NacrtnaGeometrija[praktikum]

Osnovi tehni~ke nacrtne geometrije Praktikum 1

PREDGOVOR

Ovaj praktikum iz Tehni~ke nacrtne geometrije napisan je u skladu sa programom iz predmeta Tehni~ko crtanje sa nacrtnom geometrijom na Ma{inskom fakultetu u Beogradu i namenjen je, uglavnom, studentima ma{inskih fakulteta. Praktikum je podeljen na 14 metodolo{kih jedinica koje se obra|uju na ~asovima ve`banja iz Nacrtne jedinice u toku prvog semestra studija. Predvi|eno je da se svaka metodolo{ka jedinica savlada kroz samostalnu izradu odabrane grupe zadataka, u toku jednog dvo~asa ve`banja. Praktikum sadrì i dodatne grupe zadataka koje studentima mogu da posluè za utvr|ivanje gradiva i pripremu ispita.

pdfMachine by Broadgun Software - a great PDF writer! - a great PDF creator! - http://www.pdfmachine.com http://www.broadgun.com


UVOD

Ve`be iz Tehni~ke nacrtne geometrije izvode se na standardnom, A3 formatu (420 x 297mm), papira na kome je, u donjem desnom uglu, od{tampana tablica za identifikaciju studenata. Svaki student u tablici ubeleàva broj teku}e ve`be, svoj registarski broj (broj indeksa), ime i prezime, broj grupe u kojoj ve`ba i datum izvo|enja teku}e ve`be. Na ~asu ve`banja, neophodan je slede}i pribor za crtanje: dva trougla, metalni {estar velikog raspona, gumica, samolepiva traka i dve tehni~ke olovke, od kojih je jedna snabdevena HB, a druga 2H grafitnom minom. Tabla za crtanje nije neophodna, ali je poèljna. Poloàj koordinatnog po~etka za svaki zadatak koji se re{ava u ortogonalnim projekcijama odre|en je parom koordinata O(XO, YO) u odnosu na gornji levi ugao A3 formata. Kao {to je prikazano slikom sl.1.0., prva, XO koordinata meri se po duòj ivici lista a druga, YO koordinata, ortogonalno naniè, po kra}oj ivici A3 formata. Sve koordinate kao i duìnske mere date su u milimetrima, a ugaone veli~ine u lu~nim stepenima. Pre po~etka ~asa ve`banja, student je obavezan da samolepivom trakom u~vrsti list za sto ili na tablu za crtanje, popuni identifikacionu tablicu i postavi koordinate svih zadataka iz teku}e ve`be. Uslov izlaska na ispit su ura|ene i pozitivno ocenjene sve ve`be propisane planom i programom iz predmeta Tehni~ko crtanje sa Nacrtnom geometrijom.

Sl.1.0


1. VE@BA

1. U prvoj ~etvrtini formata A3 skicirati (bez upotrebe lenjira) du`: a) AB (duìne oko 150mm) paralelno duòj ivici lista

b) AC, ortogonalno na du` AB c) AD koja sa AC zaklapa ugao od 450 d) AE koja sa AC zaklapa ugao od 300 e) AF koja sa AC zaklapa ugao od 600.

2. U drugoj ~etvrtini formata A3 skicirati (bez upotrebe lenjira i {estara) krug: a) pre~nika oko 50mm b) pre~nika oko 100mm.

3. U tre}oj ~etvrtini formata A3 skicirati pravilni {estougao ~iji je opisani krug pre~nika

a) pribli`no 50mm b) pribli`no 100mm. Zadatak re{iti bez upotrebe lenjira i {estara.

4. U poslednjoj ~etvrtini formata A3 skicirati elipsu, ~ija velika poluosa iznosi:

a) pribli`no 30mm, a mala je upola kra}a b) pribli`no 70mm, a mala je za tre}inu kra}a. Dodatne ta~ke na elipsi konstruisati metodom trake od hartije.

5. U datom sistemu pomo}nih linija napisati uspravno usko tehni~ko pismo. Velika i mala slova pisati latini~nom abecedom.

Obja{njenje

Re{enje ove ve`be prikazano je slikom sl.1.1. Prave se skiciraju uvek kroz dve ta~ke koje se ozna~avaju presekom dve tanke kratke linije. Ako je rastojanje izme|u ta~aka veliko, prava se skicira tanko, olovkom 2H, iz dva ili vi{e nadovezanih poteza. A zatim, jednim, zavr{nim potezom olovke HB formira se kona~na linija. Kru`nica se skicira tako {to se prvo, nad parom ortogonalnih pre~nika, skicira tangencijalni kvadrat. Ako je kru`nica ve}eg pre~nika, u tangencijalnom kvadratu se skiciraju i njegove dijagonale i na poludijagonalama ozna~avaju ta~ke koje je dele u odnosu 1:3. Kroz ove ta~ke se skiciraju tangente kruga, ortogonalno na dijagonalu. Na osnovu navedenih elemenata, krug se ucrtava prvo tankom, 2H olovkom, a zatim olovkom HB. Pravilni {estougao se skicira uz pomo} njegovog opisanog kruga. Krug se deli na pribli`no 6 jednakih delova, vode}i ra~una da su naspramne stranice {estougla paralelne odgovaraju}im pre~nicima opisanog kruga. Elipsa se skicira pomo}u tangencijalnog pravougaonika koji se ucrtava nad velikom i malom poluosom elipse. Dodatne ta~ke na elipsi mogu se dobiti metodom trake od hartije. Ta~ke treba da budu pribli`no simetri~no raspore|ene u odnosu na veliku i malu osu.


AB

C

D

E

F

a

b

a

b

Sl.1

.1


ABC^DEFGHIJKLMN

UT[SRQPO

VW


ba

ZXYX

c~defghijklmnopqrs

@


4

?%

8

=!

+9

67

5

wx

123

0

z`

y

{

uv

t


2. VE@BA

1. Izometrijski, bez upotrebe lenjira i {estara, skicirati kocku stranice a70mm i na svim vidljivim stranicama skicirati krug. Skicu prikazati u prvoj ~etvrtini A3 formata. 2. U izometriji, bez upotrebe lenjira i {estara, skicirati cilindar visine pribli`no h100mm i pre~nika osnove, pribli`no D70mm. Skicu prikazati u drugoj ~etvrtini A3 formata. 3. U izometriji, bez upotrebe lenjira i {estara, skicirati pravilnu pravu {estostranu piramidu visine pribli`no h100mm. Pre~nik opisanog kruga oko osnove je pribli`no D70mm. Skicu prikazati u tre}oj ~etvrtini A3 formata. 4. U izometriji, bez upotrebe lenjira i {estara, skicirati pravilnu pravu {estostranu prizmu visine pribli`no h100mm. Pre~nik opisanog kruga oko osnove je pribli`no D70mm. Skicu prikazati u poslednjoj ~etvrtini A3 formata.

Obja{njenje

Izometrija je metoda pseudoprostornog prikazivanja elemenata gde su koordinatne ose tako postavljene da omogu}uje sagledavanje predmeta u jednoj projekciji bez skra}enja. Uglovi koje koordinatne ose uzajamno zaklapaju u izometriji su standardizovani i prikazani na slici 2.1. Na toj istoj slici data su re{enja svih zadataka iz ove ve`be. Kocka se u izometriji skicira neposredno, vode}i ra~una da njena kontura predstavlja pravilan {estougao odnosno, da se jedna telesna dijagonala vidi kao ta~ka. Krugovi na vidljivim stranama kocke vide se kao elipse, koje se skiciraju po pravilima koja su obja{njena u predhodnoj ve`bi. Pre nego {to se nacrta cilindar, potrebno je skicirati odgovaraju}u pravilnu pravu ~etvorostranu prizmu u koju je on upisan. Osnova ove prizme je kvadrat koji se u izometriji vidi kao jednakostrani~ni paralelogrami. On tangira kru`ni bazis cilindra koji se u izometriji vidi kao elipsa. Skiciranje elipse vr{i se po svim pravilima koja su ve} obja{njena u predhodnoj ve`bi, uz napomenu da se metod trake od hartije moè koristiti za konstrukciju elipse i u slu~aju kada je ugao izme|u njenih spregnutih osa kos. Projekcije konturnih izvodnica cilindra tangiraju projekcije njihovih bazisa i razdvajaju vidlje od nevidljivih delova omota~a. Nevidljive ivice povr{i prikazuju se isprekidanim (2H) linijama, a sve vidljive � punim (HB) linijama. Pravilna prava {estostrana piramida i prizma skiciraju se uz pomo} konusa, odnosno cilindra, u koje se oni mogu upisati. Osnove ove prizme i piramide su pravilni {estougaonici koji se u izometriji vide deformisano ali tako da je o~uvana paralelnost odgovaraju}ih dijagonala i stranica. Skiciraju se pomo}u elipsi u koje su oni upisani. Vidljivost ovih rogljastih povr{i odre|uje se kao i u prethodna dva zadatka.


Sl.2

.1


3. VE@BA

1. Bez upotrebe lenjira i {estara, predmet prikazan na slici skicirati u: a) kosoj projekciji b) izometriji c) centralnoj projekciji sa dva nedogleda.

Objasniti geometrijsku strukturu prikazanog objekta i konstruktivne karakteristike svake od pomenutih projekcija. Napomena: Slike su numerisane brojevima od 0 do 9. Student re{ava zadatak pod onim brojem koji je jednak poslednjoj cifri u broju njegovog indeksa.

0 1 2 3

4 5 6

7 8 9


Obja{njenje

Skiciranje datog predmeta u izometriji vr{i se po svim pravilima koja su obja{njena u prethodnoj ve`bi. Ovde }e biti izloèna obja{njenja za skiciranje u frontalnoj kosoj projekciji i perspektivi sa dva nedogleda. U frontalnoj kosoj projekciji, x i z koordinatna osa obrazuju prav ugao i nemaju skra}enja, dok je skra}enje po y osi, kao i ugao izme|u nje i ostalih koordinatnih osa u granicama od 300 do 600. Ipak, preporu~uju se slede}e vrednosti uglova i skra}enja: (<(x, y)=300, 3:4); (<(x, y)=300, 4:5); (<(x,y)=450, 1:1). Izbor ugla i skra}enja vr{i se na osnovu geometrijskih karakteristika predmeta, kao i vizuelnog efekata koji se èli posti}i. Najva`nija karakteristika ove projekcije je ~injenica da x i y osa nemaju skra}enja i da obrazuju ugao od 900, {to zna~i da se u frontalknoj kosoj projekciji sve ravne figure paralelne sa osnovom xOz vide u pravoj veli~ini, bez ikakvih linearnih i uglovnih deformacija. Frontalna kosa projekcija ubraja se u najjednostavnije kose aksonometrije i, uprkos ~injenici {to ne daje najbolje vidne utiske, ~esto se koristi pri skiciranju objekata iz tehni~ke prakse. Perspektiva nastaje centralnim projektovanjem predmeta na frontalnu ravan i, u odnosu na druge vrste projekcija, daje najverniji utisak koji se moè porediti sa vizuelnim efektima fotografije. U ma{instvu se koristi relativno retko jer se u centralnoj projekciji deformacije duìna i uglova podvrgavaju slo`nim i za tehni~ku praksu necelishodnim zakonima projektivne geometrije. Kako se u centralnoj projekciji pojavljuju likovi beskona~no dalekih ta~aka, centralne projekcije svih paralelnih pravih seku se u jednoj ta~ki, koja se zove nedogled. Ako predmet ima izraèn ortogonalni sklop, njegova centralna projekcija moè da sadrì nedoglede sva tri ortogonalna pravca i tada se naziva kosom perspektivom ili perspektivom sa tri nedogleda. Ako je jedan pravac ortogonalnog sklopa objekta paralelan ravni slike, tada centralna projekcija ovog predmeta sadrì samo dva kona~na nedogleda i naziva se perspektivom sa ugla ili perspektivom sa dva nedogleda. Svi predmeti iz ove ve`be skiciraju se u perspektivi sa dva nedogleda. Prvo je neophodno nacrtati liniju horizonta h, to jest onu liniju na kojoj }e se nalaziti nedogledi N1 i N2 dva ortogonalna pravca objekta koji se skicira. Tre}i nedogled N3 je u beskona~nosti, u pravcu koji je ortogonalan na liniju horizonta. Kao {to je prikazano na slici 3.1., perspektiva odabranog objekta je skicirana tako da su centralne projekcije paralelnih linija iz dva uzajamno ortogonalna pravca pretstavljene kao dva pramena pravih koje se seku u dva kona~na nedogleda N1 i N2. Centralna projekcija paralelnih linija iz tre}eg pravca, koji je ortogonalan na prva dva, pretstavlja snop paralelnih linija ortogonalnih na liniju horizonta. Kru`ni otvori se u centralnoj projekciji skiciraju pomo}u njihovih tangencijalnih kvadrata. U ovom slu~aju, centralne projekcije kru`nica pretstavljaju elipse, a njihovi tangencijalni kvadrati se vide kao tangencijalni ~etvorougaonici. Skiciranje ostalih elemenata vr{i se po pravilima koja su ve} obja{njena u prethodnim ve`bama.


