Ejercicio comentado de superficies en sistema diédrico.

1. Comentamos el trazado de un prisma recto de base triangular equilátera apoyado sobre un plano oblicuo de tal forma que uno de los lados del triángulo está contenido en l atraza P horizontal del plano.
A continuación de la imagen solución ofrecemos la descarga del problema sin reslover y la explicación del problema.

 Hoja con el problema sin hacer en PDF: https://drive.google.com/file/d/112MSboUwMVcQZZSIHl_FCF0DLyXF-clU/view?usp=sharing

Explicación del problema en PDF: https://drive.google.com/file/d/1RDq3645NYeyli0aTONC-zfwtCOK7Nqna/view?usp=sharing

COMENTARIO DEL PROBLEMA.

Dados la traza horizontal P de un plano (P) y las proyecciones a y a´de un punto A que pertenece al plano (P), se pide:

1. Hallar la traza P´del plano (dibujado en azul).

• Se hace pasar por el punto A una recta R horizontal, de tal forma que su proyección r sea paralela a la traza P.
• Hallamos las trazas v y v´de la recta. Por v´ hacemos pasar P´, que es la traza buscada. Si nos fijamos bien, el plano (P) contiene a la recta R y R contiene al punto A, luego el plano (P) contiene al punto A.

2. Hallar las proyecciones de un triángulo equilátero ABC contenido en el plano (P). Uno de los vértices es el punto A. Los otros dos están en la traza horizontal del plano.
   - Abatimos el plano (P) sobre el plano horizontal de proyección. Para hacerlo aprovechamos la traza de la rectas R: v y v´, obteniendo el la traza P el punto Vo. Y aprovechamos también para abatir la recta R, que como es horizontal, queda abatida paralela a la traza P. Una vez obtenida la recta abatida Ro, localizamos el punto Ao en la recta Ro, trazando una recta perpendicular a la taza P desde la proyección a.
   - En la zona abatida es donde podemos construir en verdadera forma y magnitud un triángulo equilátero. Aquí lo que tenemos es un problema de geometría plana. Uno de los vértices es el propio punto Ao. Los otros dos (Bo y Co) están en la traza P. Si uno de los lados (el BoCo) está en la traza P del plano y sabiendo que los ángulos de un triángulo equilátero son 60º, trazamos una recta auxiliar que forme 60º con la traza P, y trazamos por Ao una paralela a esa recta hasta obtener el vértice del triángulo Co. Trazamos al otro lado del eje de simetría del triángulo (la propia altura del triángulo que es perpendicular a la traza) la mitad del lado del triángulo, y obtenemos el vértice Bo. Obtenemos así el triángulo AoBoCo abatido.
   - Ahora toca desabatir el triángulo. Si nos fijamos bien no hay que hacer prácticamente nada, porque la proyección horizontal b del punto B coincide con Bo, ya que está en la traza P. Lo mismo ocurre con el punto C. La cotas de los puntos B y C son cero, es decir, b´y c´están en la línea de tierra, ya que B y C están en la traza horizontal del plano, es decir, son puntos que están en el plano horizontal de proyección, no teniendo, pues cota. Una vez obtenida las proyecciones de los tres puntos, los unimos obteniendo las proyecciones del triángulo.

3. Hallar las proyecciones de un prisma recto, siendo una de las bases el triángulo obtenido.

• Para construir el prisma, al ser recto, sus aristas son perpendiculares a la base, es decir, son perpendiculares al plano (P) que contiene a la base ABC. Luego desde las proyecciones abc y a´b´c´ levantamos perpendiculares a las trazas P y P´ respectivamente. La perpendicularidad entre proyecciones de rectas y trazas de plano se mantiene.
• Ahora corresponde colocar la magnitud de la alturas de las aristas (60 mm). Para ello vamos a girar una de ellas (se ha elegido la que parte del punto B) hasta convertirla en una recta frontal (paralela al plano vertical), usando un eje de giro E que es una recta vertical que pasa por el punto B. Elegimos un punto X (xx´) de la arista y giramos la recta hasta llevar x a un lugar con el mismo alejamiento que el punto B con el objeto de que la nueva proyección de la arista en el giro se nos que paralela a la línea de tierra (obtenemos x1). Obtenemos x1´trazando una recta perpendicular al eje de giro por la proyección x´. Uniendo el punto b´con x1´obtenemos la proyección nueva de la arista. Tenemos así colocada la arista de manera frontal y, como queda así paralela al plano vertical está en verdadera magnitud. Colocamos en ella los 60 mm, obteniendo el punto 11. Trazando una perpendicular desde x1´ al eje de giro determinamos x´en la proyección de la arista que parte de b´. es decir , nos hemos llevado los 60mm a la arista correspondiente.
• La misma distancia b´1´ la llevamos al resto de las aristas.
• Hallamos la proyección 1 en la proyección horizontal de la arista, llevando una perpendicular a la linea de tierra desde 1´hasta que corte a a la arista que parte del punto b en la proyección horizontal. Llevamos la magnitud a1 al resto de las aristas en proyección horizontal. Así obtenemos la base superior del prisma.

4. Hallar las partes vistas y ocultas del prisma.

• La base del prisma que pertenecen al plano horizontal está detrás desde el punto de vista del observador, y las base superior 123 es lo primero que se ve, pues tiene más cota que la base ABC, luego la proyección en el plano vertical de la arista de la base a´b´es lo que queda oculta en proyección vertical y la proyección de la arista BC en proyección horizontal es lo que queda oculta.