLÍGONOS – Se trata primero, de hallar la proyecciones de las dos figuras geométricas; ya que en ambas existen incógnitas, es decir, que hay información faltante que completar, para poder proceder a la segunda parte hallar la común intersección que es el objetivo fundamental de esta práctica..!! esta es una experiencia interesante..!!
BASE CONCEPTUAL: La primera figura: el Cuadrilátero-ABCD, tiene dos faltantes, la proy. Horizontal del vértice-B; y la posición vertical del vértice-D; para hallar Bh debemos relacionar el punto-B con otro punto alterno-B’ que pertenezca al plano-β y que ambos estén contenido en una misma recta De Punta, y aplicar luego el mayor vuelo del vértice-B. si dijese, la mayor cota, debería usarse entonces una recta De Pié o Vertical y la proy. faltante debería ser la vertical..!! el vértice-D, se halla de manera muy sencilla, tan solo aplicar el concepto de pertenencia o rectas coplanares y ya..!! Para la segunda figura, es tan sólo un procedimiento simple de propiedades y direcciones de la recta usando un verdadero tamaño..y listo..!!
RESPUESTA: 1) Hacemos coincidir la proyecciones de Bv-Bv’ (B´es el punto auxiliar que debe estar en el plano-β , y como este está definido por sus trazas, 1) Llevamos entonces por Bv’, una auxiliar del plano (fv)..en ese caso, ideal que sea frontal u horizontal ya que es lo más fácil en estos casos. Luego por puntos de corte 1v-1h llevamos la frontal horizontal (//a LT), y donde ésta corta la referencia de B’, allí estaría Bh’. Luego, medimos partir de este punto, y en el sentido del mayor vuelo los 52 mt y allí está Bh…Ahora tenemos el triángulo ABC completo. 2) Unimos la recta Bh-Dh y obtenemos el punto 2h sobre la recta AC, subimos el 2v y unimos igual con Bv, y cortamos la referencia de Dh..unimos los cuatro vértices en ambas proyecciones y Listo. 3) Par ael Triángulo MNP, solo construimos el círculo de verdadero tamaño de NP, con un diámetro de 60 mt, definimos los valores proyectivos de los catetos y aplicamos propiedades de la recta…y ya..!! 4) Para hallar la recta intersección del ambas figuras, hacemos uso de dos rectas auxiliares t1-t2( tapadas en vertical) por puntos de corte 3,4,5 y 6 conseguimos proyecciones horizontales y cada una correspondientemente nos determinan los punto P1-P2 de la recta buscada y veremos que se trata de una penetración total, ya que ambos punto de la recta-i pertenecen a la misma figura..5) Resaltamos el contorno aparente y aplicamos visibilidad por puntos extremos..y fin..!!
lunes, 30 de abril de 2012
…Hola estoy cursando Geom. Descriptiva-I, hay varios ejercicios en los que me gustaría que me ayudaran – Katherine de Caracas -Venezuela…
Sabiendo que:
• “a” es tangente a la directriz del sólido
• “b” contiene una generatriz, diagonalmente opuesta a la recta “a”
• Q es centro de la base
• ZV >ZQ
Datos: recta “a”{X(108; 109; 63) Y(59; 9; 48)} recta “b”{X(12; 116; 72) Y(28; 116; 31)}
CONO EQUILÁTERO – Comprendido entre dos rectas a y b..realmente, este ejercicio es todo un reto..no solo por tratarse de una perpendicular común-PPC, sino que además, requiere un esfuerzo adicional de interpretación..ya que su sección axial es un triángulo equilátero..!!
BASE CONCEPTUAL: Primero que nada, hay que entender, que posición real debe tener este cuerpo redondo, si una generatriz del mismo está contenida, sobre la recta-b…y su directriz, es tangente a la recta-a..!! luego, tenemos que visualizar que, la única manera, de cumplir con ambas condiciones es que dicha sección axial del sólido, que es un triángulo equilátero, tenga uno de sus lados sobre la recta-b, y por consiguiente el oro vértice de la figura será el punto de tangencia de la base del cono…
POR CONSIGUIENTE: la mínima distancia entre ambas rectas, será la Perpendicular Común (PPC), y lo más importante, es que dicha distancia equivale a la altura de ese triángulo equilátero que es la sección axial del sólido curvo. Triángulo TVW.
