Mi solución al examen de Expresión Gráfica de la UPM Enero 2023 Planos acotados Ingeniería Agronómica, Alimentaria y de Biosistemas

    Este año, un alumno de Ingeniería Agronómica me propuso que resolvieramos este examen de Planos Acotados de la asignatura de Expresión Gráfica de Enero del año 2023 para poder aclarar dudas. Voy a comentar cómo lo resolví.



    Enunciado: Se dan tres puntos, dos rectas y una pirámide a escala 1/250. Con estos datos se proponen las siguientes cuestiones.

1. Determinar el plano α que pasa por los puntos ABC (color verde).

    Unimos las rectas que pasan por los puntos AB y BC. He graduado la recta BC para poder hallar la rectas horizontales de cota entera del plano. Al unir el punto A de cota 70, con el punto de cota 70 de la recta BC, hemos podido saber la recta horizontal de la misma cota. He trazado paralelas a esta recta por las cotas de 69, 68 y 67. La recta de máxima pendiente de α será perpendicular a las rectas horizontales.

2. Dibujar el plano β de pendiente 51% que contiene la recta r y asciende hacia el SO de la lámina (color azul).

    Calculamos el intervalo del plano β, aplicando la fórmula que aparece en color azul (también hay formas de calcularlo gráficamente). Una vez hallado el intervalo del plano, he dibujado el cono de vértice de cota 64, de base la corta 65 y de radio el intervalo que hemos calculado de β. Previamente he graduado la recta r. La recta horizontal de cota 65 de este plano será tangente a la base del cono. Tenemos dos opciones, escogemos la que permite crecer al plano en sentido SO.

3. Hallar la recta intersección de los plano α y β (color azul).

    En la misma imagen se puede ver el apartado 2 y el 3. Para hallar la recta intersección, la recta t, he unidos los puntos de corte de rectas con la misma cota. En este caso los puntos 1 y 2, de cotas 68 y 67 respectivamente.

4. Dibujar la sección plana que produce el plano β al sólido (color magenta).

    La planta de la pirámide se encuentra en una cota de 67, la recta horizontal del plano con la misma cota, cortará a la base en dos de sus puntos. Después, he hallado la intersección de la cara lateral izquierda con el plano β. Para ello he trazado las rectas horizontales del plano que contiene esa cara. La horizontales contarán en el punto de cota 68. Unimos ese punto de cota 68 con el punto de cota 67 de la misma, hasta que corte a la arista inferior izquierda.

    A través de la homología que relaciona la sección con la base, hemos cerrado el cuadrilátero resultante de la sección.

5. Determinar la verdadera magnitud de la sección (color naranja).

    He usado como charnela la recta horizontal del plano β de cota 67 para abatir la sección y así, poder hallar la verdadera magnitud de la misma. He abatido el punto de cota 68 y después he usado la afinidad para poder acabar el abatimiento.

6. Dibujar el plano (Ψ) ; yo lo he llamado Ω (por problemas de tipografía). El plano Ω, contiene a la recta horizontal s y tiene una pendiente del 50% y asciende hacia el S de la hoja (color rojizo).

    He aplicado la fórmula para poder hallar el intervalo. He trazado rectas paralelas a la recta s, con una distancia entre ellas igual al intervalo calculado. He dibujado las rectas horizontales cuyas cotas ascienden a medida que se acercan al borde inferior de la lámina.

7. Calcular la distancia del vértice de la pirámide, punto V, al plano Ω (color rojizo).

    He dibujado una recta perpendicular al plano. Esta recta u, es paralela a la recta de máxima pendiente del plano Ω, ambas están graduadas en sentido contrario y de intervalos recíprocos. Los intervalos los he calculado gráficamente. He hallado la intersección del plano Ω con la recta, el punto I con cota 64'75. Y aplicado la fórmula para poder hallar la distancia de V a I (teorema de Pitágoras).

En la imagen de abajo se puede observar el proceso completo.

Y en esta imagen, solo la solución, para mayor claridad del ejercicio.

Nada más que añadir. Saludos.

¿Cómo resolver la intersección de dos prismas oblicuos en el Sistema Diédrico?

     Durante este curso estuve ayudando a una futura ingeniera a preparar la asignatura de Expresión Gráfica (la asignatura de Dibujo Técnico) . La universidad donde estudiaba era la Politécnica de Catalunya. De todas los temas que preparamos, quería compartir y comentar los pasos que hay que seguir para poder resolver con éxito la intersección de dos prismas oblicuos. 

