SOLUÇÕES
SOLUÇÕES DOS EXERCÍCIOS PROPOSTOS
NOTA: Se bem que os dados métricos dos enunciados estejam em centímetros, as soluções apresentadas a partir da página seguinte não
consideraram o centímetro como unidade. De facto, entende-se que o objectivo da consulta das soluções dos exercícios, na perspectiva
do estudante, deve ser a verificação da correcção dos raciocínios e dos traçados e não a comparação métrica dos mesmos. Dessa forma, considerou-se de maior utilidade o desenvolvimento dos relatórios e a resolução gráfica dos problemas a uma escala que evite qualquer tentativa de comparação métrica. De qualquer forma, considera-se relevante informar que a escala utilizada nas resoluções
apresentadas foi de 1/2, o que significa que a cada centímetro da resolução do aluno corresponderá 0,5 cm nestas soluções.
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P ARALELISMO
1.
Em primeiro lugar, desenharam-se as projecções das rectas p e p’, em função dos
dados. Os pontos A e B têm a mesma abcissa, pois todos os pontos de uma recta
de perfil têm a mesma abcissa. Da mesma forma, os pontos C e D também têm a
mesma abcissa. Sobre a posição relativa das duas rectas, sabe-se imediatamente
que não são concorrentes – podem ser paralelas ou enviesadas. Se forem paralelas, então são complanares, pelo que quaisquer duas rectas concorrentes com p e
p’ serão, também elas, complanares. Recorreu-se a duas rectas auxiliares, as
rectas r e s. A recta r é concorrente com p em A e com p' em D (está definida por
dois pontos). A recta s é concorrente com p em B e com p' em C (está definida por
dois pontos). As rectas r e s não são complanares (não são paralelas nem concorrentes), pelo que p e p' não são complanares – logo, não são paralelas.
2.
As projecções de p' determinaram-se imediatamente. No entanto, a recta p’ não
fica totalmente definida, pois necessitamos de mais um ponto da recta (para
além de M) para a definirmos. Como as rectas p e p’ são paralelas, então são
complanares, pelo quaisquer duas rectas concorrentes com p e p’ serão igualmente complanares. Assim, recorreu-se a uma recta do plano definido pelas rectas p e p’ – a recta r, que está definida por A e M (que são os pontos de
concorrência de r com p e p’, respectivamente). Em seguida, recorreu-se a uma
outra recta, a recta s, paralela à recta r e concorrente com a recta p no ponto B –
a recta s está definida por um ponto e uma direcção e é complanar com as rectas r e p. A recta s terá, também, de ser complanar com a recta p’, pelo que, não
sendo paralela a esta, será necessariamente concorrente – o ponto N é o ponto
de concorrência das rectas s e p’. A recta p’, definida por M e N, é necessariamente paralela à recta p.
3.
Em primeiro lugar, desenharam-se as projecções das duas rectas, que estão coincidentes (as projecções), uma vez que as duas rectas se situam no mesmo plano de
perfil. Para averiguar o paralelismo entre as duas rectas, na presente situação é
mais conveniente recorrer ao rebatimento do plano de perfil que contém as duas
rectas. O plano π é o plano de perfil que contém as rectas p e p’. Efectuou-se o
rebatimento do plano π para o Plano Frontal de Projecção (a charneira foi fπ). Rebateram-se os pontos que definem as duas rectas, obtendo-se pr (definida por Fr e Er)
e p’r (definida por Mr e Nr). Em rebatimento observa-se que pr e p’r são paralelas,
pelo que, no espaço, as rectas p e p’ são necessariamente paralelas. Note que
este exercício poderia ser resolvido com o recurso, por exemplo, a uma mudança
do diedro de projecção.
