Después de haber publicado con éxito el primer Cuaderno 10endibujo de Homología y ante la enorme demanda de lectores de la Comunidad de Madrid, me he visto en la grata obligación de traer al blog el examen completo de Septiembre de 2014.
He intentado explicarlo lo más claro posible. El primer de ejercicio de cada opción se presta a la ambigüedad.
En la opción A es un ejercicio tan sencillo y teórico que me he quedado como “¿este es el ejercicio?” Efectivamente lo es, porque lleva bastante carga conceptual y hay que tener muy claro de qué se está hablando en la Inversión.
El primer ejercicio de la opción B, por su parte, no se puede resolver con total precisión, sino como una buena aproximación. Agradecería de todas formas que alguien me diera una alternativa más precisa.
En todo caso, ahí van mis soluciones:
PAU Madrid. Opción A
Puedes ver el vídeo con la resolución de los 2 primeros ejercicios en Youtube.
A1.- INVERSIÓN
Siendo el punto I el centro de inversión, exterior a la circunferencia c, de centro O, encontrar un valor para la potencia K de forma que su inversa c’ coincida con c. Hallar los puntos dobles
Para este ejercicio te vendrá bien repasar el artículo de Inversión.
Que la inversa c’ coincida con c quiere decir que cualquier punto de la circunferencia c tiene su inverso en la propia circunferencia. La potencia de inversión K es por definición el producto de la distancia de un punto al Centro de Inversión por la distancia de su inverso al Centro de Inversión.
De tal manera si dibujas una recta secante a la circunferencia que pase por el Centro de Inversión I, el producto AI x A’I es igual a la constante K.
AI x A’I = K
Los puntos de tangencia P y Q de las rectas tangentes a la circunferencia que pasan por el Centro de Inversión I son puntos dobles, es decir, tienen su inverso en sí mismo. Para encontrarlos deberás hacer la mediatriz del segmento O-I y con centro en el punto medio M del segmento O-I trazar una circunferencia radio M-O. En la intersección de esta circunferencia con la c dada se encuentra P y Q.
Por tanto:
K = IP x IP
Numéricamente sería:
K = IP x IP = 6,88 x 6,88 = 47,34
Y si preferimos expresarlo gráficamente tendremos que hacer la cuarta proporcional. En un ángulo cualquiera tomamos sobre ambas rectas la medida IP y sobre una de las rectas tomamos, además, la unidad (1 cm). Une la unidad con el extremo de la medida IP, lo cual te dará la dirección de la proporcionalidad. Traza una paralela a esta recta por el otro extremo de IP y obtendrás el valor de K como producto de IP x IP.
Supongo que no es así como se pide en el ejercicio, porque se sale del papel, pero quería explicártelo para dejarlo más claro.
Lo cierto es que el ejercicio queda un poco ambiguo, porque no piden expresamente cómo indicar el valor de K. Pero supongo que mis indicaciones te ayudan suficiente.
Tampoco queda suficientemente claro a qué puntos dobles se refiere el segundo apartado. Los puntos dobles de la circunferencia son P y Q. La circunferencia de puntos dobles de esta inversión sería la c2, con centro en I y radio I-P.
Al ser un ejercicio teórico, uno se queda con la sensación de no saber si lo está haciendo bien, pero simplemente es que es un ejercicio sencillo, para tener los conceptos claros.
A2.- SISTEMA DIÉDRICO
Determinar la distancia del punto P al plano Q definido por los puntos A, B y C.
Este es un bonito ejercicio de Sistema Diédrico. Es muy sencillo pero hay que tener las ideas claras.
Trazas del plano Q
Para encontrar el plano definido por los puntos A, B y C puedes encontrar en primer lugar los puntos traza de las rectas A-B y A-C. No te recomiendo la B-C porque es una recta de perfil y habría que usar una tercera proyección.
La recta A-B es frontal de plano, por lo que sólo tiene un punto traza y está sobre el plano horizontal: M1.
La recta A-C es horizontal y tiene también un único punto traza, en este caso sobre el plano vertical: N2.
Puesto que la traza vertical del plano es paralela a la proyección vertical de su recta frontal, por el punto N2 podemos dibujar la traza vertical Q2 del plano, en paralelo a la proyección vertical A2-B2.