    En el enunciado se daban las proyecciones de los vértices de dos prismas de aristas laterales paralelas y de bases: una un cuadrado y la otra un triángulo. En la imágen inferior vienen distribuidos los puntos.

    Procedemos a unir los puntos para poder dibujar los prismas e iniciar los procesos oportunos.

 

    Como primera opción escogí calcular la sección plana que produce en el prisma azul el plano horizontal que pasa por los puntos FGH (base superior del prisma verde). De dicha sección (en color magenta) sólo se ha señalado las caras más relevantes del prisma azul, es decir, las caras NOPQ e IMNQ, por ser las que penetran en el otro prisma.

    Como herramienta de trabajo usaremos planos paralelos a las aristas laterales de los sólidos (sus trazas horizontales se representan con líneas de punto trazo para diferenciarlas del resto). Estos planos se dibujarán pasando por los vértices de las bases de los prismas. Primero podemos aplicarlos al prisma azul como podemos ver en la imagen. En el prisma verde nos generará secciones planas que serán rectángulos (en color naranja, no están dibujados en su totalidad). Estos rectángulos cortaran a las aristas del prisma azul en los puntos señalados. Estos puntos de corte nos determina los puntos de entrada y salida de estas aristas azules en el prima verde. 

    Después aplicamos el mismo procedimiento al otro prisma representado en el dibujo inferior. 

    Teniendo en cuenta los puntos de contacto de sus bases, puntos que también pertenecen a la sección, los unimos convenientemente con los otros puntos de corte situados en las aristas laterales calculados en los pasos anteriores. Estamos en un caso de mordedura.

    Para dejar más clara la solución he optado por compartir la solución sin la líneas auxiliares que usamos para solucionar el problema.

    Sólo me queda por indicar que este ejercicio se podría haber solucionado a través la intersección de las aristas laterales de un prisma con el otro y viceversa. Para ello deberíamos usar planos proyectantes que pasan por las aristas laterales. Esta forma de proceder conlleva más líneas y puede resultar, incluso, más lioso. 

Mi solución por pasos al examen de Ingeniería de Tecnologías Industriales UPV, convocatoria ordinaría del examen de axonométrico 2024

     Esta es la solución que propongo al examen de Expresión Gráfica, de la Universidad Politécnica de Valencia en el Grado de Ingeniería Industrial, con fecha 17 de Abril del año 2024. Este examen fue el primer parcial de la materia de Dibujo Técnico, en concreto la parte de Sistema Axonométrico.

    Nos daban:

• Un plano definido por el paralelogramo 4567
• Otro plano paralelo al eje Z  definido por su proyección horizontal 1'2'3'
• Una recta AD
• Los tres coeficientes de reducción correspondiente a cada eje (creemos que los coeficientes estaban cambiados, los del x por el y y viceversa),  y además el dibujo estaba sometido a una escala de reducción 1:2. 

    Se pide 

• Dibujar la proyección directa y la lateral horizontal del prisma de bases ABC y DEF de aristas paralelas. 
• Hallar la altura del punto más alto de la base DEF 
• E indicar qué aristas del prisma son paralelas a los planos laterales coordenados.

    La imagen de abajo representa el examen

    En la imágen aparece el cálculo de la primera base ABC, sabiendo que se encuentra en el plano 123.

    Dibujamos las aristas laterales que pasan por los vértices B y C. Determinamos la proyección horizontal del punto D, sabiendo que pertenece al plano 4567.

    
    Hallamos los puntos E y F. Si seguimos estrictamente el enunciado el punto F quedaría fuera del paralelogramo 4567, pensamos que están cambiadas las escalas axonométricas de los ejes x e y. Más abajo pongo dibujada cómo sería la solución con las escalas cambiadas.

    Solución marcada en rojo y las respuestas a la posición de las aristas respecto a los planos coordenados y la altura del punto más elevado.

    Cómo prometimos en dos imágenes anteriores, ahora comparto cómo sería la solución al mismo examen con las escalas en los ejes x e y cambiadas. Cuando las cambiamos los puntos E y F quedarían como muestra la imágen.

    De nuevo marcamos la nueva solución en rojo, con las escalas corregidas y las respuestas a la posición de las aristas respecto a los planos coordenados y la altura del punto más elevado.

  

    En breve colocaré una explicación al examen del sistema diédrico de la misma convocatoria.

