Mis soluciones al examen de Dibujo Técnico II de la Comunidad Valenciana, convocatoria Junio del año PAU 2025

    Esta vez voy a comentar como se puede resolver el examen de Dibujo Técnico II de la PAU del año 2025 de la Comunidad Valenciana de la convocatoria de Junio. 

    Voy a ir ordenando el post por preguntas. Las preguntas que no eran obligatorias ofrecían dos apartados de los cuales el alumno tiene que contestar sólamente uno.

PREGUNTA 1

APARTADO A

    Tenemos que transformar un rombo en un rectángulo por medio de la afinidad afinidad. Como datos tenemos el rombo, la dirección de afinidad d y el eje.

    Para resolverlo, he trazado un arco capaz de 90º dónde cortan  las prolongaciones de los lados BE y DE en el eje de la afinidad. En ese arco estará el punto E'. Una vez hallado este punto afín, bastará con completar la figura hallando los puntos afines D' y B' trazando la paralela a la dirección de afinidad, d. Sobre el segmento D'E' estará el punto C', y sobre la paralela a la dirección de afinidad por C.

 

    Podemos acabar la figura o bien prolongando los otros lados al eje, o bien, dibujando la afín de la otra diagonal EA.

APARTADO B

    Nos dan un punto A y dos líneas paralelas compuesta cada una por medio de arcos y segmentos enlazados. Estas dos líneas son las orillas de un río. Se pide obtener los puntos del plano que se encuentran a una distancia de 85 m del punto A y a 10 m de las orillas del río simultáneamente en la zona donde hay tierra. Por último, debemos señalar esa distancias.

    Tenemos una escala gráfica en la esquina superior, de esta escala tomaremos la medidas requeridas, para 10 m, desde 0 a 10. Para 85 sumaremos a la de 50 la medida 35, los 5 metros se deben de medir en la contraescala que se encuentra en la parte de la izquierda.

    Generamos los lugares geométricos de equidistancias: la circunferencia de radio 85 y centro en A, y la paralela a las orillas a una distancia de 10, sólo se han señalado las porciones que se cortan con la circunferencia. 

    Para acabar el ejercicio, he enfatizado los segmentos que definen esas distancias de 85 m para el punto A y de 10 m para las orillas.

PREGUNTA 2. PREGUNTA OBLIGATORIA

    Vienen dibujadas dos circunferencias y un punto de tangencia en una de ellas. Se pide dibujar todas las circunferencias tangentes a ambas que pasen por el punto T. 

    Lo he resuelto por potencia. He hallado la línea donde se encuentran los centros de las circunferencias solución, uniendo T con el centro O2 (circunferencia que contiene el punto de tangencia). La perpendicular a esta línea de centros por el punto T es el eje radical. 

    Una vez hallado el centro radical de la circunferencia grande y el haz de circunferencias tangentes en T, dibujamos la circunferencia ortogonal a todas, y con ella, hallamos los puntos de tangencia. Uniendo los puntos de tangencia con el centro, hallamos los centros de las circunferencias solución.

PREGUNTA 3. PREGUNTA OBLIGATORIA

    Nos dan un plano vertical y un segmento paralelo a la línea de tierra que se encuentra sobre el plano vertical de proyección. El segmento es la arista básica de una pirámide regular que está apoyada sobre el plano vertical de proyección. La base es un hexágono regular y la altura es de 70.

    Una vez dibujada, hallamos la sección que produce el plano proyectante horizontal. Recordar que es una sección inmediata. Y para hallar la Verdadera Magnitud de la sección, la he abatido el plano α sobre el plano horizontal de proyección.

PREGUNTA 4

APARTADO A

    Dados dos planos ABC y BCD, nos piden hallar el ángulo que forman. Para poder calcularlo, hemos hecho un cambio de plano donde la recta intersección de ambos BC se ve como una recta de punta. De esta manera los planos se transforman en planos proyectantes verticales, permitiendo ver en verdadera magnitud el ángulo.

APARTADO B

    Se trata de dibujar una pieza a partir de sus vistas (en sistema diédrico europeo) en perspectiva caballera. El coeficiente de reducción del eje Y es de 3/4 y el ángulo que forma el eje Y con el X es de 135º. La pieza tiene que estar dibujada a escala 3:2.

    Para los ejes X y Z, se aplica directamente la escala 3:2, esta escala se ha aplicado directamente en la vista. Y para la escala del eje Y, se ha aplicado una escala intermedia que es el resultado de la multiplicación de ambas.También se ha aplicado en la vista.

PREGUNTA 5. PREGUNTA OBLIGATORIA

    A partir de las dos vistas de una pieza, tenemos que: hallar el perfil, acotar las vistas según norma y por último, hacer un croquis en axonométrico de la pieza.

    Como existen dos posibles soluciones, he escogido la más sencilla e indicado, en la parte inferior derecha, la otra posibilidad. Ambas son correctas. 

     Para acotar la pieza, hemos usado acotaciones en paralelo. 

    

    Estos son todos los ejercicios que se proponían al examen de Dibujo Técnico II de la PAU de Junio del 2025 de la Comunidad Valenciana.

PAU Comunidad de Madrid. Mi solución examen ordinario Dibujo Técnico 2025

     Voy a comentar cómo hubiese resuelto el examen de Dibujo Técnico II de la PAU (Prueba de acceso a la Universidad) de la Comunidad de Madrid de la convocatoria de Junio u ordinaria del año 2025.