Sl.3

.1

N 1N

2

z

x

y

45°


4. VE@BA

1. O1(210; 70) U horizontalnoj i frontalnoj projekciji prikazati: a) vertikalnu du` AB; A(20; 30; 50), B(?; ?; 10) b) horizontalnu du` CD; C(50; 10; 30), D(30; 60; ?) c) frontalnu du` EF; E(80; 30; 50), F(60; ?; 0) d) ravni 4 i 5, ortogonalne na osnovu H, koje sa osnovom F zaklapaju ugao od 600 i

sadrè ta~ka R(110; 40; 40) e) ravni 6 i 7, ortogonalne na osnovu F, koje sa osnovom H zaklapaju ugao od 450 i

sadrè ta~ku Q(165; 50; 25) 2. O(110; 200) U sve tri ortogonalne projekcije odrediti prodore PH, PF i PP prave a kroz H, F i P projekcijsku osnovu i transformacijom odrediti pravu veli~inu duì PHPP.

Prava a/A(10; 20; 30), B(70; 60; -20) Ravan transformacije 1: 1H, kroz ta~ku R(0; 30; 0)

3. O(410; 70) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati pravu n koja sadrì datu ta~ku N i preseca du` AB pod pravim uglom. N(30; 0; 60), A(40; 60; 0), B(110; 0; 50) 4. O(400; 240) U paru ortogonalnih projekcija nacrtati kvadrat ABCD ~ija ravan sa frontalnom osnovom zaklapa ugao od 300. Prikazati samo jedno re{enje.

A(40; 30; 40) B(70; 30; 20) Ravan transformacije 1: 1F, kroz koordinatni po~etak O

Obja{njenje Re{enje ove ve`be prikazano je na slici 4.1. 1. zadatak Du` AB je vertikalna, pa se u horizontalnoj projekciji vidi kao ta~ka: AH=BH. Du` CD je paralelna horizontalnoj projekcijskoj osnovi, {to zna~i da je zC=zD. Za frontalnu du` EF, yE=yF. Ravni 4 i 5 su upravne na osnovu H, odakle sledi da se ove ravni u horizontalnoj projekciji, kao i osnova F, vide kao prave linije. Odavde sledi da se ugao izme|u osnove F i ravni 4 i 5 neposredno meri i o~itava u horizontalnoj projekciji. Ravni 6 i 7 su upravne na osnovu F, odakle sledi da se ove ravni u frontalnoj projekciji, kao i osnova H, vide kao prave linije. Odavde sledi da se ugao izme|u osnove H i ravni 6 i 7 neposredno meri i o~itava u frontalnoj projekciji. 2. zadatak Prodor PH prave a kroz osnovu H uo~ava se neposredno u frontalnoj i profilnoj projekciji jer se u njima osnova H vidi kao prava linija (zra~no). Prodor PF prave a kroz osnovu F uo~ava se neposredno u horizontalnoj i profilnoj projekciji jer se u njima osnova F vidi zra~no. Prodor PP prave a kroz osnovu P uo~ava se neposredno u horizontalnoj i frontalnoj projekciji jer se u njima osnova P vidi zra~no. Prodori PH, P2 i PP prenose se sponama u susedne


projekcije a zatim se odre|uje vidljivost prave a. U horizontalnoj projekciji je vidljiv deo prave koji se od ta~ke PH nalazi iznad osnove H, a to se moè uo~iti u frontalnoj i profilnoj projekciji. U frontalnoj projekciji je vidljiv deo prave koji se od ta~ke PF nalazi ispred osnove F i to se uo~ava u horizontalnoj i profilnoj projekciji. U profilnoj projekciji je vidljiv deo prave koji se od ta~ke PP nalazi ispred osnove P, a to se uo~ava u horizontalnoj i frontalnoj projekciji. Na kraju je prava veli~ina duì PHPP odre|ena transformacijom, odnosno, uvo|enjem nove, pomo}ne projekcijske osnove 1, paralelno sa datom pravom a. Osnova 1 je izabrana tako da bude ortogonalna na osnovu H, pa se u horizontalnoj projekciji vidi kao prava linija (zra~no). Prva pomo}na projekcija ta~aka PH i PP formira se preno{enjem njihovih rastojanja od osnove H, koja se neposredno mere u frontalnoj projekciji. 3. zadatak Da bi se u ortogonalnoj projekciji prav ugao video bez deformacija dovoljno je da se u toj projekciji bar jedan od njegovih krakova vidi u pravoj veli~ini. Iz ove ~injenice sledi re{enje zadatka. Prvo je potrebno da se formira nova, pomo}na, projekcija u kojoj }e se du` AB videti u pravoj veli~ini. To je u~injeno pomo}u nove projekcijske osnove 1, koja je izabrana tako da bude upravna na osnovu H, paralelno duì AB. U toj pomo}noj projekciji zadatak se re{ava neposredno: kroz ta~ku N1 postavljena je prava n1 koja du` A1B1 se~e u ta~ki M1 pod pravim uglom. Ta~ka M je sponama prene{ena u horizontalnu i frontalnu projekciju, ~ime je odre|ena i horizontalna i frontalna projekcija prave n. Algoritam: 1. Usvajanje nove projekcijske osnove 1: 1H; 1 AHBH; 2. Formiranje pomo}nih projekcija duì AB i ta~ke N: AHBHA1B1; NHN1; 3. Konstrukcija prave n u pomo}noj projekciji: n1 A1B1; n1 A1B1= M1; 4. Odre|ivanje prave n u H i F projekciji: M1MHMF; nH(NH, MH); nF(NF, MF). 4. zadatak Du` AB je paralelna sa osnovom F, pa se u frontalnoj projekciji vidi u pravoj vei~ini. Kroz koordinatni po~etak postavljena je nova projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu F i du` AB. U novoj, pomo}noj, projekciji zra~no se vide osnova F (kao prava linija) i du` AB (kao ta~ka), odakle sledi da }e se u toj istoj projekciji videti zra~no i ravan kvadrata ABCD, a ugao izme|u te ravni i osnove F u pravoj veli~ini. Kroz zra~nu projekciju duì A1B1 postavljena je ravan kvadrata pod uglom od 300 prema osnovi F. Ako se prva pomo}na projekcija ivice kvadrata A1B1 vidi kao ta~ka, projekcije ivica B1C1 i A1D1 vide se u pravoj veli~ini. Na osnovu ove ~injenice konstruisana je prva pomo}na projekcija kvadrata A1B1C1D1, a zatim i njegova frontalna i horizontalna projekcija. Na slici je prikazano samo jedno od dva mogu}a re{enja. Algoritam: 1. Usvajanje nove projekcijske osnove 1: O1; 1F; 1AHBH; AHBH= a; 2. Formiranje pomo}ne projekcije duì AB: AFBF A1B1; A1= B1; 3. Definisanje ravni kvadrata ABCD: A1 1; B1 1; (1;F1) = 300; 4. Konstrukcija kvadrata ABCD u pomo}noj projekciji: C1= D1; B1C1= A1D1= AHBH= a; 5. Konstrukcija kvadrata ABCD u H i F projekciji: (ABCD)1(ABCD)F(ABCD)H.


A BO

11

A=

BHH

F

F F

C

C

D D

H

H

FF

E E

F FH

H

F

F

45

45

R

RH

HH

FF

FF

F

6 HH7H H

6F7F

QF

QH

600

600

O2

O3 O

4

a a

a

a

PHF

HF

PH H

AF

AHB

P

AP

PF PPP F

P1 P

P1 H

B1

PH P

BF

F H

1

P

PP H

PF F

P PP

BH

N NH

BF

AF

BH

AHB1

N1

A1

M1

M1

M1

F H

AHBH

BF

AF

A1B1

=

C1 =D1

CF

DF

CH

DH

1

a

a

a

Sl.

4.1


ZADACI ZA DODATNU VE@BU

Format A3 1. O(150; 80) U prvoj i drugoj ortogonalnoj projekciji:

a) prikazati vertikalnu du` AB; A(50; 40; 50), B( ?; ?; 10) b) nacrtati ravni 4 i 5 koji sadrè du` AB i sa frontalnom osnovom zaklapaju ugao

od 450; ozna~iti tragove ravni 4 i 5 u obe projekcije. c) na ravnima 4 i 5, nacrtati kvadrate ABCD i ABEF.

2. O(100; 220) U sve tri ortogonalne projekcije odrediti prodore P1, P2 i P3 prave a kroz H, F i P projekcijsku osnovu i transformacijom odrediti pravu veli~inu duì P1P2P3.

Prava a/A(80; -20; 60), B(0; 60; 10) Ravan transformacije 1: 1P, kroz ta~ku R(0; 90; 0)

3. O(380; 110) U paru ortogonalnih projekcija nacrtati jednakostrani~ni trougao ABC, ~ija ravan zaklapa ugao od 300 sa frontalnom osnovom F.

A(50; 30; 50) B(90; 30; 20) Prikazati oba re{enja. 4. O(380; 210) U paru ortogonalnih projekcija nacrtati pravilan {estougao ABCDEF tako da njegova stranica DE pripada horizontalnom osnovom H. Prikazati samo onaj {estougao koji se nalazi ispred frontalne osnove. A(50; 20; 40), B(80; 0; 40) Format A3 5. O(180; 80) U sve tri ortogonalne projekcije nacrtati:

a) frontalni krug sa centrom u ta~ki K(30; 30; 30), polupre~nika r=30mm b) horizontalni kvadrat ABCD, ~ija je dijagonala A(100; 10; 20), C(70; 40; 20) c) profilni krug sa centrom u ta~ki R(140; 20; 30), polupre~nika r=20mm

6. O(180; 220) U paru ortogonalnih projekcija odrediti prodor prave a kroz ravni 4 i 5. 4(130; ; 80), 5(160; 70; ), a/A(160; 30; 20), B(0; 0; 60) 7. O(380; 110) U paru ortogonalnih projekcija nacrtati jednakostrani~ni trougao ABC tako da njegovo teme C pripada frontalnoj osnovi F. Prikazati oba re{enja.

A(50; 30; 50) B(90; 30; 20) 8. O(380; 210) U paru ortogonalnih projekcija odrediti tragove ravni koja sadrì datu du` AB i sa horizontalnom osnovom zaklapa ugao od 450. Prikazati oba re{enja. A(50; 20; 30), B(80; 0; 30)


5. VE@BA

1. O(170; 80) Rotacijom i transformacijom odrediti pravu veli~inu duì AB i njen ugao prema osnovi F. A(120; 60; 10), B(60; 10; 50). 2. O(170; 190) Rotacijom odrediti pravu veli~inu ugla izme|u pravih a i c koje se seku u ta~ki A.

a/A(80; 50; 50), B(30; 30; 0)/, c/A, C(130; 0; 30)/. Ravan transformacije 1: 1H, kroz koordinatni po~etak O

3. O(360; 90) Postupkom transformacije odrediti ugao izme|u ravni trouglova ABC i ABD.

A(60; 30; 15), B(10; 10; 35), C(25; 50; 0), D(45; 0; 0). Ravan transformacije 1: 1F, kroz ta~ku R(0; 0; 50).