1
SOLUÇÕES
4.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano ρ, pelos seus traços, e o ponto P, pelas
suas projecções. Em seguida, desenhou-se a projecção frontal da recta r – r2 – passando por P2 e fazendo, com o eixo X, o ângulo pedido. Para a recta r ser paralela
ao plano ρ, terá de ser paralela a uma recta do plano. Para tal, recorreu-se a uma
recta auxiliar s, pertencente ao plano e garantindo que s seja paralela à recta r – s2 é
paralela a r2. A recta s está definida pelos seus traços (condição para que uma recta
pertença a um plano). Em seguida, conduziu-se, por P1, a projecção horizontal da
recta r (r1), paralela a s1. A recta r é paralela ao plano ρ, pois é paralela a uma recta
do plano (a recta s).
5.
Em primeiro lugar representaram-se o plano α, pelos seus traços, e o ponto P, pelas
suas projecções. Em seguida, para determinar as projecções da recta h, paralela a α,
é necessário que h seja paralela a uma recta do plano, recta essa que terá, necessariamente, de ser uma recta horizontal (de nível). O traço horizontal do plano é uma
recta horizontal (de nível) do plano com cota nula, pelo que, para resolver o exercício
basta que a recta h, passando ponto P, seja paralela a hα – a recta h fica, assim, paralela a uma recta do plano, pelo que é paralela ao plano.
6.
Em primeiro lugar representaram-se o plano θ, pelos seus traços, e o ponto M, pelas
suas projecções. Para que a recta m seja paralela ao plano θ, tem de ser paralela a
uma recta do plano. Uma vez que o plano θ é projectante frontal (projecta todas as
suas rectas e pontos no Plano Frontal de Projecção, no seu traço frontal) qualquer
recta do plano tem necessariamente a sua projecção frontal sobre fθ, sendo que a
sua projecção horizontal pode ter uma posição qualquer, à excepção da vertical.
Assim, para que m seja paralela ao plano θ, basta que m2 seja paralela a fθ, podendo
m1 ter uma posição qualquer. Sublinha-se que o facto de m2 ser paralela a fθ garante
que a recta m é necessariamente paralela a uma recta qualquer do plano θ.
7.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta r e o ponto C, pelas suas
projecções, em função dos dados. Em seguida, para que o plano contenha o ponto C, o ponto C tem de pertencer a uma recta do plano. Por
outro lado, para que o plano α seja paralelo à recta r, tem de conter
uma recta paralela à recta r. Assim, há que conduzir, por C, uma recta
paralela à recta r, que será uma recta do plano α – a recta s. Determinaram-se os traços da recta s, pois os traços da recta têm de estar sobre
os traços homónimos do plano (condição para que uma recta pertença
a um plano). Em seguida, pelo traço frontal de s conduziu-se fα, com o
ângulo pretendido (fα está definido por um ponto e uma direcção) – hα é
concorrente com fα sobre o eixo X e contém H, o traço horizontal de s
(hα está definido por dois pontos). O plano α é paralelo a r, pois contém
uma recta paralela a r (a recta s). O plano α contém o ponto C, pois C
pertence a uma recta do plano (a recta s).
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SOLUÇÕES
8.
Ver relatório do exercício anterior. Pelos traços de s conduziram-se os traços
homónimos de ρ, que são rectas fronto-horizontais. O plano ρ é paralelo a r,
pois contém uma recta paralela a r (a recta s). O plano ρ contém o ponto C,
pois C pertence a uma recta do plano (a recta s).
9.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta f e o ponto N, pelas suas projecções, em função dos dados. Em seguida, por N conduziu-se uma recta f’, paralela
a f, e determinou-se H, o seu traço horizontal (ver relatório do exercício 7). O plano δ tem os seus traços coincidentes, pelo que fδ e hδ têm a mesma direcção (na
folha de papel). Por outro lado, fδ é paralelo a f’, pois rectas frontais de um plano
são paralelas entre si. Assim, por H conduziu-se hδ, com a direcção de fδ (paralelo
a f e f’) – fδ é concorrente com hδ sobre o eixo X e é paralelo a f e f’, pelo que
fδ ≡ hδ. O plano δ é paralelo à recta f e tem os seus traços coincidentes.