Mi solución por pasos al examen de Ingeniería de Tecnologías Industriales UPV, convocatoria ordinaría del examen de axonométrico 2023

       El año pasado ayudé a un alumno a superar la asignatura de primer grado de Expresión gráfica de la Universidad Politécnica de Valencia. En mi post, no aporto casi nada nuevo a la solución propuesta por el profesor de dicha asignatura. Lo que quiero compartir es el proceso a seguir para poder solucionar este examen con éxito, y siempre respetando y valorando el trabajo de este profesor. 

    Primero comparto la imagen de este enunciado. Se propone una axonometría trimétrica con distintos coeficientes de reducción para cada eje coordenado: para el eje x 0'65, para el eje y 0'92 y para el eje z 0'86. Se pide a la escala natural dibujar un prisma por medio de rectas horizontales y apoyado en las chapas 1234 y 5678.

    Iniciamos el ejercicio dibujando la chapa 5678, en color azul. El plano se la contiene, es el plano proyectante formado por las rectas U y V.

    Después, dibujamos la perspectiva directa delas rectas R, S y T, dadas sus alturas y proyecciones sobre el plano coordenado XOY o plano Horizontal. En estas alturas, medida que corresponde al eje Z, hay que aplicarles el correspondiente coeficiente de reducción. Al realizar dicha operación, hemos aprovechado para poder hallar la verdadera magnitud de las distancias de los puntos 2-3 y 4-1, ambas con la misma distancia y paralelas al eje Z (apartado 6 del enunciado).

    La primera base del prisma es la intersección de estas rectas horizontales con la chapa vertical 1234, los puntos ABC.

    La segunda base del prisma que es la intersección de la chapa 5678 con las rectas horizontales, los puntos DEF.

    Por último, nos piden la sección plana que produce el plano vertical formado por la rectas M y N.

    Resalto la solución, el prisma y la sección plana del mismo.

    Espero que haya sido de ayuda este post, en breve haré lo mismo con el examen de diédrico. Para descargar estos pasos en pdf están en este enlace.

    

    

Mi solución a un ejercicio examen de grado en Arquitectura sobre las sombras en perspectiva cónica

        Un alumno que cursaba el primer año de grado en Arquitectura me preguntó cómo solucionar un problema que había encontrado de años anteriores de sombras en un edificio representado en perspectiva cónica. El profesor que enseñaba la asignatura hallaba las sombras utilizando lo que denominados planos de sombra.

    El principal problema de este alumno era que no había cursado la asignatura de Dibujo Técnico II en sus estudios de Bachillerato, se encontraba perdido a la hora de afrontar la asignatura de Expresión Gráfica de su primer año de Grado Superior de Arquitectura, estudiaba  en la Universidad de La Salle en Barcelona. Nos pusimos a ello, como siempre en la modalidad on-line y llegó a uno buenos resultados. 

    La imagen que comparto en la parte inferior de este párrafo, está dividida en dos partes, la parte superior se expone el proceso y en la parte inferior la solución. 

    Nota: Se que la parte superior no está completa, he seguido el ejemplo de autores como Izquierdo Asensi (uno de mis favoritos), que tampoco viene completa, pero creo que se puede percibir el proceso. Por otro lado, quería enfatizar la solución, para que se pueda concretar mejor lo que nos estaban pidiendo. Por eso se ha colocado en el dibujo inferior solamente el contorno de la sombra.

    El ejercicio se iniciaba con la representación de lo que parecía un edificio con huecos en perspectiva cónica y el punto de fuga de los rayos de luz natural S-S'. Se pedía hallar la sombra propia y arrojada provocada por la inclinación de los rayos de iluminación cilíndrica S. Se omitía la línea de tierra.

    Primero he hallado la sombra arrojada sobre el plano geometral. Los rayos de luz están representado en verde. Sólo se ha hallado el contorno de la sombra por que en Dibujo Técnico la sombra se entiende como una sombra homogénea e ideal y se prescinden de los puntos o líneas que se encuentran en la penumbra. 

    El siguiente paso seria hallar las trazas de los planos de sombra. El plano de sombra se define por aquél que tiene cómo elementos la recta de la que queremos hallar la sombra y un rayo de luz que corta a la recta. Por lo tanto, estos planos tendrán como trazas geometrales, las sombras arrojadas de cada línea de la figura sobre el plano geometral; y como trazas límites las que pasan por S y el punto de intersección de las trazas geometrales con la línea de horizonte. Como se puede entender un plano formado por dos rectas que se cortan en perspectiva cónica. No se ha dibujado la línea de tierra, por lo que no procede hallar las trazas con el plano del cuadro.

    Para hallar las sombras arrojadas sobre los distintos planos del sólido, bastará con hallar la intersecciones de las caras laterales del edificio con los planos sombra dibujadas en color azul, magenta y naranja. 