4. O(400, 180) Transformisati kocku ABCDEFGH tako da se ona projicira u pravcu telesne dijagonale CE.

A(50; 0; 0), C(10; 40; 0), E(50; 0; 40). Ravni transformacije postaviti kroz ta~ku R(100; 0; 0).

Obja{njenje Re{enje ove ve`be prikazano je na slici 5.1. 1. zadatak Da bi se u nekoj projekciji ugao izme|u duì i ravni video u pravoj veli~ini neophodno je da se u toj istoj projekciji du` vidi bez deformacija a ravan zra~no (kao prava linija). Po{to je potrebno da se odredi ugao izme|u duì AB i osnove F, duì AB je rotirana oko osovine s koja sadrì ta~ku A i upravna je na osnovu F, do horizontalnog poloàja. U horizontalnoj projekciji du` AHBO

H se vidi u pravoj veli~ini, kao i ugao izme|u nje i osnove F. Ovaj zadatak se moè re{iti i transformacijom. Paralelno duì AB postavljena je nova projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu F. U prvoj pomo}noj projekciji du` A1B1 se vidi u pravoj veli~ini, a osnova F zra~no. Iz tih razloga se u toj istoj projekciji neposredno meri i o~itava traèni ugao izme|u duì AB i frontalne osnove F. Algoritam za rotaciju: 1. Usvajanje osovine rotacije s: A s; sF; 2. Rotacija duì AB oko osovine s do horizontalnog poloàja: AB ABO; ABO H; 3. Prava veli~ina d duì AB: d = AHBO

H; 4. Ugao F izme| duì AB i osnove F: F = (AHBO

H,FH). Algoritam za transformaciju: 1. Usvajanje pomo}ne projekcijske osnove 1: 1F; 1 AHBH; 2. Formiranje prve pomo}ne projekcije duì AB: AHBH A1B1; 3. Prava veli~ina d duì AB: d = A1B1; 4. Ugao F izme| duì AB i osnove F: F = (A1B1,F1).


2. zadatak U nekoj projekciji se ugao izme|u dve prave vidi u pravoj veli~ini ako se u toj istoj projekciji obe prave vide bez deformacija. Da bi se prave a i c videle u pravoj veli~ini u horizontalnoj projekciji izvr{ena je rotacija ovih pravih do njihovog horizontalnog poloàja. Kroz ta~ku C uo~ena je horizontalna prava h na ravni koju defeni{u ove tri nekolinearne ta~ke. Kroz koordinatni po~etak postavljena je nova projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu H i horizontalnu pravu h. U prvoj pomo}noj projekciji horizontala h1 se vidi kao ta~ka, a ravan koju defini{u ta~ke A, B i C kao prava linija. Zatim je izvr{ena rotacija ove ravni do horizontalnog poloàja, oko prave h, kao osovine obrtanja. U prvoj pomo}noj projekciji lukovi rotacije se vide u pravoj veli~ini a u susednoj, horizontalnoj, kao prave linije ortogonalne na osovinu rotacije. U horizontalnoj projekciji se rotirane prave vide u pravoj veli~ini, kao i ugao izme|u njih. Algoritam: 1. U ta~ki C ravni ABC, postaviti horizontalu h: hABC; Ch; h F H F; h F h H; 2. Usvajanje pomo}ne projekcijske osnove 1: O1; 1H; 1hH; 3. Formiranje pomo}nih projekcija datih ta~aka: A HA 1; B HB 1; C HC 1; C1=h1; 4. Rotacija ravni ABC oko horizontale h: h1hO

1; C1CO1; A1AO

1; B1BO1; (ABC)O

1 H 1; 5. Formiranje H i F projekcija rotiranih ta~aka: AO

1AOHAO

F; BO1BO

HBOF; CO C;

6. Odre|ivanje prave veli~ine traènog ugla : = (CH, AOH, BO

H). 3. zadatak Da bi se u nekoj projekciji ugao izme|u dve ravni video u pravoj veli~ini potrebno je da se u toj istoj projekciji obe ravni vide zra~no (kao prave linije). Dve ravni se vide zra~no ako se njihova prese~na prava vidi kao ta~ka. Na osnovu ove dve ~injenice re{en je ovaj zadatak. Kroz ta~ku R postavljena je prva pomo}na ravan, paralelno duì AB i ortogonalno na projekcijsku osnovu F. U prvoj pomo}noj projekciji du` A1B1 se vidi u pravoj veli~ini. Usvojena je i druga pomo}na projekcijska osnova, ortogonalno na du` AB i pomo}nu osnovu 1. Kako se u drugoj pomo}noj projekciji du` A2B2 vidi kao ta~ka, a ravni trouglova A2B2C2 i A2B2D2 kao prave linije, u toj pomo}noj projekciji se neposredno o~itava ugao izme|u ravni ova dva trougla. Algoritam: 1. Usvajanje pomo}ne projekcijske osnove 1: RH1; 1F; 1 AFBF; 2. Formiranje prvih pomo}nih projekcija datih ta~aka: (AB)F(AB)1; CFC1; DFD1; 3. Usvajanje pomo}ne projekcijske osnove 2: 21; 2A1B1; 2. Formiranje drugih pomo}nih projekcija datih ta~aka: (AB)1(AB)2; C1C2; D1D2; A2= B2; 5. U drugoj pomo}noj projekciji traèni ugao se vidi u pravoj veli~ini: =(A2C2, A2D2). 4. zadatak Da bi se konstruisala projekcija kocke ABCDEFGH u pravcu njene telesne dijagonale CE, potrebno je izabrati novu projekcijsku osnovu koja je ortogonalna na pravac dijagonale CE. To se ne moè u~initi neposredno jer se dijagonala CE ne vidi u pravoj veli~ini ni u horizontalnoj ni u frontalnoj projekciji. Zato je neophodno da se prvo, kroz ta~ku R, postavi pomo}na projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu H i paralelno telesnoj dijagonali CE. Posle izvr{ene transformacije kocke, du` CE se vidi u pravoj veli~ini. Usvojena je jo{ jedna pomo}na projekcijska osnova 2, ortogonalno na dijagonalu CE. Kako se u drugoj pomo}noj


projekciji telesna dijagonala C2D2 vidi zra~no (kao ta~ka), u toj poslednjoj projekciji dobija se traèni izgled kocke. Njena vidljivost odre|uje se prema slede}im principima: vidljive su one ivice koje formiraju konturu kocke, kao i ivice koje su najudaljenije od odgovaraju}e projekcijske osnove. U ovom primeru, osim konture, vidljiv je trijedar u ta~ki C2. Algoritam: 1. Usvajanje pomo}ne projekcijske osnove 1: RH1; 1H; 1 CHEH; 2. Formiranje prve pomo}ne projekcije kocke: (ABCDEFGH)H(ABCDEFGH)1; 3. Usvajanje pomo}ne projekcijske osnove 2: R12; 21; 2C1E1; 4. Formiranje druge pomo}ne projekcije kocke: (ABCDEFGH)1(ABCDEFGH)2; 5. Odre|ivanje vidljivosti kocke u svim projekcijama.


O1

R

A

BF

F

BH

AH

B1

A1

BH O

BF O

H

A B

O3

A

BF

F

DH

CF

CH

AH

BH

A1B1

D1C1

A2 B2

C2

D2

1

2

CDH

HH

AFB

FC

FD

F

EF

FFG

HF

F

O4

EH

FH

GH

H1A1

B1

C1

D1

E1

F1

G1

E2

C2A2

B2D

2

F2

G2

H2

= RF

H

A AF

CF

BF

c

a

F

F

CH

BH

H

cH

aH

BH O

AH O

cH o

1

O2

HH

hH

hF

B1

A1

A1 O

O1 B

C1h1

=

Sl.

5.1


ZADACI ZA DODATNU VE@BU Format A3 1. O(140; 70) Rotacijom i transformacijom odrediti pravu veli~inu duì AB i njen ugao prema osnovi H. A(80; 0; 60), B(80; 40; 10). 2. O(140; 230) Rotacijom odrediti pravu veli~inu trougla ABC.

A(100; 0; 0), B(40; 0; 40), C(40; 50; 0) Ravan transformacije 1: 1F, kroz koordinatni po~etak O.

3. O(400; 60) Transformisati pravilnu pravu ~etvorostranu piramidu VABCD tako da se njena strana VAB vidi u pravoj veli~ini.

V(30; 25; 50), A(30; 0; 0), B(55; 25; 0), C(30; 50; 0), Ravan transformacije 1: 1H, kroz ta~ku R(85; 0; 0).

4. O(400, 230) Transformisati kocku ABCDEFGH tako da se ona projicira u pravcu zraka ST.

A(50; 0; 0), C(10; 40; 0), E(50; 0; 40), S(60; 0; 20), T(90; 30; 0) Ravni transformacije postaviti kroz ta~ku R(120; 0; 0).

Format A3 5. O(140; 70) Transformacijom i rotacijom odrediti rastojanje izme|u ta~ke T i duì AB. T(70; 35; 40), A(80; 0; 20), B(25; 30; 20). 6. O(140; 230) Rotacijom odrediti pravu veli~inu pravougaonika ABCD: A(40; 50; 0) B(40; 0; 40), C(100; 0; 40) D(100; 50; 0). 7. O(400; 60) Transformisati pravilnu pravu petostranu piramidu VABCDE tako da se jedna njena strana vidi u pravoj veli~ini. Bazis piramide je pravilni petougao ABCDE na osnovi H, sa sredi{tem u ta~ki S. V(30; 25; 50), A(30; 0; 0), S(30; 25; 0) 8. O(400; 230) Transformisati konus tako da se on vidi u pravcu zraka ST. Bazis konusa pripada osnovi H, a polupre~nik mu je r=20mm. Visina konusa je h=40mm, a centar bazisa je u ta~ki C.

C(30; 30; 0), S(60; 0; 20), T(90; 30; 0). Ravni transformacije postaviti kroz ta~ku R(120; 0; 0).


6. VE@BA 1. O(190; 100) U paru ortogonalnih projekcija odrediti prodor prave p kroz ravan trougla ABC. Odrediti vidljivost prave uz pretpostavku da je ravan trougla neprovidna. Zadatak re{iti transformacijom. p/Q(0; 40; 40), R(130; 0; 0)/ A(0; 30; 0) B(50; 0; 60) C(110 ; 50; 20) Ravan transformacije 1: 1F, kroz ta~ku R. 2. O(160; 230) U paru ortogonalnih projekcija odrediti tragove ravni koja je zadata pravom a i ta~kom R. Konstruisati prodor N prave n koja sadrì koordinatni po~etak O i upravna je na datu ravan. Zadatak re{iti transformacijom. a/A(40; 0; 60), B(90; 30; 0)/, R(40; 30; 30) Ravan transformacije 1: 1F, kroz ta~ku T(-20; 0; 0). 3. O(390; 100) Na ravni 4(140; 120; 80) konstruisati krug koji dodiruje sve tri projekcijske osnove. Konstruisati dodirne ta~ke D1, D2 i D3 u prikazati ih u obe projekcije.