10.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta h, pelas suas projecções,
e a projecção horizontal da recta r, em função dos dados. Em
seguida, atendendo a que a recta r é paralela ao β2/4, pelo que tem as
suas projecções paralelas entre si, desenhou-se r2, a projecção frontal
da recta r, passando por P2. Em seguida, determinaram-se os traços
das duas rectas e desenharam-se os traços do plano – fα fica definido
por F e F’ (os traços frontais das duas rectas) e hα é concorrente com
fα no eixo X, é paralelo a h (rectas horizontais de um plano são paralelas entre si) e contém H (o traço horizontal da recta r).
11.
Em primeiro lugar representaram-se o plano ρ, pelos seus traços, e o ponto P,
pelas suas projecções. Em seguida desenhou-se a1, a projecção horizontal da
recta a, passando por P1 e com o ângulo pedido. Atendendo a que a recta a é
paralela ao β1/3, a projecção frontal da recta a fará, também, um ângulo de 50°
(a.d.) com o eixo X, passando por P2 – este raciocínio permitiu-nos desenhar
a2. Em seguida, para determinar o ponto de intersecção da recta a com o plano ρ (ponto I), e atendendo a que nem a recta nem o plano são projectantes,
recorreu-se ao método geral da intersecção entre rectas e planos, que consistiu em: 1. conduzir, pela recta, um plano auxiliar (o plano α é um plano vertical que contém a recta); 2. determinar a recta de intersecção dos dois planos
(a recta i, definida pelos seus traços, é a recta de intersecção do plano α com
o plano ρ); 3. o ponto de intersecção das duas rectas (recta a e recta i) é o
ponto I.
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SOLUÇÕES
12.
Em primeiro lugar, desenharam-se as projecções da recta h, em função dos
dados. Em seguida, determinaram-se as projecções do ponto R, o ponto da
recta h que tem 4 cm de afastamento (R é o ponto de concorrência de h e p).
Pelas projecções de R conduziram-se imediatamente as projecções da recta p.
Estas, no entanto, não são suficientes para definir a recta p, pelo que necessitamos de um outro ponto para além de R. Para tal, recorreu-se a uma recta p’,
de perfil, contida no β1/3 – a recta p’ está definida por A e B, que são dois
pontos do β1/3. Por A e R conduziu-se uma recta r (ver relatório do exercício 2).
Por B conduziu-se uma recta s, paralela a r – a recta s é concorrente com a
recta p’ em B e será concorrente com a recta p em S. O ponto S é, assim, um
outro ponto da recta p (ver relatório do exercício 2). A recta p está definida por
R e S. Para a determinação dos traços de θ, recorreu-se a um outra recta
horizontal (de nível), h’, paralela a h e concorrente com a recta p em S. A partir
desse raciocínio, o exercício resultou na determinação dos traços de um plano
definido por duas rectas horizontais paralelas – fθ fica definido por F e F’ (os
traços frontais das rectas h e h’) e hθ é concorrente com fθ no eixo X e paralelo
a h e h’ (rectas horizontais de um plano são paralelas entre si). Note que os
traços de θ ficam coincidentes. Uma outra forma de resolver o problema seria o
recurso ao rebatimento do plano de perfil que contém a recta p, o que nos
permitiria obter em rebatimento, e de forma simultânea, a recta p, paralela ao
β1/3, e os traços de p nos planos de projecção.
13.
Para que dois planos sejam paralelos, duas rectas concorrentes de um
dos planos têm de ser paralelas a duas rectas concorrentes do outro
(os dois planos têm de ter duas «famílias» de rectas em comum). Atendendo a que os traços de um plano oblíquo são duas rectas concorrentes desse plano, para que o plano δ seja paralelo a α basta que os seus
traços sejam paralelos aos traços homónimos de α. Por outro lado, para
que o plano passe pelo ponto P, é necessário que P se situe numa
recta do plano δ. Assim, em primeiro lugar há que conduzir, por P, uma
recta do plano δ – essa recta terá de ser uma recta frontal ou uma recta
horizontal, que são as rectas do plano δ que já conhecemos (fδ é uma
recta frontal e hδ é uma recta horizontal). Optou-se pela segunda hipótese – a recta h, horizontal, que passa por P é uma recta do plano δ pois
será paralela a hδ, uma vez que rectas horizontais de um plano são paralelas entre si (e hδ é paralelo a hα, pelo que já sabemos a direcção das
rectas horizontais de δ). Em seguida, determinou-se F, o traço frontal de
h. Por F conduziu-se fδ, paralelo a fα e hδ é paralelo a hα (e a h) e concorrente com fδ no eixo X. O plano δ contém o ponto P e é paralelo a α.