De igual manera podemos dibujar la traza horizontal Q1 del plano pasando por el punto traza M1 y en paralelo a la proyección horizontal A1-C1.
Distancia de P a Q
Perpendicular. La distancia es la dimensión más corta entre el punto P y el plano Q. Esta se encuentra en la recta perpendicular al plano Q que pasa por el punto P. Como sabes por perpendicularidad, las proyecciones de una recta y las trazas del plano se ven perpendiculares en sistema diédrico. Por tanto, haz pasar por P1 una recta r1 perpendicular a Q1 y por P2 una recta r2 perpendicular a Q2.
Intersección. Para encontrar la intersección de ambas utilizamos un plano proyectante horizontal auxiliar que contenga a la recta r1-r2. Este plano proyectante tendría como traza horizontal la propia proyección horizontal r1 y como traza vertical una recta perpendicular a la Línea de Tierra desde el punto de corte de r1 con la Línea de Tierra.
La intersección de las trazas horizontales de este plano auxiliar con el plano Q nos daría el punto k1-k2 y la intersección de las trazas verticales el punto j1-j2. Al unir j2 con k2 obtenemos el punto de intersección I2 de la recta R con el plano Q. Baja desde I2 con una perpendicular a la Línea de Tierra hasta encontrar I1 sobre r1.
Verdadera Magnitud. Para obtener la Verdadera Magnitud del segmento P-I haré un giro. Se puede hacer también por Cambio de Plano o Abatimiento, pero quizá el giro sea el más sencillo en este caso. Dibuja un arco con centro en P1 y radio P1-I1 que definirá la posición del punto I1 girado en I1’ sobre una recta paralela a la Línea de Tierra que pasa por P1. Esta será una recta frontal. El giro del punto se completa desplazando su proyección vertical I2 hasta que corresponda con la proyección horizontal I1’.
La distancia P2-I2’ es la distancia D que nos pide el ejercicio y ya está en Verdadera Magnitud.
A3.- NORMALIZACIÓN
Representar en sistema diédrico, con las vistas mínimas necesarias, la figura representada en sistema isométrico. Dicha figura presenta dos planos de simetría. Acotar las vistas diédricas para su correcta definición dimensional.
ALZADO
Entiendo que esta pieza es sencilla de empezar dibujando el alzado que tiene la perforación circular.
Un basamento de 0,5 cm de altura y 2,94 cm de anchura sustenta la pieza. El centro de las circunferencias superiores está a 3,16 cm del suelo. Los diámetros de las circunferencias debemos medirlos en la dirección de los ejes, no vale dibujar simplemente rectas que pasen por el centro. Así obtenemos que hay dos circunferencias con diámetros 0,93 y 1,22 cm cada una.
Para dibujar correctamente la recta de enlace busco el punto de tangencia T, que se encuentra en una circunferencia de centro M (punto medio del segmento A-O) y radio M-O. Por ser simétrica la pieza, el punto de tangencia ocupa la misma altura al otro lado.
Faltaría por situar el vástago central sobre la base, con un ancho de 0,46 cm y una altura de 0,98 cm. Por último indicar las líneas discontinuas de las perforaciones circulares de la base, que se encuentran a 0,49 cm de los bordes y tienen un diámetro de 0,52. Por tanto, dos rectas paralelas discontinuas separadas 0,52 cm.
PLANTA
La base es un cuadrado achaflanado de 2,94 x 3,45 cm. Los chaflanes tienen un radio de 0,49 cm. Para dibujarlos trazaremos rectas paralelas a cada lado del cuadrado a una distancia de 0,49 y en su intersección se encontrarán los centros de los chaflanes.
Utiliza los mismos centros para colocar las perforaciones de 0,52 cm de diámetro.
La pieza alta central tiene una anchura de 0,63 cm y está centrada en la base. Dibuja la perforación grande cilíndrica como dos rectas paralelas justo a la altura de los extremos del diámetro en alzado.
Concluye la planta dibujando los vástagos delantero y trasero.
PERFIL
Llevando medidas desde la planta y el alzado al perfil conseguirás con facilidad moldearlo.