Obja{njenje

Re{enje ove ve`be prikazano je na slici 6.1. 1. zadatak Prodor prave kroz ravan se u projekciji vidi neposredno ako se, u toj istoj projekciji, ravan vidi zra~no. Da bi se ravan trougla ABC videla zra~no (kao prava linija) neophodno je da se usvoji nova projekcijska osnova 1 ortogonalno na ravan ovog trougla. Na osnovu navedenih ~injenica re{en je ovaj zadatak. U ta~ki A, na ravni trougla ABC, uo~ena je frontala f koja se u frontalnoj projekciji vidi u pravoj veli~ini. Kroz ta~ku R postavljena je nova, pomo}na projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu F i frontalu f. U toj pomo}noj projekciji, trougao se vidi zra~no, pa se prodor prave p kroz njegovu ravan uo~ava neposredno. Na kraju je ta~ka prodora P sponama vra}ena u frontalnu i horizontalnu projekciju, a odre|ena je i voidljivost prave uz pretpostavku da je ravan trougla neprovidna. U horizontalnoj projekciji vidljiv je onaj deo prave koji se od ta~ke prodora P nalazi iznad ravni trougla ABC, a to se uo~ava u frontalnoj projekciji. U frontalnoj projekciji vidljiv je onaj deo prave koji se od ta~ke prodora P nalazi ispred ravni trougla ABC, a to se uo~ava u horizontalnoj projekciji. Algoritam: 1. U ta~ki A, na ravni ABC uo~ava se frontala f: fABC; Af; f H F H; f H f F; 2. Usvajanje pomo}ne projekcijske osnove 1: R1;1F; 1f F; 3. Formiranje pomo}nih projekcija prave p i ABC: pFp1; (ABC)F(ABC)1; 4. U prvoj pomo}noj projekciji prodor P se vidi neposredno: P1=p1 (ABC)1; 5. Odre|ivanje frontalne i horizontalne projekcije ta~ke P: Pp; P1PFPH; 6. Odre|ivanje vidljivosti prave p u svim projekcijama.


2. zadatak Prava a i ta~ka R defini{u jednu ravan, koja je ozna~ena brojem 4. Kroz ta~ku R uo~ena je frontala f ove ravni i usvojena je nova, pomo}na, projekcijska osnova 1, ortogonalno na frontalu f i frontalnu projekcijsku osnovu F. Izvr{ena je transformacija prave a, ta~ke R i koordinatnog po~etka O. U toj novoj projekciji, frontalna osnova F i ravan 4 vide se kao prave linije (zra~no), a njihova prese~na prava 4F (drugi trag ravni 4) vidi se kao ta~ka. Drugi trag 4F vra}en je u frontalnu projekciju i uo~ena je ta~ka 4X u kojoj ravan 4 se~e x osu. Trag 4H odre|en je ta~kama B i 4X , jer obe pripadaju horizontalnoj projekcijskoj osnovi. Zatim je konstruisan i prodor normale n kroz ovu ravan. To je u~injeno neposredno u prvoj pomo}noj projekciji jer se u njoj ravan 4 vidi zra~no. Uo~ena je i frontalna i horizontalna projekcija normale n iz uslova da je nF4F, odnosno n

H4H. Na kraju je, iz prve pomo}ne projekcije u frontalnu i horizontalnu projekciju, vra}en i prodor N normale n ove ravni. Algoritam: 1. Uo~avanje frontale f ravni 4(a, R): Rf; f4; f H F H; f H f F; 2. Usvajanje pomo}ne projekcijske osnove 1: T1;1F; 1f F; 3. Formiranje pomo}nih projekcija prave a, ta~ke R i ravni 4: aFa1; RFR1; 41(a1, R1); 4. Odre|ivanje F i H tragova ravni 4: 141=4F

1; 4F14F

F; 4X = 4F Ox; 4HH(4X , B

H); 5. Uo~avanje pomo}ne projekcije normale n i njenog prodora kroz ravan: n141; P1= n141; 6. Odre|ivanje frontalne projekcije prave n i ta~ke P: nF4F

F; n1nF; PFnF; 7. Odre|ivanje horizontalne projekcije prave n i ta~ke P: nFnH; PFPH; 3. zadatak Krug na ravni 4 dodiruje sve tri projekcijske osnove ako je upisan u trouglu njenih tragova. Kako se krug u ortogonalnim projekcijama vidi kao elipsa, ovaj zadatak se ne moè re{iti neposredno, ve} je neophodno da se prvo odredi prava veli~ina trougla tragova ravni kojoj pripada ovaj krug. To je u~injeno obaranjem ravni (rotacijom) oko njenog horizontalnog traga 4H, u projekcijsku osnovu H. Tokom rotacije, ta~ka 4Z se kre}e po kru`nom luku koji se u horizontalnoj projekciji vidi kao prava linija kH upravna na 4H

H. Ta~ka 4ZO u oborenom poloàju konstruisana je iz uslova da je se du` 4X4Z vidi u pravoj veli~ini i u frontalnoj projekciji i u oborenom poloàju. Centar CO traènog kruga je odre|en kao centar kruga upisanog u trougao tragova 4X4Y4ZO (kao presek simetrala s i q uglova ovog trougla). Zatim je odre|en polupre~nik kruga i ta~ke D1, D2 i D3 u kojima on dodiruje sve tri projekcijske osnove. Centar CO je pomo}u horizontale ravni 4 vra}en u obe ortogonalne projekcije. Po{to se u horizontalnoj i frontalnoj projekciji ovaj krug vidi kao elipsa koja se na kraju mora konstruisati, neophodno je da se iz oborenog poloàja u obe ortogonalne projekcije prenese i par njegovih ortogonalnih pre~nika. U ovom slu~aju, to je u~injeno sa horizontalnim pre~nikom 1-2 i njemu ortogonalnim 3-D1. Na kraju je konstruisana horizontalna projekcija elipse metodom temenih lukova krivine i frontalna projekcija elipse, metodom 8 ta~aka i 8 tangenti. U ta~kama D1, D2 i D3, elipsa tangira odgovaraju}e tragove ravni. Algoritam: 1. Obaranje ravni 4 u osnovu H: (4X-4Z

F)=(4X-4ZO); kH4H

H; 4ZO kH; 2. Odre|ivanje centra kruga u oborenom poloàju: CO = sq; 3. Odre|ivanje polupre~nika kruga u oborenom poloàju: r=COD1O=COD2O=COD3O; COD1O4H; 4. Preno{enje centra kruga u H i F projekciju: COCHCF; 5. Preno{enje ortogonalnih pre~nika u H i F projekciju: (1-2)O(1-2)H(1-2)F;


3

H

AF

H A

BF

BH

CF

CH

PF P

H

1

R RHF

QF

QH

C1

A1

B1p

ppF

1 P1

fH

fF

f1=

4F Z

4F F

4 X4H Z

4 ZO

4H Y

4F H 4H F

4H H

CF

CH

4F P 4H P

4 FO

4 PO

CO

D2O

D3OD 1

O

D3H

DH 2

DF 1

D3F

D2F

1

2

1

12F

F

3H3F

AF

B B

AHR R

TF

F HH

fHfF4 F

4 H

4 X

A1

R1

N1

n1

F

nF nH

NF

NH

41

1 O2

O21

F

H

kH

kH

s

q

O1

O3

Sl.

6.1


ZADACI ZA DODATNU VE@BU Format A3 1. O(180; 80) U paru ortogonalnih projekcija odrediti tragove ravni koja je definisana sa 3 nekolinearne ta~ke A, B i C. Odrediti ugao ove ravni prema horizontalnoj i frontalnoj projekcijskoj osnovi. A(50; 60; 0), B(20; 0; 50), C(80; 30; 10) 2. O(130; 240) Odrediti (najkra}e) rastojanje izme|u ravni 4 i ta~ke A.

4(100; 50; 50), A(70; 40; 40); Zadatak re{iti transformacijom. 3. O(400; 100) Na ravni 4(140; 120; 80) konstruisati pravilan petougao ABCDE. A(0; 30; ?), B(0; 80; ?) Format A3 4. O(130; 80) U paru ortogonalnih projekcija odrediti tragove ravni 4 koja je definisana normalom n i ta~kom N. Konstruisati ravan 5 koja je od ravni 4 udaljena 20mm. n/M(70; 60; 70), N(30; 30; 30)/ 5. O(160; 220) U paru ortogonalnih projekcija odrediti tragove ravni 4 definisane pravom p koja je upravna na sve njene frontale. Postupkom transformacije odrediti ugao izme|u ove ravni i frontalne osnove F. a/A(80; 0; 40), B(40; 50; 0)/ 6. O(380; 170) Na ravni 4(140; 100; 80) konstruisati kvadrat ~ija dijagonala se~e x osu. Sredi{te kvadrata je ta~ka S(40; ?; 30), a duìna njegove stranice je 50mm. Format A3 7. O(160; 80) U paru ortogonalnih projekcija odrediti prodor prave p kroz ravan paralelograma ABCD. Odrediti ugao izme|u ove ravni i frontalne projekcijske osnove. A(120; 10; 10), B(60; 10; 50), C(10; 50; 50), D(70; 50; 10) p/(P(0; 0; 0), Q(130; 70; 60)/ 8. O(140; 230) U ta~ki R trougla ABC konstruisati normalu n, a zatim odrediti ta~ku Q na normali n tako da je RQ=50mm.

A(40; 60; 0), B(90; 20; 20), C(10; 0; 60), R(50; ?; 20). 9. O(400; 110) Na ravni 4(160; 80; 100) konstruisati pravilan {estougao ABCDEF. A(40; 0; ?), B(80; 0; ?).


7. VE@BA

1. O(130; 80) Odrediti presek izme|u ravni trouglova ABC i PQR. ABC: A(0; 20; 20), B(70; 80; 70), C(110; 0; 0),

PQR: P(20; 60; 0), Q(40; 0; 70), R(120; 70 ;30 ), 2. O(220; 80) U ta~ki T koja pripada ravni trougla ABC nacrtati horizontalu h, frontalu f i normalu n ove ravni. Postupkom transformacije odrediti ugao izme|u ravni trougla ABC i frontalne projekcijske osnove F. ABC: A(0; 10; 60), B(60; 10; 10), C(0; 50; 10) T(20; 30; ?) Ravan transformacije 1: 1F, kroz ta~ku A. 3. O(340; 90) Odrediti rastojanje izme|u mimoilaznih pravih a i b.

a/A1(50; 10; 40), A2(0; 50; 20)/, b/B1(50; 10; 0), B2(0; 20; 20)/. Prva ravan transformacije 1F. 4. O(210; 230) Postupkom transformacije odrediti ugao izme|u prave a i ravni trougla ABC. U svim projekcijama odrediti prodor P prave a kroz ravan trougla ABC. ABC: A(20; 0; 20), B(50; 50; 60), C(90; 20; 0) a:/M(30; 40; 0), N(90; 20; 50)/.