RESPUESTA: 1) definimos un 1er.plano auxiliar (α) mediante un paralela-b’ de la recta-b, sobre recta-a (punto-1…primer punto arbitrario-I) de esta forma dicho plano será paralelo a la recta-b, construimos de seguido, las rectas auxiliares fα – hα. 2) tomamos un segundo pto. Arbitrario-II (punto-3) sobre la recta-b, y levantamos una recta-l normal (┴) al plano-α, y hallamos su intersección sobre plano-α (pto-9) por allí llevamos otra paralela de recta-b ≡ b’’, y donde esta auxiliar corta la recta-a; ahí tenemos el punto de tangencia-T de la base del cono. 3) llevamos otra paralela del a recta-l (l’) y donde ésta corta la recta-b, allí está el pto. Medio (M) de uno de los lados de la sección axial. La distancia TM, que es la Perpendicular Común (PPC) de ambas rectas, es a su vez, al altura del triángulo equilátero..!! 4) Se construye entonces, el tamaño real de de dicho triángulo y se toma con el compás la mitad de uno de su lados. (MV o MW), y por ser la recta-b, una recta frontal este valor gráfico se lleva directamente sobre la recta-b en proyección vertical (Ojo: es la que está en verdadero tamaño). Y ahí tenemos las posiciones Vértice-V y el punto-W que es la generatriz de tangencia del cono. Hay dos respuestas para el vértice-V: superior o inferior (asumimos la 1era. Opción, es lo tradicional)..Seguimos ahora con la construcción de la elipse base..!!..5) Teniendo ahora, las proyecciones del triángulo-TVW (Sección Axial) hallamos pto. Medio de del segmento TW (Diámetro de la directriz). Pero aún no tenemos el plano que contiene la circunferencia base..!! hay que construirlo, pero esto, es muy sencillo. 6) la recta-b, se convierte en la frontal de un 2do. Plano-β (Triángulo-TVW)..por lo tanto solo tenemos que hallar, la horizontal- hβ, es de posición arbitraria, usaremos punto-Q y punto -10 por ejemplo, y nuevamente por Q, llevamos la nueva recta-r perpendicular (Normal) al plano-β, esta recta-r y el segmento TW forman el 3er. Plano-γ, que es realmente, el que contiene la elipse base. 7) Hallamos frontal y horizontal (f γ – hγ) que pasen por Qv-Qh, y aplicamos las ocho tangentes. Llevando también por Q, las Max. Pendiente (En horizontal) y la Máx. Inclinación (En vertical-Revisa los últimos videos que puse en youTUBE..!!) 8) Lo demás, se convierte en contorno aparente y aplicar visibilidad (usar puntos extremos)..!! Y SE ACABÓ..!!..visita estos enlace, que te puede ampliar más el tema: http://www.youtube.com/watch?v=jHvg3useybA&list=UU3luxOoe_O2_SLtg2l1Nd_A&index=1&feature=plcp
- http://www.youtube.com/watch?v=kXJBdlj-x68
...Hola estoy cursando Geom. Descriptiva-I, hay varios ejercicios en los que me gustaría que me ayudaran – Katherine de Caracas -Venezuela…
Sabiendo que:
• “m” es Máx. Pendiente de π
• AB pertenece al 1er. BIS.
• Q’W es eje del sólido
• Q es centro de la base
Datos: recta “m”{X(150; 35; 60) Y(95; 0; 10)} Q’(46; 60; 110) W(80; 70; 80)
PLANTEAMIENTO-1: PRISMA OBLICUO - Base Hexág. Regular: Ciertamente, es un ejercicio típico de poliedros, se trata de un plano π definido por una sola recta: Máx. Pendiente…y otra recta Q’W opuesta al plano, que es eje del sólido..