14.
Em primeiro lugar, representaram-se os dois planos, pelos seus traços. Dois
planos de rampa, paralelos ou não, têm sempre os seus traços homónimos paralelos entre si – tal deve-se ao facto de os dois traços de um plano de rampa
serem rectas da mesma «família» de rectas (são rectas fronto-horizontais). Para
que se verifique o critério de paralelismo entre dois planos, é necessário
encontrar uma outra «família» de rectas comum aos dois planos. Assim, desenharam-se as projecções de uma recta r, oblíqua, qualquer, do plano ρ. Se houver, no
plano σ, uma recta paralela à recta r, então os dois planos são paralelos, pois
têm duas «famílias» de rectas em comum. Assim, desenharam-se as projecções de uma recta s, pertencente ao plano σ, tentando que seja paralela à
recta r – para tal desenhou-se s1 paralela a r1. Determinaram-se os traços da
recta s, o que nos permitiu desenhar s2 a sua projecções frontal. Observa-se
que s2 é paralela a r2 , pelo que r e s são paralelas. Logo, os planos ρ e σ são
paralelos, pois têm duas «famílias» de rectas em comum.
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SOLUÇÕES
15.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano ρ, pelos seus traços, e o ponto M, pelas suas
projecções. De acordo com o exposto no relatório do exercício anterior, os traços de σ serão
sempre paralelos aos traços homónimos de ρ, quer os planos sejam paralelos ou não (são
rectas da mesma «família» de rectas). Assim, há que recorrer a outra «família» de rectas para
garantir o paralelismo entre os dois planos. Por outro lado, para que o plano σ contenha o
ponto M, é necessário que M pertença a uma recta do plano. Assim, desenharam-se as projecções de uma recta r, oblíqua, qualquer, de ρ. A recta r é uma recta de uma outra «família»
de rectas qualquer que tem de ser comum aos dois planos. Em seguida, por M conduziu-se
uma recta s, paralela a r, e determinaram-se os seus traços. Pelos traços de s conduziram-se
o traços homónimos de σ. O plano σ é paralelo a ρ (pois contém duas rectas concorrentes
paralelas a duas rectas concorrentes do plano ρ) e contém o ponto M (pois M pertence a uma
recta do plano – a recta s).
16.
Ver relatório do exercício 4.
17.
Ver relatório do exercício 13.
18.
Em primeiro lugar, representaram-se as rectas a e h, pelas suas projecções, em função dos
dados. Para que um plano seja paralelo a uma recta, esse plano tem de conter uma recta paralela à recta dada. Por outro lado, a recta h, por si, é insuficiente para definir o plano α, pelo
que necessitamos de mais outro elemento do plano – esse elemento pode ser, em função do
que é pretendido, uma recta paralela à recta a. Essa recta terá de ser concorrente com a
recta h, pois duas rectas de um plano ou são paralelas ou são concorrentes. A recta r, concorrente com a recta h no ponto C, é a recta paralela à recta a a que se recorreu. O plano
está definido, agora, por duas rectas concorrentes – a recta h e a recta r. Sobre a determinação dos traços do plano, ver relatório do exercício 10. O plano α contém a recta h e é paralelo à recta a, pois contém uma recta paralela a a – a recta r.