Obja{njenje Re{enje ove ve`be prikazano je na slici 7.1. 1. zadatak Prava p je presek izme|u ravni trougla ABC i PQR i odre|ena je ta~kama M i N. Ta~ka M je prodor duì BC kroz trougao PQR, a ta~ka N je prodor duì PQ kroz trougao ABC. U oba slu~aja prodori su odre|eni metodom zaklonjene duì. U frontalnoj projekciji, du` BFCF zaklanja du` 1F-2F na trouglu PQR. Ta~ka 1 pripada stranici RP, a ta~ka 2 stranici RQ. Ove ta~ke su prenesene u horizontalnu projekciju, gde se neposredno uo~ava presek izme|u duì 1H-2H i CHBH u ta~ki MH, koja je sponom vra}ena u frontalnu projekciju, na du` CFBF. Zatim je odre|ena i ta~ka N. U frontalnoj projekciji, du` PFQF zaklanja du` 3F-4F na trouglu ABC. Ta~ka 3 pripada stranici AB, a ta~ka 4 stranici AC. Ove ta~ke su prenesene u horizontalnu projekciju, gde se neposredno uo~ava presek izme|u duì 3H-4H i PHQH u ta~ki NH, koja je sponom vra}ena u frontalnu projekciju, na du` PFQF. Kao {to je ve} re~eno, du` MN defini{e presek p izme|u datih trouglova. Na kraju je odre|ena i njihova vidljivost. U horizontalnoj projekciji du` AB je delimi~no zaklonjena trouglom PQR, koji se na tom delu nalazi iznad nje. U frontalnoj projekciji du` AC je delimi~no zaklonjena trouglom PQR koji se na tom delu nalazi ispred nje, i tako dalje. U obe projekcije, duì CB i PQ menjaju svoju vidljivost u ta~kama prodora. Algoritam: 1. Uo~avanje duì 1F-2F koju zaklanja du` BFCF: 1F RFPF; 2F RFQF; 2. Preno{enje ta~aka 1 i 2 iz F u H projekciju: 1F1H; 2F2H; 1HRHPH; 2H RHQH;


3. Odre|ivanje ta~ke M: MH = (1-2)H (CB)H; MH MF; 4. Uo~avanje duì 3F-4F koju zaklanja du` PFQF: 3F AFBF; 4F AFCF; 5. Preno{enje ta~aka 3 i 4 iz F u H projekciju: 3F3H; 4F4H; 3H AHBH; 4H AHCH; 6. Odre|ivanje ta~ke N: NH = (3-4)H (PQ)H; NH NF; 7. Definisanje prese~ne prave p: pH(MH, NH); pF(MF; NF); 8. Odre|ivanje vidljivosti trouglova ABC i PQR. 2. zadatak Stranica AB trougla ABC paralelna je sa osnovom F, a stranica BC sa osnovom H. Zato du` AB pretstavljha jednu frontalu, a du` BC jednu horizontalu na ravni ovog trougla. Kako je zadatkom data horizontalna projekcija ta~ke T, najpre je odre|ena pozicija ta~ke TF u frontalnoj projekciji. Kroz ta~ku TH, paralelno duì AHBH, uo~ena je frontala fH i njen presek 1H sa stranicom BHCH. Ta~ka 1 je sponom prenesena na frontalnu projekciju duì BFCF i, kroz tu ta~ku, paralelno duì AFBF, uo~ena je frontala fF u frontalnoj projekciji. Pozicija ta~ke TF odre|ena je u preseku frontale fF i spone za ta~ku T. Dakle, u obe projekcije frontala u ta~ki T paralelna je duì AB, a horizontala je paralelna duì CB. Frontalna projekcija normale nF odre|ena je iz uslova da je ona ortogonalna na frontalne projekcije frontala, a njena horizontalna projekcija nH iz uslova da je ona ortogonalna na horizontalne projekcije horizontala. Ugao izme|u ravni trougla ABC i osnove F odre|en je transformacijom. Kroz ta~ku A, ortogonalno na osnovu F i du` AB postavljena je nova projekcijska osnova 1. U toj pomo}noj projekciji i ravan trougla i osnova F vide se zra~no (kao prave linije), pa se ugao izme|u njih meri i o~itava neposredno. Algoritam: 1. Odre|ivanje frontalne projekcije ta~ke T: f H AHBH; THf H; f Hf F; f F AFBF; TFf F; 2. Odre|ivanje horizontale ta~ke T u obe projekcije: Th; h H CHBH; h F CFBF; 3. Konstrukcija normale u ta~ki T: Tn; nHCHBH; nFAFBF; 4. Postavljanje pomo}ne projekcijske osnove 1: 1F; AF1; 1AFBF; 5. Formiranje pomo}ne projekcije trougla ABC: AFBFCF A1B1C1; 6. Neposredno uo~avanje ugla izme|u osnove F i ravni ABC u prvoj pomo}noj projekciji. 3. zadatak U nekoj projekciji se rastojanje izme|u dve mimoilazne prave moè neposredno izmeriti ako se, u toj istoj projekciji, jedna od ove dve prave vidi kao ta~ka. Na osnovu ove ~injenice zadatak je re{en transformacijom. Ortogonalno na osnovu F i paralelno pravoj a uo~ena je nova projekcijska osnova 1 i izvr{ena transformacija obe prave. U toj pomo}noj projekciji, prava a1 se vidi u pravoj veli~ini. Odmah zatim, ortogonalno na pravu a1 i osnovu 1, uo~ena je pomo}na projekcijska osnova 2 i izvr{ena transformacija obe prave. U toj projekciji prava a2 se vidi kao ta~ka, a njeno rastojanje od prave b2 se o~itava i meri neposredno, po zajedni~koj normali ovih mimoilaznih pravih. Algoritam: 1. Postavljanje pomo}ne projekcijske osnove 1: 1F; 1 aF; 2. Formiranje prve pomo}ne projekcije pravih a i b: aFa1; bFb1; 3. Postavljanje pomo}ne projekcijske osnove 2: 21; 2 a1; 4. Formiranje druge pomo}ne projekcije pravih a i b: a1a2; b1b2; 5. Odre|ivanje rastojanja izme|u pravih a i b u drugoj pomo}noj projekciji.


4. zadatak U nekoj projekciji se ugao izme|u prave i ravni vidi u pravoj veli~ini ako se, u toj istoj projekciji, ravan vidi zra~mo, a prava bez deformacija. Na osnovu ove ~injenice zadatak je re{en pomo}u tri uzastopne transformacije datog trougla i prave. Na ravni trougla ABC uo~ena je frontala f i, ortogonalno na nju i osnovu F, postavljena je nova projekcijska osnova 1. U toj pomo}noj projekciji ravan trougla se vidi kao prava linija (zra~no). Odmah zatim, uo~ena je nova projekcijska osnova 2, paralelno sa trouglom A1B1C1 i ortogonalno na osnovu 1. U toj drugoj, pomo}noj, projekciji trougao A2B2C2 se vidi u pravoj veli~ini. Na kraju je, paralelno sa pravom a2 i ortogonalno na osnovu 2 i ravan trougla A2B2C2, uo~ena pomo}na projekcijska osnova 3. U toj poslednjoj projekciji trougao se vidi zra~no, a prava bez deformacija, pa se ugao izme|u njih meri i o~itava neposredno u pravoj veli~ini. Algoritam: 1. Uo~avanje frontale f na trouglu ABC: fABC; fC; f H f F; 2. Postavljanje pomo}ne projekcijske osnove 1: 1F; 1f F; 3. Formiranje prve pomo}ne projekcije ABC i prave a: (ABC)F(ABC)1; aF a1; 4. Postavljanje pomo}ne projekcijske osnove 2: 21; 2 (ABC)1; 5. Formiranje druge pomo}ne projekcije ABC i prave a: (ABC)1(ABC)2; a1 a2; 6. Postavljanje pomo}ne projekcijske osnove 3: 32; 3 a2; 7. Formiranje prve pomo}ne projekcije ABC i prave a: (ABC)2(ABC)3; a2 a3; 8. Odre|ivanje ugla izme|u ravni ABC i prave a u tre}oj pomo}noj projekciji.


nF

AF

AH

BF

CF

CH

BH

PF PH

QF

QH

RF

RH

pF pH

1F

2F

1H

2H

3F

4F

4H

3H

MF

MH

NHN

F

N1

AHAF

A1

BF BH

CH

CF

B1

B2

B3

A2

A3

C1

C2

C3

M1

N2

M2

M3

N3

P3

P2

P1

PF

PH

A

A

H

F

BF

BH

TH

TF

CF

CH

hF

fF

nH

fH

hH

C1

B1A1

1

2

3

AHBH 1

1

AH 2

BH 2

BF 1

A1F

a

bH

H

aF

bFB

2HAH 2

=

=

a1

b1

A1 1

B21

B1 1

a2

A21

B2 2

B12

12

H 1

1F

fHfF

MF

NF

MH

NH

1

aH

aF

a1

a2

a3

Sl.

7.1


ZADACI ZA DODATNU VE@BU Format A3 1. O(110; 100) Odrediti presek izme|u ravni 4 i ravni 5, i ugao izme|u njih.

4(-70; 50; 30), 5(50; 30; 50). 2. O(110; 240) Postupkom transformacije odrediti ugao izme|u prave a i ravni 4.

a/A(60; 40; 40), B(10; 10; 10)/, 4(70; 30; 40). Format A3 3. O(100; 60) Odrediti rastojanje izme|u paralelnih pravih a i b.

a/A(50; 50; 20), B(0; 20; 60); b/C(50; 30; 0)/. 4. O(130; 220) U ta~ki T koja pripada ravni trougla ABC nacrtati pravu r koja je upravna na frontalne prave ove ravni. Postupkom transformacije odrediti ugao izme|u ravni trougla ABC i horizontalne projekcijske osnove H. ABC: A(90; 0; 10), B(30; 60; 60), C( 0; 0; 30) T(40; 20; ?) 5. O (330; 80) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati ravan 5 koja sadrì datu ta~ku T i paralelna je sa ravni trougla ABC. T(0; 30; 50) ABC: A(90; 0; 10), B(30; 60; 60), C( 0; 0; 30) 6. O (380; 230) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati ravan 5 koja sadrì datu pravu p i ortogonalna je na datu ravan 4(80; 40; ). p/P(80; 50; 0), Q(0; 0; 60)/


8. VE@BA 1. O(160; 100) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati pravu, pravilnu ~etvorostranu piramidu VABCD tako da dve ivice njenog bazisa budu paralelne profilnoj osnovi P. Bazis ABCD je kvadrat na ravni 4, ~ija ivica ima duìnu a=50mm. 4(140; 110; 90), V(80; 80; 80) 2. O(310; 100) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati konus visine h=90mm. Bazis konusa je krug na ravni 4 koji dodiruje horizontalnu projekcijsku osnovu H. Zadatak re{iti transformacijom. 4(120; 100; 70); Centar bazisa S(35; 35; ?) Ravan transformacije 1: 1H, kroz ta~ku R(0; 70; 0).

Obja{njenje

1. zadatak Re{enje ovog zadatka prikazano je na slici 8.1. Kako je ~etvorostrana piramida VABCD pravilna i prava, sredi{te S bazisa ABCD odre|eno je kao prodor normale n koja sadrì vrh V, kroz ravan 4. To je u~injeno neposredno u projekcijama, metodom zaklonjene duì. Na ravni 4, uo~ena je du` 1F-2F koju zaklanja frontalna projekcija normale nF. U horizontalnoj projekciji uo~en je presek SH duì 1H-2H i normale nH. Po{to je neophodno da se na ravni 4 nacrta bazisni kvadrat ABCD, izvr{eno je obaranje ove ravni na osnovu H, rotacijom ta~ke 4Z oko njenog prvog traga 4H. (Rotacijom ta~ke 4Z, oboren je i frontalni 4F i profilni trag 4P ove ravni.) Oborena je i ta~ka S i u oborenom poloàju konstruisan je kvadrat ABCD (~ije sredi{te je ta~ka S) tako da dve njegove ivice budu paralelne oborenom profilnom tragu 4PO i da njihova duìna bude 50mm. Kvadrat je vra}en u ortogonalne projekcije, konstruisana je piramida a, na kraju, je odre|ena i njena vidljivost u obe projekcije. Osim konture koja je uvek vidljiva, u horizontalnoj projekciji je vidljiva ivica VA, a u frontalnoj projekciji ivica VD. Algoritam: 1. Konstrukcija normale n koja sadrì vrh V na ravan 4: V Hn H; V Fn H; n H4H

H; n F4FF;

2. Odre|ivanje prodora S normale n kroz ravan 4: (1-2)F=nF; 14H; 24F; SH=(1-2)HnH;

3. Obaranje ravni 4 u osnovu H: (4X-4ZF)=(4X-4ZO); k

H4HH; 4ZO kH;

4. Obaranje ta~ke S preko horizontale hS: ShS; hSHhSO; S

HSO; 5. Konstrukcija bazisnog AOBOCODO u oborenom poloàju; AOBO CODO 4PO; AOBO = 50mm; 6. Konstrukcija bazisa u paru ortogonalnih projekcija: (ABCD)O(ABCD)H(ABCD)F; 7. Odre|ivanje vidljivosti piramide VABCD u obe projekcije.