    En esta convocatoria se proponían cuatro ejercicios con dos opciones cada uno. El examinado debía de escoger una de estas opciones para completar su examen. El primer ejercicio era sobre fundamentos geométricos (geometría plana), los ejercicios 2 y 3 versaban sobre geometría proyectiva (los sistemas de representación), y por último, el ejercicio 4 trataba la parte de normalización  y documentación gráfica de proyectos. Voy a comentarlos.

PREGUNTA 1, FUNDAMENTOS GEOMÉTRICOS

1.1 En esta pregunta o ejercicio, se pedía dibujar la figura inversa de una circunferencia dada d. Los datos de la inversión venían dados por una circunferencia c que se transforma en una recta c'. 

    Partiendo de que la inversa de la circunferencia dibujada c de centro C, era la recta c', calcularemos los datos de la inversión para poder llegar a la solución. He optado por hallar el punto O que es el centro de inversión y dos puntos inversos H y H'. Con estos datos también se podría haber hallado la CPD (Circunferencia de Puntos Dobles).

    Con el inverso del punto de tangencia T, el punto T', y trazando paralela al radio que nos define el otro punto de la circunferencia que pasa por el rayo de inversión de T, hemos podido hallar el centro y el radio de la circunferencia inversa en color rojo .

1.2 En esta pregunta tenemos que resolver un ejercicio de tangencias. Nos preguntan por la circunferencia que es tangente a otras tres circunferencias.

    Como dos de las circunferencias son concéntricas, pasaremos de una ejercicio de tangencias basado en los casos de Apolonio a un ejercicio de lugares geométricos. Al ser estas concéntricas nos definen el diámetro de las soluciones que será la distancia 12. El centro de la circunferencia estará en la distancia que resulta o bien de sumar el radio de la circunferencia solución a c1 o bien de restar el mismo radio a la c2. Como la circunferencia solución queda exterior a la c3, bastará con hallar la distancia al centro que resulta de sumarle el radio de la circunferencia solución. Dónde corte ambas distancias, fruto o bien de la suma o bien de la suma y la resta, estará el centro de la circunferencia solución.

    Hallamos los puntos de tangencia y procedemos a dibujar la circunferencia. 

PREGUNTA 2, GEOMETRÍA PROYECTIVA

2.1 Vienen dibujadas, en el sistema Diédrico, dos rectas que se cruzan. Nos piden hallar el ángulo que forman ambas rectas. Para poder hallarlo he trazado por un punto de la recta f una recta paralela a h, la recta r. Las dos rectas r y f me forman un plano, se abate y en el abatimiento de la rectas r y f podemos apreciar en verdadera magnitud el ángulo buscado.

2.2 Nos piden dibujar un octaedro partiendo de su sección cuadrada principal o también denominada meridiana. Esta sección está sobre un plano proyectante horizontal.

    He hallado el cuadrado en protección y el semicuadrado en verdadera magnitud. Este semicuadrado nos permite hallar la diagonal principal del sólido. A través de las diagonales del cuadrado sección hallamos el centro geométrico del poliedro, el punto O. Dibujamos la perpendicular al plano que define la sección por el centro O. Y colocamos la semidiagonal a cada lado respecto de O, al estar sobre una recta horizontal, podemos poner la medida directamente.

PREGUNTA 3, GEOMETRÍA PROYECTIVA

3.1 En este ejercicio hay que resolver la perspectiva Caballera de una pieza dada por sus vistas: planta y alzado.

    Para definir la posición de la pieza nos indican en las vistas dónde están colocados los ejes axonométricos de la perspectiva. En este caso el eje y no tiene coeficiente de reducción por ser 1:1. Nos piden que indiquemos las líneas ocultas. 

3.2 Por un lado nos dan dibujados los elementos de un perspectiva Cónica y por otro lado, en el sistema diédrico, nos dan una pieza (que tiene el aspecto de una casa) y los elementos de la misma perspectiva cónica.

    Con los datos gráficos del sistema Diédrico tenemos que hallar la perspectiva de la casita. He escogido el método de puntos de fuga y trazas. He colocado en la línea de horizonte los puntos de fuga hallados en la proyección horizontal, D y D, y en la línea de tierra los puntos de las trazas del plano del cuadro, los puntos A, B y E. Estos últimos puntos se unen con sus puntos de fuga. Para poder colocar la planta en el plano geometral, también se podía haber usado el sistema directo, reproduciendo la planta para usar la homología...

    Una vez hallado la planta, he fugado las alturas.

PREGUNTA 4, NORMALIZACIÓN Y DOCUMENTACIÓN GRÁFICA DE PROYECTOS

4.1 A partir de un dibujo isométrico (recordamos que esto quiere decir que no tenemos que tener en cuenta el coeficiente de reducción) tenemos que hallar la vistas necesarias para definir la pieza.

    He dibujado la planta por tener una semicircunferencia, una cara tangente y otra perpendicular. Se ha optado por ese alzado, porque define bien los volúmenes principales de la misma. Y el perfil derecho por la arista inclinada.

4.2 Tenemos un objeto que cuenta con un plano de simetría, por ello nos parece el semi-alzado con un corte al cuarto. También contamos con el dibujo de la planta. Se pide: dibujar la parte izquierda del alzado sin cortar y definirla dimensionalmente aplicado las normas de acotación. 

    Hemos realizado la parte izquierda sin corte y sin líneas ocultas (la norma dice que cuando se corta una pieza, no se pondrán líneas ocultas). Hemos acotado por simetría, las circunferencias y las alturas exteriores como las interiores.

    Esto es todo el examen, en breve publicaré la convocatoria de Junio coincidentes.

 

¿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: 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