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SOLUÇÕES
19.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta p e o ponto R, pelas suas projecções, em
função dos dados. Os pontos A e B têm a mesma abcissa, pois situam-se na mesma recta
de perfil. Para que o plano ρ seja paralelo à recta p, terá de conter uma recta paralela à
recta p. Por outro lado, para que o plano contenha o ponto R, R terá de se situar numa
recta do plano. Assim, há que conduzir, por R, uma recta paralela à recta p, que será uma
outra recta de perfil. Há ainda que ter em consideração que será necessário, em seguida,
determinar os traços nos planos de projecção da recta de perfil paralela à recta p – este
procedimento implicará o recurso a processos geométricos auxiliares, nomeadamente o
do rebatimento do plano de perfil. Assim, para conduzir, por R, uma recta de perfil paralela
à recta p e resolver a situação num único rebatimento, com o recurso a rectas fronto-horizontais definiu-se uma recta a, de perfil, paralela a p e contida no mesmo plano de perfil
do ponto R – a recta a está definida por A’ e B’, que são os pontos correspondentes de A
e B que se situam no plano de perfil do ponto R. Em seguida conduziu-se, por R, uma recta paralela à recta p (e à recta a) – a recta p’. O plano π é o plano de perfil que contém o
ponto R e as rectas a e p. Rebateu-se o plano π para o Plano Frontal de Projecção (a charneira foi fπ), obtendo-se ar (passando por A’r e B’r) e Rr. Por Rr conduziu-se p’r, paralela a
ar. Em rebatimento, determinaram-se os traços de p’ nos planos de projecção, determinando-se, em seguida, as suas projecções, através da inversão do rebatimento. Pelos traços de p’ conduziram-se os traços homónimos de ρ. O plano ρ contém o ponto R (pois R
pertence a uma recta do plano ρ – a recta p’) e é paralelo à recta p (pois contém uma recta
paralela a p – a recta p’).
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P ERPENDICUL ARIDADE E O RTOGONALIDADE
20.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta h e o ponto S, pelas suas projecções, em função
dos dados. Para desenhar as projecções da recta a, teve-se em conta que a projecção horizontal de uma recta frontal (de frente) nunca poderá ser perpendicular a h1 (a ortogonalidade
não se pode verificar em projecção horizontal), pelo que é necessário outro raciocínio. Atendendo a que a recta a é uma recta frontal (de frente), a ortogonalidade verifica-se directamente
em projecção frontal, pelo que a2 terá de ser perpendicular a h2 – a recta a terá, assim, necessariamente de ser uma recta vertical (que é um caso particular das rectas frontais) que passa por
S. Já em relação à recta b, a ortogonalidade verifica-se directamente em projecção horizontal,
pois ambas as rectas (h e b) são horizontais (paralelas ao Plano Horizontal de Projecção) – a
recta b é ortogonal à recta h, pois b1 é perpendicular a h1.
21.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta f e o ponto N, pelas suas projecções, em
função dos dados. Em seguida, e atendendo a que a recta f é uma recta paralela ao Plano
Frontal de Projecção (a ortogonalidade entre a recta f e qualquer outra recta verifica-se
directamente em projecção frontal), para que a recta r seja ortogonal à recta f basta que r2
seja perpendicular a f2. Assim, por N2 conduziu-se r2 perpendicular a f2, o que garante que
as duas rectas são ortogonais. A projecção horizontal de r, r1, passa por N1 e faz, com o
eixo X, o ângulo pretendido.
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SOLUÇÕES
22.
a) Em primeiro lugar, representaram-se os pontos A e B pelas suas projecções e desenharam-se as projecções das rectas t e v, em função dos dados.
b) As duas rectas são enviesadas e são ortogonais (não são perpendiculares, pois não
são complanares).