VF

VH

A

B

D

O

O

O

CO

SO

AH

BH

CH

DH

SH

AF

BF

CF

DF

SF

4F

4H

4HO

4ZF

4HZ

4ZO

4P

4P

4PO

2F

1F

2H

1H

4X

kH

kH

hHS

hSO

Sl. 8.1


2. zadatak Re{enje ovog zadatka prikazano je na slici 8.2. Polupre~nik bazisa ovog obrtnog konusa odre|uje se iz uslova njegovog dodira sa osnovom H. Da bi se to postiglo, kroz ta~ku R postavljena je nova, pomo}na, projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu H i horizontalni trag 4H ravni 4. U pomo}noj projekciji ravan 4 se vidi kao prava linija, trag 4H kao ta~ka, a polupre~nik je jednak je duì S14H

1. U pomo}noj projekciji je konstruisan i vrh ovog konusa iz uslova da je SV=90mm, i na osnovu ~injenice da je njegova osovina ortogonalna na ravan bazisa i da se taj ugao vidi bez deformacija u pomo}noj projekciji. Kada su odre|eni svi metri~ki elementi ovog obrtnog konusa, on je nacrtan i u horizontalnoj i frontalnoj projekciji. Njegov bazis se u ortogonalnim projekcijama vidi kao elipsa i konstrui{e se po pravilima koji su ve} obja{njeni u ve`bi broj 6. Algoritam: 1. Postavljanje pomo}ne projekcijske osnove 1: R1; 1H; 14H; 2. Formiranje prve pomo}ne projekcije ravni 4 i ta~ke S: 4H 41; SH S1; 3. Odre|ivanje polupre~nika r bazisa: r = (S1-4H

1); 4. Konstrukcija konusa u pomo}noj projekciji: (S1V1)41; (S1V1)= 90mm; 5. Konstrukcija bazisa u horizontalnoj projekciji: S1SH; (1,2,3,4)1(1,2,3,4)H; 6. Konstrukcija bazisa u frontalnoj projekciji: SHSF; (1,2,3,4)H(1,2,3,4)F; 7. Odre|ivanje konturnih izvodnica konusa i njegove vidljivosti.

VF

VH

V1

SF

SH

S1

1

4F

4H

4H

Z4F

Z4H

4ZH

1

21

11

31=41

2H

1H

3H

4H

1F

2F

4F3F

n1

nH

nF

Sl. 8.2


ZADACI ZA DODATNU VE@BU Format A3 1. O(150; 140) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati pravilnu pravu {estostranu prizmu ABCDEFA1B1C1D1E1F1 visine h= 50mm, ~iji bazis ABCDEF pripada ravni 4.

4(140; 100; 90). A(20; 0; ?), B(60; 0; ?) 2. O(330; 160) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati cilindar visine h=70mm. Bazis cilindra je krug na ravni 4 koji dodiruje frontalnu projekcijsku osnovu F. Zadatak re{iti transformacijom. 4(140; 70; 80); centar bazisa C(40; 30; ?) Ravan transformacije 1: 1F, kroz ta~ku R(0; 0; 80). Format A3 3. O(150; 120) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati kocku ABCDEFGH ~iji bazis ABCD pripada ravni 4(140; 100; 90), a pravac dijagonale AC se~e x osu. E(80; 60; 60) 4. O(370; 180) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati konus, sa vrhom u ta~ki V i centrom bazisa u ta~ki S. Pre~nik bazisa jednak je visini konusa. V(130; 0; 110), S(60; 60; 60) Zadatak re{iti transformacijom. Format A3 5. O(170; 170) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati pravilnu pravu trostranu piramidu VABC, ~ija ravan bazisa ABC zaklapa ugao od 450 sa frontalnom osnovom F. A(60; 40; 50), B(100; 40; 20); visina piramide h=70mm. 6. O(400; 120) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati pravilnu pravu petostranu piramidu VABCDE, ~iji bazis ABCDE pripada ravni 4(130; 90; 100). V(80; 80; 70), A(60; ?; 0). Format A3 7. O(170; 130) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati pravilnu pravu ~etvorostranu prizmu ABCDA1B1C1D1 ~ije stranice AB i CD pripadaju paralelnim pravama m i n. m/P(20; 30; 70), Q(110; 30; 0)/; n/A(20; 60; 30)/; visina prizme h=60mm. 8. O(400; 90) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati kocku ABCDEFGH ~ije dve mimoilazne ivice pripadaju pravama p i q. p/M(100; 110; 0), N(0; 40; 0)/ q/R(100; 0; 80), S(0; ?; 30)/


9. VE@BA 1. O(170; 80) Odrediti pravu veli~inu preseka ~etvorostrane prizme ABCDA1B1C1D1 i ravni 4. Metodom normalnog preseka razviti mreù zarubljene prizme. 4(140; 100; 70) A(0; 30; 0), B(30; 60; 0), C(50; 40; 0) D(20; 10; 0), A1(110; 30; 70)

Normalni presek postaviti paralelno duòj ivici lista, kroz ta~ku Nm(120; 210) koja je od ta~ke A udaljena 80mm.

2. O(400; 80) Odrediti pravu veli~inu preseka obrtnog konusa i ravni 4(90; ; 70). Razviti mreù zarubljenog konusa od ta~ke Vm(330; 260) tako da prva izvodnica njegovog razvijenog omota~a bude paralelna duòj ivici lista. Konus:

Bazis je krug u horizontalnoj ravni; centar bazisa K(40; 50; 0); polupre~nik bazisa Rk=40mm; visina konusa h=70mm.

Obja{njenje 1. zadatak Re{enje ovog zadatka prikazano je na slici 9.1. Presek ~etvorostrane prizme i ravni 4 odre|en je prodorima svake ivice ove prizme kroz datu ravan, metodom zaklonjenih duì. U horizontalnoj projekciji ivice prizme zaklanjaju frontale ravni 4, a u frontalnoj projekciji neposredno se uo~avaju njihovi preseci sa odgovaraju}im ivicama prizme. Prava veli~ina preseka A4B4C4D4 odre|ena je obaranjem ravni 4 oko njenog horizontalnog traga 4H, u osnovu H. Da bi se razvila mreà zarubljene prizme ABCDA4B4C4D4 potrebno je da se svi metri~ki elementi ove prizme odrede u pravoj veli~ini. U njene metri~ke elemente spadaju: dimenzije oba bazisa kao i duìne i rastojanja izme|u ivica. Bazis ABCD vidi se u pravoj veli~ini u horizontalnoj projekciji, a prava veli~ina bazisa A4B4C4D4 odre|ena je obaranjem ravni 4. Ivice ove prizme su paralelne sa osnovom F, pa se u frontalnoj projekciji vide u pravoj veli~ini. Ostaje jo{ da se odrede njihova me|usobna rastojanja. To je u~injeno metodom normalnog preseka. Na rastojanju od 80mm od ta~ke A, postavljena je nova, pomo}na, projekcijska osnova 1, ortogonalno na osnovu F i ivice ove prizme. Nova projekcijska osnova defini{e normalni presek date prizme. U toj pomo}noj projekciji sve ivice prizme se vide kao ta~ke, pa se rastojanja izme|u njih o~itavaju i mere neposredno. Mreà je razvijena tako {to je kroz ta~ku Nm postavljen normalni presek du` koga su, po~ev od ta~ke Nm, prene{ena rastojanja izme|u paralelnih ivica prizme. Mereno od normalnog preseka, na ivice prizme su prene{ena rastojanja odgovaraju}ih temena gornjeg i donjeg bazisa, koja se neposredno o~itavaju u frontalnoj projekciji. Na primer, ta~ka A je od normalnog preseka udaljena 80mm (tako je zahtevano zadatkom), a rastojanje ta~ka A4 izmereno je u frontalnoj projekciji i prene{eno na ivicu mreè, itd. Na kraju su, na mreù omota~a prislonjeni bazisi zarubljene prizme: dimenzije donjeg bazisa ABCD izmerene su u horizontalnoj projekciji, a dimenzije gornjeg bazisa A4B4C4D4 u oborenom poloàju.


Algoritam: 1. Konstruisanje preseka A4B4C4D4 date prizme i ravni 4 (metoda zaklonjenih duì); 2. Obaranje ravni 4 u osnovu H; 3. Odre|ivanje prave veli~ine preseka u oborenom poloàju: (A4B4C4D4)

H(A4B4C4D4)O ; 4. Postavljanje pomo}ne projekcijske osnove 1: 1F; 1(AFA1

F); dist(1-A)=80mm; 5. Formiranje prve pomo}ne projekcije ivica prizme: aFa1; bFb1; cFc1; dFd1; 6. Razvijanje mreè omota~a zarubljene prizme: normalni presek sadrì ta~ku Nm; 7. Konstrukcija bazisa ABCD i A4B4C4D4 na razvijenoj mreì omota~a zarubljene prizme.

AFDF

DH

AH

BH

BF

CH

CF

4F

1

AFDF

BFCF

44

4 4

DH4

C4H AH

4

B4H

B4O

C4O

D4O

A4O

4F

4F

4Z

4ZO

F

a1

d1

c1

b1

AF1

AH1

Nm

A A

D

C

B

A

B

CD

A4

44

4

4

a b c d a

B

A

aF

cFdF

Normalni presek

Norm

alni p

rese

k

A4

D4

Sl. 9.1


2. zadatak Re{enje ovog zadatka prikazano je na slici 9.2. Ravan 4 se~e sve izvodnice datog konusa u kona~nosti, pa ovaj konusni presek pretstavlja elipsu. Elementi preseka se neposredno uo~avaju u frontalnoj projekciji jer je ravan 4 upravna na osnovu F i u frontalnoj projekciji se vidi kao prava linija. Pre~nik elipse I-II dobija se iz frontalne projekcije, u preseku ravni 4 i konturnih izvodnica konusa. Pre~nik III-IV se vidi u frontalnoj projekciji kao ta~ka i njegova veli~ina se odre|uje u horizontalnoj projekciji, u preseku horizontalnog kruga kome on pripada i spona iz frontalne projekcije. Kako su pre~nici I-II i III-IV ortogonalni, elipsa se u horizontalnoj projekciji moè konstruisati metodom temenih lukova krivine. Prava veli~ina ovog preseka odre|ena je obaranjem ravni 4 u osnovu H, oko njenog horizontalnog traga 4H. Mreà konusa je razvijena pomo}u dvanaesostrane piramide koja je upisana u ovaj konus. Najpre je bazisni krug podeljen na 12 jednakih delova. Prodori 14, 24, 34� 124 izvodnica V-1, V-2, V-3� V-12 kroz ravan 4 vide se neposredno u frontalnoj projekciji, a prave veli~ine zarubljenih izvodnica odre|ene su njihovom rotacijom oko osovine konusa do frontalnog poloàja. Na primer, prava veli~ina izvodnice 10-104 dobijena je rotacijom ta~ke 104 do frontalne izvodnice V-1 itd. Mreà je razvijena tako {to je kroz ta~ku Vm postavljena izvodnica V-1, paralelno duòj ivici lista. Mereno od ta~ke Vm, na nju je prene{ena prava veli~ina duì V-14 ~ime je na mreì konstruisana prava veli~ina zarubljene izvodnice 1-14. Poloàj izvodnice V-2 odre|en je u preseku kru`nog luka polupre~nika 1-2 (koji se meri na bazisu, u horizontalnoj projekciji) i kru`nog luka ~iji je polupre~nik konstantan i jednak duìni izvodnice obrtnog konusa (V-1). Ponavljanjem ovog postupka za sve izvodnice, razvijena je mreà omota~a ovog zarubljenog konusa. Algoritam: 1. Odre|ivanje pre~nika I-II i III-IV prese~ne elipse i njenog sredi{ta E; 2. Konstrukcija konusnog preseka (elipse) u horizontalnoj projekciji; 3. Obaranje ravni 4 u osnovu H; 4. Konstrukcija prese~ne elipse u oborenom poloàju: (I-II)H(I-II)O; (III-IV)H(III-IV)O;EHEO; 5. Odre|ivanje pravih veli~ina izvodnica zarubljenog konusa: V-14

FV-14O� V-124

FV-124O;

6. Razvijanje mreè omota~a obrtnog konusa: Vm-1, Vm-2, Vm-3� Vm-12; 7. Razvijanje mreè mota~a zarubljenog konusa: 14-1, 24-2, 34-3� 124-12; 8. Konstrukcija prese~ne elipse na razvijenoj mreì omota~a zarubljenog konusa.