La base tiene los mismos 0,5 cm de altura. La pieza alta central se eleva hasta la altura máxima de la pieza en alzado y se ve como un rectángulo. Los vástagos laterales se ven como triángulos en esta vista.
No te olvides de la perforación cilíndrica grande. Y tampoco de las pequeñas perforaciones de 0,52 cm en la base, todas ellas con línea discontinua.
OPCIÓN B. PAU de Madrid de septiembre de 2014
B1.- GEOMETRÍA PLANA
Dadas la recta r, la recta s y la circunferencia de centro O, dibujar los posibles cuadrados que tengan una diagonal comprendida en s, un vértice en la circunferencia y otro en la recta r.
Este ejercicio lo he publicado el 7 de octubre a las 9:30h con una solución diferente a la que tienes delante. Ester Alonso, de Dibufirst vio el examen y me dio una solución alternativa que sin duda es más precisa que la que yo conseguía, además de ser mucho más fácil de ejecutar.
No quería perder la ocasión, por un lado, de darle las GRACIAS a Ester por su aportación y, por otro, de mostrarte que cualquiera se puede equivocar. ¡Y hay que rectificar! Os adjunto en archivo PDF la solución original que yo había dado (compleja e imprecisa) y a continuación paso a explicaros la solución correcta. Espero que os guste 
La recta r contendrá un vértice del cuadrado y su opuesto será simétrico respecto a la recta s. Por tanto, si hallamos todos los puntos simétricos de la recta r con respecto a la recta s y tomamos aquellos contenidos en la circunferencia obtendremos la solución al problema.
Sigamos el proceso:
1. Dibujar la recta r’, simétrica de r respecto de s. Para ello haz un arco de circunferencia con centro en 1 (intersección de r y s) y radio aleatorio. Con centro en 2 (intersección del arco con s) y radio 2-3 (intersección del arco con r) dibuja un arco de circunferencia que corta al arco anterior en 4. Une 1 con 4 y obtendrás la recta r’, simétrica de r.
2. La intersección de r’ con la circunferencia nos da los puntos 5 y 6, que son vértices de los 2 cuadrados solución.
3. Dibuja rectas perpendiculares a s que pasen por 5 y 6. La intersección de estas rectas con r define los vértices opuestos de los cuadrados solución y los centros de ambos cuadrados O1 y O2.
4. Dibuja las circunferencias circunscritas a los cuadrados. Una circunferencia tiene centro en O1 y radio O1-5. La otra tiene centro en O2 y radio O2-6. Estas circunferencias cortan a s en los vértices restantes de los dos cuadrados de la solución.
B2.- SISTEMA DIÉDRICO
Obtener las proyecciones diédricas de un cubo del que se conoce la diagonal AB de su cara inferior, que se encuentra en el plano horizontal de proyección. Hallar la verdadera magnitud de la intersección del cubo con el plano proyectante P.
Cubo
Si A1-B1 es diagonal del cuadrado de la base, podemos dibujar rectas a 45º desde sus extremos que se cortarán en los 2 vértices restantes de la base. Se puede dibujar directamente en Verdadera Magnitud ya que la base está apoyada sobre el plano horizontal de proyección.
Con la base dibujada en proyección horizontal sube desde cada uno de sus vértices rectas perpendiculares a la Línea de Tierra para encontrar sus proyecciones verticales. La altura del cubo debes ponerla a partir de la Línea de Tierra y medirá igual que el lado, la dimensión que te he indicado como L.
Observa que, aparte de las aristas de contorno hay dos verticales, una vista y otra oculta.
Sección
El plano P es proyectante y tiene por tanto su traza horizontal perpendicular a la Línea de Tierra. La sección se ve directamente en la proyección vertical. Allí podemos nombrar el punto de corte con cada arista.
La traza P2 corta a las aristas del cubo en A2, C2, F2 y en la parte alta D2=E2. En este último punto coinciden dos vértices de la sección que se ven claramente en proyección horizontal sobre una arista y otra de la base superior: D1 y E1. Las proyecciones horizontales C1 y F1 de los otros dos puntos de corte coinciden con las aristas verticales del cubo.
