Hola, podríais ayudarme con el ejercicio 1 del bloque 2 (diédrico) del examen de la convocatoria ordinaria en Navarra de 2020? Gracias de ante mano!!!

1 respuesta(s)

Te dan la hipotenusa de un triángulo (AB), y la coordenada x donde descansa la altura del triángulo que descansa sobre esa hipotenusa (creo que esa es la parte más confusa del enunciado). Aquí viene dibujo. Sería el triángulo visto en verdadera magnitud.

RE: Hola, podríais ayudarme con el ejercicio 1 del bloque 2 (diédrico) del examen de la convocatoria ordinaria en Navarra de 2020? Gracias de ante mano!!!

Te dan una coordenada del punto P, y sabiendo que pertenece al lado AB, es trivial obtener sus proyecciones. Seguimos. Sabemos que la altura medida desde el punto P se hace en perpendicular a la arista AB, y esto nos indica que el punto C pertenece a un plano perpendicular a la hipotenusa AB, que llamaremos \gamma: \gamma \perp \bar{AB}, P \in \gamma .

¿Qué más sabemos? Con AB y el punto P, deberíamos poder averiguar la altura. Nos dibujamos la hipotenusa A(P)B a parte en verdadera magnitud (sácala como mejor te parezca), y obtenemos un triángulo rectángulo con su vértice en la altura (perpendicular a AB) que pasa por P (esto es simplemente trazar la circunferencia que tiene por diámetro AB y hallar uno de los cruces de la altura con esta). Ya tenemos la medida de la altura en VM.

(*) Ahora, con la altura nos vamos al plano \gamma. Los puntos que equidistan de P la altura que hemos hallado antes serían todas las posibles soluciones del triángulo. En verdadera magnitud (abatimiento de \gamma dibujamos esta circunferencia. Ahora sólo nos queda determinar dónde estaría este punto dentro de la circunferencia, y el dato que te dan es el que se encuentra más a la derecha de las proyecciones de esta circunferencia.

(*) Aquí hay algo de lo que no estoy seguro. Creo que se podría evitar todo el proceso de dibujar la circunferencia con el plano abatido, etc… con una recta horizontal de \gamma, en la cual la proyección vertical se mide en verdadera magnitud, y aplicar ahí las (ahora sólo) dos posibles soluciones con la altura hallada.

Espero que te haya servido. Cualquier duda, comenta.

Universitario Respondió hace en 3 julio 2020

Muchas gracias por tu respuesta de verdad, yo lo que he hecho para sacar el plano perpendicular a AB a sido una recta horizontal de plano (s)  que pase por P, de esa forma he obtenido el plano (con la traza vertical vs’ y paralela a la proyección horizontal de la recta s, ya que esta es perpendicular a AB). Despues de abatir el plano y el punto P con la recta s, he situado el vértice C en la propia recta abatida, ya que pensaba que así quedaría lo más a la derecha posible. Mi duda principal es si esa es la forma de que el vértice C quede lo más a la derecha posible, y otra duda que tengo es por qué dices que tiene dos soluciones si el vértice únicamente puede estar lo más a la derecha posible.

Un saludo y muchas gracias.

en 3 julio 2020.

Pues lo has hecho bien. Al ser la recta horizontal s auxiliar para hacer el plano perpendicular a AB te sirve para sacar la solución. Al discutirlo de forma teórica ni me percaté de que te ibas a poder ahorrar pasos, al sacar al plano (podía no haber sido así si lo haces con una recta de perfil).

Cuando digo que existen dos soluciones es como cuando en el párrafo con el astersico digo que todo el círculo sería la solución al problema antes de aplicar la restricción de estar más a la derecha. Las soluciones al triángulo sobre la recta serían dos: La que está más a la derecha y la que está más a la izquierda.

En cualquier caso sigo teniendo dudas de si el punto más a la derecha (o izquierda, en definitiva extremos en x) estaría en una recta de horizontal o de máxima inclinación.

Suerte.

en 3 julio 2020.
Add Comment

Tu respuesta
Ten en cuenta que, si eres un estudiante, tu respuesta no se mostrará inmediatamente: quedará pendiente de ser aprobada