VF

4F

4H

1 2 3

4

5

6

7

8

9

10

1112 4 10 5 9 6 8

3

2

1

12

11

104

114

124

94

74

14

44

54

34

64

24

1 1

2

3

4

5

6

12

11

10

9

8

7

7

65494

44104

34114

24124

OO

OO

OO

OO

4O

6454 49 4104434 411

24 412

1414

7484

I II

IV

III

VH

H

H

H

HIOIIO

IVO

IIIO

EO EH

Sl. 9.2


ZADACI ZA DODATNU VE@BU Format A3 1. O(120; 120) Odrediti pravu veli~inu preseka obrtnog konusa i ravni 4(20; ; 35). Razviti mreù zarubljenog konusa od ta~ke Vm(300; 250) tako da najduà izvodnica njegovog razvijenog omota~a bude paralelna kra}oj ivici lista.

Konus: Bazis je krug u horizontalnoj ravni; centar bazisa K(0; 50; 0); polupre~nik bazisa Rk=40mm; visina konusa h=70mm.

Format A3 2. O(120; 120) Odrediti pravu veli~inu preseka obrtnog konusa i ravni 4(10; ; 40). Razviti mreù zarubljenog konusa od ta~ke Vm(300; 250) tako da najduà izvodnica njegovog razvijenog omota~a bude paralelna kra}oj ivici lista.

Konus: Bazis je krug u horizontalnoj ravni; centar bazisa K(40; 60; 0); polupre~nik bazisa Rk=40mm; visina konusa h=70mm.

Format A3 3. O(170; 170) Odrediti pravu veli~inu preseka trostrane prizme ABCA1B1C1 i ravni 4. Bazis prizme je jednakostrani~ni trougao na frontalnoj osnovi F. Metodom normalnog preseka razviti mreù zarubljene prizme. 4(140; 70; 100) A(0; 0; 10), B(0; 0; 60), A1(110; 70; 10)

Normalni presek postaviti paralelno duòj ivici lista, kroz ta~ku Nm(220; 170) koja je od ta~ke A udaljena 80mm.


10. VE@BA

1. O(130; 90) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati presek pravilne prave ~etvorostrane piramide VABCD i prave prizme EFGHE1F1G1H1. Piramida:

Bazis ABCD je kvadrat na horizontalnoj osnovi; A(20; 40; 0), C(100; 40; 0); visina piramide h=80mm

Prizma: Bazis EFGH je frontalni pravougaonik; E(40; 90; 10), F(80; 90; 10), G(80; 90; 30), E1(40; 40; 10).

Razviti mreù piramide sa otvorom koji je nastao uklanjanjem prizme. Ivicu VD na mreì njenog razvijenog omota~a postaviti kroz ta~ku Vm(100; 280), paralelno duòj ivici lista.

2. O(380; 90) U paru ortogonalnih projekcija konstruisati preseke tri obrtna cilindra. (Drugi i tre}i cilindar postoje samo do preseka sa prvim.) I cilindar:

Bazis je krug na horizontalnoj ravni sa centrom u ta~ki K(70; 40; 0), polupre~nika R1=30mm; visina cilindra h1=80mm.

II cilindar: Osovina cilindra je horizontalna i se~e osovinu prvog cilindra; centar bazisa je u ta~ki C1(20; 90; 30); polupre~nik bazisa je R2=15mm.

III cilindar: Osovina cilindra C2C4: C2(130; 40; 50),C370; 40; 30); polupre~nik bazisa je R3=30mm. Razviti mreù omota~a prvog cilindra sa otvorima koji su nastali uklanjanjem preostala dva cilindra. Prvu izvodnicu na mreì omota~a cilindra postaviti kroz ta~ku Mm(220; 280) tako da bude paralelna kra}oj ivici lista.

Obja{njenje Re{enje ove ve`be prikazano je na slici 10.1. 1. zadatak Ivice ~etvorostrane prizma EFGHE1F1G1H1 ortogonalne su na osnovu F, pa se prodori njenih ivica kroz ~etvorostranu piramidu VABCD vide neposredno u frontalnoj projekciji. U horizontalnoj projekciji, prodori 1P, 2P, 4P i 5P dobijaju se u preseku odgovaraju}ih izvodnica piramide i spona iz frontalne projekcije, a ta~ke 3P i 6P iz uslova da su ivice preseka 2P-3P, 3P-4P, 5P-6P i 6P-1P horizontalne. Mreà omota~a piramide sastoji se iz 4 jednakokraka trougla ~ije se dimenzije mere neposredno u ortogonalnim projekcijama. Da bi se odredile pozicije ta~aka prodora na mreì, prethodno su na mreì odre|ene pozicije svih onih izvodnica piramide (V-1, V2, V3, � V6) na kojima se ti prodori nalaze. Prave veli~ine otse~aka V-3P i V-6P odre|ene su rotacijom i prenesene na mreù, a pozicije ostalih ta~aka prodora na mreì odre|ene su iz uslova da su ivice preseka 2P-3P, 3P-4P, 5P-6P i 6P-1P paralelne odgovaraju}im


ivicama bazisa (2P-3P 6P-1P AB) i (3P-4P 5P-6P BC). To je moglo da se u~ini i na drugi na~in: preno{enjem pravih veli~ina odse~aka V-1P, V-2P, � V-6P na odgovaraju}e izvodnice na mreì, {to je grafi~ki komplikovanije, ali isto tako ispravno. Algoritam: 1. Neposredno uo~avanje preseka prizme i piramide u frontalnoj projekciji; 2. Preno{enje ta~aka preseka iz F u H projekciju: (1P 2P 3P 4P 5P 6P )

F(1P 2P 3P 4P 5P 6P )H;

3. Odre|ivanje pravih veli~ina otse~aka V-3P i V-6P , rotacijom: V-3P V-3PO i V-6P V-6PO; 4. Razvijanje mreè omota~a piramide sa otvorom 1P 2P 3P 4P 5P 6P; 5. Konstrukcija bazisa piramide ABCD na razvijenoj mreì omota~a. 2. zadatak Prese~na kriva prvog i drugog obrtnog cilindra odre|ena je metodom pomo}nih ravni koje obe povr{i seku po njihovim izvodnicama. Ta~ke prese~ne krive dobijaju se kao ta~ke preseka onih izvodnica ove dve povr{i koje pripadaju istim pomo}nim ravnima. Izabrano je 5 vertikalnih ravni (1, 2, � 5) kroz 8 ravnomerno raspore|enih izvodnica drugog cilindra. Ravni 1 i 5 dodiruju drugi cilindar, a ostale ga seku. Kao {to je prikazano na slici, pozicije ovih izvodnica u frontalnoj projekciji odre|ene su obaranjem bazisa drugog cilindra u horizontalni poloàj, gde se njihova rastojanja od horizontalne ravni simetrije ovog cilindra vide u pravoj veli~ini. Kako su pomo}ne ravni paralelne i sa osovinom prvog cilindra, one i prvi cilindar seku po izvodnicama koje se u horizontalnoj projekciji vide zra~no. U horizonatalnoj projekciji ta~ke preseka su odre|ene neposredno i ozna~ene su brojevima: 1, 2-2, 3-3, 4-4 i 5. U frontalnoj projekciji ove ta~ke se nalaze u preseku njihovih spona iz horizontalne projekcije i frontalnih projekcija odgovaraju}ih izvodnica drugog cilindra. Prvi i tre}i cilindar imaju jednake pre~nike, a postavljeni su tako da im se osovine seku, pa se njihova prese~na kriva raspada na gornju i donju poluelipsu. Kako je osovina tre}eg cilindra paralelna sa osnovom F, prese~ne poluelipse vide se zra~no (kao duì) u frontalnoj projekciji, gde su nacrtane neposredno, bez ikakvih pomo}nih konstruktivnih postupaka. Da bi se razvila mreà prvog cilindra, na njegovom omota~u je uo~eno 12 ravnomerno raspore|enih izvodnica i one su ozna~ene rimskim brojevima I, II, III, � XII. U frontalnoj projekciji su ozna~ene ta~ke preseka ovih izvodnica sa zra~nim poluelipsama, a zatim je, metodom Kohanskog, odre|ena duìna obima njegovog bazisa i, po~ev od ta~ke Mm, razvijena mreà omota~a. Na kraju su odre|ene i pozicije ta~aka obe prese~ne krive na razvijenom omota~u, merenjem duìna odgovaraju}ih izvodnica u frontalnoj projekciji i njihovim preno{enjem na izvodnice mreè. Algoritam: 1. Uo~avanje pomo}nih ravni koje prvi i drugi cilindar seku po izvodnicama: i; i=1,2� 8; 2. Konstrukcija ta~aka prese~ne krive prvog i drugog cilindra: ta~ke 1, 2-2, 3-3, 4-4, 5; 3. Konstrukcija prese~ne krive (dve poluelipse) prvog i tre}eg cilindra; 5. Uo~avanje 12 ravnomerno raspore|enih izvodnica na prvom cilindru: ta~ke I, II� XII; 6. Odre|ivanje duìne obima bazisa prvog cilindra (metodom Kohanski ili numeri~ki); 7. Razvijanje mreè omota~a prvog cilindra; 8. Odre|ivanje pozicija ta~aka obe prese~ne krive na razvijenom omota~u prvog cilindra.


A

B

A

BC

D

D

1

2

345

6

P

P

PP

PP

A

B

VF

VH

C

D

H

H

H

H

BF

DF

CF

AF

EF

FFGF

H

I

EF

FF

GF

HF

==

1 P23

P

6P

5 P

4 PP

3 PO

6P

O

4 P1 P

5 P

2 P

3P

V m

zzC

F

KF3

CF 1

C2F

CH 2

C3H

CH 1

Mm

II

IIIIV

V

VIV

II

VI II

IXX

XI

XII

III

IIIIV

VV

IV

IIV

IIIIX

XX

IX

III

1

2=12

3=11 4=10

3=11

2=12

1

11

2

3

4

3

2

10

11 11

12 1211

1

2

3

4

5

1

2 2

3 3

4 4

5

1

23

4

5

4

32

1

23

5

4

Sl.

10.1


ZADACI ZA DODATNU VE@BU

Format A3 1. O(150; 150) Konstruisati presek tri obrtna cilindra.

I cilindar: Bazis je krug u horizontalnoj ravni; centar bazisa K1(80; 40; 0); polupre~nik bazisa r1=25mm; visina cilindra h=120mm. II cilindar: Osovina je horizontalna i se~e osovinu prvog cilindra; polupre~nik bazisa r2=25mm; centar bazisa K2(10; 40; 45); III cilindar: Osovina cilindra K3K4: K3(135; 40; 100),K4(80; 40; 45); polupre~nik bazisa je r3=25mm.

Razviti mreù prvog cilindra sa otvorima koji su nastali uklanjanjem preostala dva cilindra. Mreù razviti od ta~ke Mm(210; 150) tako da izvodnice njegovog razvijenog omota~a budu paralelne kra}oj ivici lista. Razviti mreù tre}eg cilindra sa otvorom koji je nastao uklanjanjem preostala dva cilindra. Mreù razviti od ta~ke Nm(210; 250) tako da izvodnice njegovog razvijenog omota~a budu paralelne kra}oj ivici lista. Format A3 2. O(150; 100) Konstruisati presek tri obrtna cilindra.