Verdadera Magnitud
Para ver la sección en Verdadera Magnitud podemos abatirla, que además será muy sencillo ya que el plano es proyectante. En este caso, el abatimiento de P2 coincide con la Línea de Tierra y, como ves, la traza horizontal P1 (que coincide con su abatida, porque es la charnela) forma un ángulo de 90º con la vertical abatida (P2).
Con centro en el punto A2 (proyección vertical de la charnela P1) y radio hasta C2 dibuja un arco de circunferencia hasta la Línea de Tierra. Desde ahí baja con una perpendicular. Ahora dibuja desde C1 una paralela a la Línea de Tierra y obtendrás el punto (C) abatido.
Repite el proceso para los puntos D, E y F y ¡ya tienes la sección en Verdadera Magnitud!
B3.- NORMALIZACIÓN
Dibujar el corte AB en su posición normalizada y acotar según norma para su correcta definición dimensional.
Este tipo de piezas siempre son interesantes en las PAU de Madrid.
Para preparar el dibujo y ponerlo fácil para trabajar te recomiendo que empieces poniendo unos ejes. La sección AB la dispondremos por encima de la planta y a las medidas del perfil que nos dan tendremos que hacerle un giro mediante arcos con centro en la intersección de los ejes perpendiculares que has dibujado.
Base
Vemos en la planta que hay una pieza alargada con acabados circulares y dos perforaciones cilíndricas de pequeño diámetro. Esta parte, en el alzado, corresponde con la parte más baja, situada entre la cota H0 y H1, por dos motivos:
- Es la única que tiene una perforación indicada con dos líneas discontinuas.
- Ocupa todo el ancho de la pieza en el alzado.
Por tanto, puedes ya dibujar esta base en toda la extensión de la sección AB.
Cilindro
En la parte central de la planta hay una circunferencia grande que representa un cilindro, ya que en el perfil se ve como rectangular. El primer diente que aparece en el contorno del perfil a la altura H2 corresponde con la recta vertical interior de la planta y puesto que el cilindro en el perfil continua como pieza hacia arriba porque no hay línea de corte, sino simplemente una discontinua, podemos interpretar que la parte central de la planta limitada entre dos rectas verticales llega hasta esta altura H2. Además, la línea discontinua nos corrobora dicha hipótesis.
Si continuas hacia arriba por el perfil encontramos una recta horizontal a cota H3 que corresponde en planta con las rectas verticales exteriores (más cortas que las interiores). La línea continua quiere decir que en esa parte se corta el cilindro y queda una pared vertical, con una perforación circular.
Hasta H4 sólo suben, por tanto, las dos paredes verticales limitadas en sus extremos por la correspondiente parte de cilindro, que nos viene indicado por la continuidad en el perfil.
Dibujo
Una vez interpretada la pieza es el momento de dibujarla. La parte izquierda se verá en proyección como alzado mientras que la parte derecha irá seccionada por el eje de simetría.
La base, entre H0 y H1 ocupa todo el ancho y tiene dos perforaciones. Estas perforaciones se ven como discontinuas en la parte izquierda y como seccionadas en la parte derecha, dejando un hueco. Por la parte de la izquierda es importante reseñar que la base superior de esta pieza será continua hasta el punto de tangencia que se ve en planta. Allí es donde el cilindro se diferencia de la base.
El cilindro completo en la parte exterior de la sección llega hasta H3, donde se mete hacia el interior hasta llegar a la pared vertical externa. La parte situada entre H3 y H4 son las paredes verticales con perforación cilíndrica, que se ven seccionadas en la parte derecha y como líneas ocultas (discontinuas) en la parte izquierda.
La pared interior baja, como habíamos dicho, hasta la altura H2, como nos muestra el diente del contorno del perfil en H2.
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Siempre es difícil explicar cómo ver una pieza mediante texto. Las piezas requieren visión espacial y un esfuerzo mental para llegar a comprenderlas. Eso se consigue haciendo muchas.
Espero que te haya resultado de utilidad el examen resuelto y explicado. Si crees que es un artículo valioso, compártelo con tus amigos, quizá también piensen lo mismo 