    Sin más que decir, espero que haya servido de ayuda.

Mi solución: hexaedro de arista 8 cm y que forma 45º con el plano horizontal y 15º con el vertical.

    Hace relativamente poco, un alumno me preguntó sobre un ejercicio que había realizado para la asignatura de expresión gráfica de la Escuela Superior de Navales de la Universidad Politécnica de Madrid. He tenido en más ocasiones alumnos de esta carrera, y como me lleva resultando interesante cómo aplica los métodos perspectivos del sistema diédrico este profesor para resolver problemas de poliedros, he decidido aportar mi granito de arena resolviendo este ejercicio.

    El enunciado me lo explicó el alumno de lo que se acordaba y las preguntas fueron más o menos así.

1- CONSTRUCCIÓN DEL HEXAEDRO

    En este primer apartado nos pide que resolvamos el cubo con los siguientes datos :el hexaedro tiene como arista 8 cm. Una de las aristas, la 12, está sobre una recta que forma 45º con el plano horizontal de proyección y 15º con el plano vertical de proyección. Nos dice, que el vértice 2 está a la derecha de 1 y tiene más cota que el 1. También nos facilita la posición del punto 1. 

    Nos indica que el hexaedro gira alrededor de la arista 12, hasta que uno de sus vértices toca al plano horizontal de proyección. 

    Hemos resuelto el problema de dos maneras, por abatimientos y cambio de plano, cada procedimiento está reflejado en una imagen diferente. En ambas imágenes, hemos hallado la dirección de la recta que contiene a la arista 12, en color verde a la izquierda de la imagen, y hemos trazado paralela a ella por 1 y graduado esta recta por giro para localizar el punto 2 que se encuentra a la distancia de 8 cm.

    En esta imagen se vé cómo he resuelto la base que contiene al punto 1 y es perpendicular a la arista 12 por abatimiento. Y después he acabado el cubo, trazando paralelas.

    En esta otra imagen he resuelto la cara con un vértice en el plano horizontal por cambio de plano, dibujando las proyecciones de cambio de plano al lado, para que no se salga de la lámina. Y en el cambio de plano se ha realizado un abatimiento del plano que contiene al vértice 1 y es perpendicular a la arista 12.

2- INTERSECCIÓN DEL SÓLIDO CON EL PLANO QUE PASA POR LA LÍNEA DE TIERRA Y EL CENTRO DEL CUBO.

    He hallado el centro del cubo a través de sus diagonales. Como el plano pasa por la línea de tierra, lo resolvemos en tercera proyección. 

3- INTERSECCIÓN DE LA ESFERA TANGENTE CON UNA DE SUS CARAS

    Calculamos la sección principal del cubo o hexaedro, y desde esa construcción, hallamos el radio de la esfera tangente y el radio de la circunferencia sección. La circunferencia sección, es la sección que produce la esfera en la cara del hexaedro. Hemos dibujado dos diámetros conjugados de la elipse que es la proyección de dicha circunferencia. También me he entretenido en dibujar la elipse y sus ejes, elementos que no se tienen que dibujar.

4- DETERMINACIÓN DEL ÁNGULO QUE FORMA UNA CARA DEL CUBO  CON EL PLANO HORIZONTAL DE PROYECCIÓN.

    En este apartado nos piden hallar el ángulo que forma la cara que pasa por el vértice que está apoyado sobre el plano horizontal de proyección. Como por ese punto pasan tres planos y en el enunciado no especifica cuál, me he tomado la libertad de hallar los tres. Uno de manera lógica y los otros dos a través de un cambio de plano.

SOLUCIÓN

    En esta imagen, expongo, la solución, para que pueda resultar más claro lo que se exigen en este nivel. Sólo lo que está en rojo es lo que se le pide que resuelva el alumno.

    Hasta otro ejercicio

Ejercicio de dibujo técnico de primero de Bellas Artes

  Comparto la solución a un problema de perspectiva cónica, propuesta a los alumnos de primero de dibujo técnico.


  A los alumnos se les pedía hallar las proyecciones de un tetraedro elevado del suelo, y del prisma de sección cuadrada, situado en el suelo. Además, debían hallar la sombra que producía dichos objetos la luz natural de punto de fuga F.


  Es un ejercicio de sombras y poliedros en perspectiva cónica. La dificultad de este ejercicio radica en que el tetraedro esta elevado del suelo y su sombra se proyecta sobre el prisma que está situado a la derecha de este.

Espero que sirva de ayuda a los alumnos de primero.