I cilindar: Bazis je krug u horizontalnoj ravni; centar bazisa K1(45; 40; 0); polupre~nik bazisa r1=25mm; visina cilindra h=120mm. II cilindar: Osovina je horizontalna i se~e osovinu prvog cilindra; polupre~nik bazisa r2=25mm; centar bazisa K2(45; 110; 45); III cilindar: Osovina cilindra K3K4: K3(100; 40; 80),K4(45; 40; 45); polupre~nik bazisa je r3=25mm

Razviti mreù prvog cilindra sa otvorima koji su nastali uklanjanjem preostala dva cilindra. Mreù razviti od ta~ke Mm(210; 150) tako da izvodnice njegovog razvijenog omota~a budu paralelne kra}oj ivici lista. Razviti mreù tre}eg cilindra sa otvorima koji su nastali uklanjanjem preostala dva cilindra. Mreù razviti od ta~ke Nm(210; 250) tako da izvodnice njegovog razvijenog omota~a budu paralelne kra}oj ivici lista.


Format A3 3. O(150; 120) U paru ortogonalnih projekcija odrediti presek pravilne prave ~etvorostrane piramide VABCD i obrtnog cilindra. Piramida: Bazis je kvadrat na osnovi H; A(120; 10; 0), C(20; 110; 0); visina h=90mm Cilindar: Bazis je frontalni krug, polupre~nika r=30mm;

osovina: K1(40; 120; 30)K2(40; 0; 30). Razviti mreù piramide sa otvorima koji su nastali uklanjanjem cilindra. Mreù razviti od ta~ke Vm(280; 150) tako da prva ivica njenog razvijenog omota~a bude paralelna duòj ivici lista. Razviti mreù obrtnog cilindra sa otvorom koji je nastao uklanjanjem piramide. Mreù razviti od ta~ke Nm(210; 270) tako da izvodnice njegovog razvijenog omota~a budu paralelna kra}oj ivici lista.


11. VE@BA

1. Nacrtati (skicirati) horizontalnu, frontalnu i profilnu projekciju datih tela koja su definisana u izometriji.

Obja{njenje

Na slici sl. 11.1 prikazana je postavka i re{enje jednog primera iz ove grupe zadataka. Predmet je definisan u izometriji, a njegove ortogonalne projekcije su nacrtane uz pretpostavku da se objekat nalazi iznad horizontalne osnove H odnosno, ispred frontalne osnove F i profilne osnove P. Crtanje ortogonalnih projekcija izvedeno je na kvadratnoj mreì (5 X 5mm), a da bi se pojednostavila kontrola re{enja, nazna~ene su i po~etne pozicije svake pojedine projekcije. Konture predmeta su prikazane punom linijom, nevidljive isprekidanom, a ose � linijama �crta-ta~ka�. Skiciranje krugova, kru`nih lukova i drugih krivih linija moè se vr{iti prema svim pravilima koja su ve} obja{njena u prve tri ve`be ovog praktikuma.

Sl. 11.1




12. VE@BA

1. Nacrtati (skicirati) izometrijske projekcije datih tela koja su definisana njihovim ortogonalnim projekcijama. 2. Nacrtati (skicirati) izometrijske projekcije datih predmeta od lima koji su definisani njihovim ortogonalnim projekcijama, a zatim razviti njihove mreè.

Obja{njenje

1. zadatak Na slici sl. 12.1 prikazana je postavka i re{enje jednog primera iz ove grupe zadataka. Predmet je definisan u tri ortogonalne projekcije koje su date na kvadratnoj mreì (5 X 5mm), a izometrijska slika tog istog predmeta dobijena je �metodom deljenja�. Polaze}i od najjednostavnije forme � od prizme i, uo~avanjem i uklanjanjem svih onih geometrijskih figura koje su suvi{ne dobijena je kontura finalne forme. Opisani postupak primenjuje se u modeliranju i generisanju trodimenzionalnih objekata u kompjuterskoj grafici pod nazivom �solid modeling� (modeliranje tela). Radi jasno}e, na kona~nom izgledu tela prikazane su samo konture i vidljive linije.

Sl. 12.1




2. zadatak Na slici sl. 12.2 prikazana je postavka i re{enje jednog primera iz ove grupe zadataka. Predmet od lima je definisan u tri ortogonalne projekcije koje su date na kvadratnoj mreì (5 X 5mm), a traèno re{enje - njegov izometrijski izgled, prikazan je unutar kontura pomo}ne prizme. Na kraju je, obaranjem pojedinih povr{i od lima u horizontalnu osnovu dobijena i mreà ovog predmeta. U izometriji, kao i na razvijenoj mreì nazna~ene su sve ose simetrije kao i linije du` kojih je savijanjem izvr{eno obaranje odgovaraju}ih povr{i od lima u osnovu H.

Sl. 12.2




13. VE@BA

1. O(160; 110) Konstruisati presek obrtnog konusa i obrtnog cilindra. Razviti mreù cilindra koji se nalazi izvan konusa. Razviti mreù konusa sa otvorom koji je nastao ukljanjanjem obrtnog cilindra. Konus: Bazis je krug u horizontalnoj ravni; centar bazisa K(100; 60; 0); polupre~nik bazisa RK=50mm; visina konusa h=100mm. Cilindar: Osovina cilindra je horizontalna i se~e osovinu obrtnog konusa; polupre~nik bazisa RC= 25mm; centar bazisa C(45; 145; 30); Mreù cilindra razviti od ta~ke Mm(210; 100) tako da izvodnice njegovog razvijenog omota~a budu paralelne kra}oj ivici lista. Mreù obrtnog konusa razviti od ta~ke Vm(290; 260) tako da prva izvodnica njenog razvijenog omota~a bude paralelna duòj ivici lista.

Obja{njenje

Re{enje ove ve`be prikazano je na slici 14.1. 1. zadatak Prese~na kriva izme|u ove dve povr{i odre|ena je metodom pomo}nih ravni koje cilindar seku po horizontalnim izvodnicama, a konus po horizontalnim kru`nicama. Preseci izme|u izvodnica i kru`nica koje pripadaju istoj pomo}noj ravni pretstavljaju ta~ke na prese~noj krivoj ovih povr{i. Izabrano je 7 horizontalnih ravni (1, 2, � 7) kroz 12 ravnomerno raspore|enih izvodnica cilindra. Ravni 1 i 7 dodiruju cilindar, a ostale ga seku. Pozicije ovih izvodnica u frontalnoj projekciji odre|ene su obaranjem bazisa obrtnog cilindra u horizontalni poloàj, gde se njihova rastojanja od horizontalne ravni simetrije ovog cilindra vide u pravoj veli~ini. Na primer, ravan 2 se~e konus po kru`nici 2, a cilindar po izvodnicama i2 ii2. Pozicije ovih izvodnica u frontalnoj projekciji odre|ene su merenjem njihovih udaljenosti z2 od horizontalne ravni simetrije cilindra, koje se vide u pravoj veli~ini u oborenom poloàju njegovog bazisa. Izvodnice seku kru`nicu 2 u dve ta~ke koje su ozna~ene brojevima 2 i2. Ove ta~ke se uo~avaju neposredno u horizontalnoj projekciji i sponama prenose u frontalnu projekciju na odgovaraju}e izvodnice cilindra. Da bi se razvila mreà cilindra neophodno je da se prethodno odredi duìna obima njegovog bazisa kao i prave veli~ine odse~aka svih njegovih izvodnica na kojima se nalaze ta~ke prese~ne krive. Duìna obima se moè odrediti ra~unskim putem ili, kao {to je to u~injeno na slici, metodom Kohanskog, a izvodnice se vide u pravoj veli~ini u horizontalnoj projekciji. Mreà je razvijena od ta~ke Mm, tako {to je prvo, paralelno duòj ivici lista, nacrtana linija


z 12

3

zz

z1z2

z3

VF

VH

KF

KH

CF CH

1

2

3 4

5

7

2

3

4 5 6

_

_

_ _ _6

12

2_3

3_

44_

55

6_6

7

7

6_

5 4_

3_

2_1

2

34

5

6

_

7

_

1

2

3

4

56

7

o

o

o

o

o

o

o

F

H

iHiH_

2

2_

1 2 3 4

5

6

7

R s_ .

2

2

i 1H

iH 3

O

V m

6

6_

7

3

3_

5

1

12

34

56

7

Mm

HR

C

RC.

Sl.

14.1


rektificirane bazisne kru`nice, a zatim, ortogonalno na ovu liniju, nacrtano 12 ravnomerno raspore|enih odse~aka izvodnica. Da bi se razvila mreà obrtnog konusa sa prese~nom krivom neophodno je da se odredi duìna njegovih izvodnica s, kao i pozicije ta~aka preseka na mreì omota~a. Kako razvijeni omota~a obrtnog konusa pretstavlja kru`ni ise~ak, potrebno je da se odredi i ugao tog ise~ka {to je, u ovom primeru, u~injeno ra~unskim putem, po formuli =3600(Rk/s). Duìne izvodnica su konstantne i njihova prava veli~ina jednaka je duìni konturnih izvodnica konusa u frontalnoj projekciji. Da bi se odredile pozicije ta~aka preseka na mreì, odre|ene su prave veli~ine odse~aka izvodnica na kojima se nalaze ta~ke preseka, njihovom rotacijom oko osovine konusa. Na primer, otse~ak izvodnice V-2, rotiran je do frontalnog poloàja V-2O i u frontalnoj projekciji se vidi u pravoj veli~ini. Tako su odre|ene duìne i svih ostalih otse~aka. Mreà obrtnog konusa razvijena je od ta~ke Vm konstrukcijom kru`nog ise~ka koji pretstavlja njegov razvijeni omota~. Na razvijenom omota~u nacrtani su, zatim, kru`ni lukovi ~iji su polupre~nici jednaki duìnama odse~aka izvodnica V-1O, V-2O, V-3O� V-7O. Na razvijenom omota~u odre|ene su i pozicije svih onih izvodnica konusa na kojima se nalaze ta~ke prese~ne krive, preno{enjem duìna odgovaraju}ih kru`nih lukova iz horizontalne projekcije bazisa na luk kru`nog ise~ka razvijenog omota~a. Ta~ke prese~ne krive na mreì konstruisane su kao prese~ne ta~ke pomenutih izvodnica i kru`nih lukova kojima one pripadaju. Na kraju je potrebno naglasiti da konus i cilindar, pa samim tim i njihova prese~na kriva, poseduju zajedni~ku vertikalnu ravan simetrije . Ova ~injenica pruà mogu}nost jednostavnije numeracije ta~aka prese~ne krive: ta~ke 1 i 7 pripadaju ravni simetrije, a ostale formiraju parove simetri~no raspore|enih ta~aka (2 -2; 3 -3, � 6 - 6). Tako|e, iz ravanske simetrije povr{i koje se seku neposredno sledi i osna simetrija njihovih mreà, {to se jasno uo~ava na datoj slici.


ZADACI ZA DODATNU VE@BU Format A3 1. O(130; 110) Konstruisati presek obrtnog konusa i obrtnog cilindra. Konus: Bazis je krug u horizontalnoj ravni; centar bazisa K(60; 60; 0); polupre~nik bazisa Rk=50mm; visina konusa h=100mm. Cilindar: Osovina cilindra C1C2: C1(60; 0; 40)C2(60; 120; 40); polupre~nik bazisa Rc= 35mm; Razviti mreù cilindra sa otvorima koji su nastali uklanjanjem konusa. Mreù cilindra razviti od ta~ke Mm(150; 150) tako da izvodnice njegovog razvijenog omota~a budu paralelne kra}oj ivici lista.

Documents

NacrtnaGeometrija[praktikum]