RESPUESTA: 1) definimos el plano π con una segunda recta, en este caso, siempre la recta compañera de la máx. pendiente es una horizontal..que la llevamos por el pto.1; 2) Hallamos inters. Del eje Q’W sobre el plano, mediante una recta tapada (t), eso nos determina Q (centro de la base). 3) Luego intersecamos, el plano π con el 1er.BIS, que por ser plano de simetría, simplemente se construyen la simétricas de 1’=mp’ y 5’=h’ y con eso determinamos la recta-i, que es la intersección de ambos planos. 4) Creamos un plano β normal (┴) a la recta-i con f β - hβ y hallamos la intersección-P, que será el punto medio de AB. 5) Hallamos el V.Tamaño del segmento QP, y ese sería el valor del Apotema (mínima distancia en la recta-i y pto-Q). 6) construimos un triángulo equilátero semejante (de cualquier tamaño) para determinar el tamaño real de la arista AB usando homotecía. 7) Una vez que tenemos los vértices A-B en ambas proyecciones, conseguimos el punto-S por simetría simple de P con el centro Q, luego con paralelas y equidistancias de AB, construimos la base ABCDEF. 8) Dibujamos luego, paralelas de la recta Q’W, por cada uno de los vértices de la base y copiamos la distancia QQ’, que sería la altura del sólido, haciendo centro en cada vértice, obtenemos proyecciones de la segunda base A’B’C’D’E’F’. 9) Resaltamos el contorno aparente y aplicamos visibilidad, usando los puntos extremos…y ya..!! !!.. SALUDOS..!! ..!!..visita estos enlace, que te puede ampliar más el tema: http://www.youtube.com/watch?v=UOw03lKQ168
- http://www.youtube.com/watch?v=uBh6sfriNnQ
- http://www.youtube.com/watch?v=Aj8ah9TNNbM
- http://www.youtube.com/watch?v=47mZ0q-R6Lc&list=UU3luxOoe_O2_SLtg2l1Nd_A&index=3&feature=plcp
lunes, 9 de abril de 2012
URGENTE..!! Por favor ayúdeme con este ejercicio…dígame los pasos..!! – Moisés de Caracas -Venezuela…
• AB es horizontal y mide 40mm
• A pertenece al plano vertical tiene 65m de cota positiva
• XA >XB Datos: Plano-γ =X(30; 70; 22) Y(55; 20; 67) Z(100; 15; 53)
PLANTEAMIENTO: HEXÁGONO REGULAR – Ciertamente, es un ejercicio típico de polígonos, cuando la figura está un plano Ganma (γ) señalado por tres puntos cualquiera….
RESPUESTA: 1) definimos el plano γ, por rectas que se cortan, por ejemplo: XY-XZ ; y si las extendemos en proy. Horizontal hasta línea de tierra, cortamos los puntos 1h-2h y luego subirlos al vertical 1v-2v, con esto hallamos la traza vertical del plano γ; y ahí, va estar la proyección vertical del punto–A, ya que pertenece al PVP, llevamos entonces los 65m, de cota que tiene A, mediante una paralela a L.T., es decir, el lugar geométrico de Av, y donde éste se corta con la traza vertical γv, ahí está Av…Ah, se encuentra directamente en la L.Tierra, ya que su vuelo es cero..2) Como AB es una recta horizontal, en proyección vertical cortamos la paralela a LT (hv). En el punto-3v y con eso hacemos pertenecer la recta-hv…y así, también la conseguimos la hh. Como AB es horizontal la vemos en verdadero tamaño en hh..!!…por lo tanto medimos directamente los 40m a la izq. de A..Así, tenemos ya, el lado AB en proyección horiz.y vertical. Para poder hallar el resto de los puntos, debemos entender que un diámetro-CF y otro lado-DE son paralelos al lado-AB, por lo tanto, deberíamos conseguir dos cosas: el apotema del polígono y la máxima pendiente de ganma, y con ese valor gráfico obtendríamos el punto-O centro de la figura, el resto sale por simetría o paralelismo simple..!! 3) Por lo tanto, en AhBh (V.T.) llevamos una mediatriz con arcos de compás, y así obtenemos dos cosas: el punto medio-W de ese lado-AB y la perpendicular (Normal) a ese segmento, esto se llama recta de Máx. pendiente..!! y cortándola con la recta-XYh en el punto-4h podemos hallarla en vertical..4) Construimos entonces, un triáng. Equilátero Real de lado 40m, cuya altura corresponde al tamaño real del APOTEMA del polígono..este paso es fundamental y decisivo en la construcción del hexágono. Ya que sin esto, no llegaríamos jamás a la solución..!! 4) Con ese mismo punto-4 y punto-W, hallamos el V.Tamaño de la Máx. Pendiente..y con el compás copiamos el v.tamaño del apotema, y lo llevamos 2veces sucesivas, a partir del punto-W y con dirección de la menor cota, de esta forma, conseguimos el centro-O y el punto-S que es el pto. medio simétrico de W..por estos puntos, entonces, llevamos luego paralelas de AB, que son las recibirán los vértices faltantes..5) Ahora, el asunto se torna sencillo, ya que con paralelas y equidistancias de AB, se obtienen las otras posiciones…es un proceso gráfico sencillo y simple, el diámetro-CF es dos veces el tamaño AB; el lado-DE se halla con ½ de AB a cada lado del punto –S…y ya..!!.. SALUDOS..!!..visita este enlace, que te puede ampliar más el tema: http://www.youtube.com/watch?v=tTSmgYTeufg
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