c) Duas rectas perpendiculares são, antes de mais, ortogonais. Uma recta ortogonal a
uma recta vertical é uma recta horizontal (de nível) – assim, a recta pretendida terá
necessariamente de ser uma recta horizontal (ou qualquer dos seus casos particulares). Por outro lado, uma recta ortogonal a uma recta de topo é uma recta frontal (de
frente) – a recta pretendida terá necessariamente de ser uma recta frontal (ou
qualquer dos seus casos particulares). A recta pretendida é, assim, uma recta fronto-horizontal (recta g). Por outro lado, para ser perpendicular às rectas v e t, a recta terá
de ser concorrente com ambas. O ponto de concorrência das rectas v e g é o ponto
C, cuja projecção frontal se determinou imediatamente (t é projectante frontal) – a
partir de C2 é possível desenhar g2. Por outro lado, o ponto de concorrência das
rectas g e v é o ponto D cuja projecção horizontal se determinou imediatamente (v é
projectante horizontal) – a partir de D1 desenhou-se g1. A partir das duas projecções
da recta g determinaram-se as projecções em falta de C e D – C1 e D2.
23.
Em primeiro lugar, desenharam-se as projecções da recta r, em função dos dados. Em seguida, e uma vez que é pedida uma recta perpendicular à recta r, logo concorrente com
esta, determinaram-se as projecções do ponto de concorrência – o ponto P, que é o ponto
de r que tem 3 cm de cota. Com os conhecimentos adquiridos, e atendendo a que a recta
r não é paralela a nenhum dos planos de projecção, a recta pretendida terá necessariamente de ser uma recta horizontal (de nível) ou uma recta frontal (de frente), pois a ortogonalidade entre rectas só se verifica directamente em projecções caso uma das rectas seja
paralela a um dos planos de projecção. Optou-se pela segunda hipótese – desenharam-se
as projecções de uma recta frontal (de frente), perpendicular à recta r. A perpendicularidade está garantida fazendo f2 perpendicular a r2. Note que, caso se tivesse optado por
uma recta horizontal (de nível), teria de se ter h1 perpendicular a r1.
24.
Em primeiro lugar, representou-se o plano α, pelos seus traços, e o ponto M, pelas suas projecções, em função dos dados. Em seguida, para desenhar as projecções da recta p, teve-se
em conta que a recta, para ser ortogonal ao plano α, terá de ser ortogonal a duas rectas concorrentes do plano (ou a duas «famílias» de rectas do plano). Assim, passando por P2 desenhou-se p2, perpendicular a fα, o que nos garante que a recta p é ortogonal à «família» das
rectas frontais (de frente) do plano α. Em seguida, por P1 conduziu-se p1, perpendicular a hα,
o que nos garante que a recta p é ortogonal à «família» das rectas horizontais (de nível) do
plano α. Assim, as projecções da recta p são perpendiculares aos traços homónimos do
plano α, o que nos garante que a recta p é ortogonal a duas rectas concorrentes do plano
(os traços do plano).
25.
Em primeiro lugar representou-se o plano δ pelos seus traços, em função dos dados. Sobre a
determinação das projecções da recta ortogonal ao plano, ver relatório do exercício anterior. Note
que, não sendo dado nenhum ponto da recta, a recta apresentada é uma de entre as infinitas hipóteses, desde que se verifique, sempre, a perpendicularidade entre as projecções da recta e os traços homónimos do plano. Trata-se de uma recta horizontal (de nível).
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SOLUÇÕES
26.
Ver relatórios dos exercícios 24 e 25. Trata-se de uma recta fronto-horizontal.
27.
Ver relatório do exercício 24. Para determinar as projecções do ponto P, pertencente
ao plano, recorreu-se a uma recta auxiliar do plano – uma recta horizontal (de nível) h,
com 3 cm de cota. Note que, na presente situação, as duas projecções da recta p são
paralelas entre si – trata-se de uma recta paralela ao β2/4.
28.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano ρ, pelos seus traços, e o ponto R, pelas
suas projecções, em função dos dados. Em seguida, desenharam-se imediatamente
as projecções da recta p, perpendiculares aos traços homónimos de ρ. A recta p é
uma recta de perfil, que não se encontra totalmente definida, por não verificar o Critério
de reversibilidade. Assim, necessitamos de mais um ponto da recta p, para além de R.
A recta p, para ser ortogonal ao plano ρ, tem de ser ortogonal a duas «famílias» de rectas do plano. A recta p já é ortogonal às rectas fronto-horizontais de ρ – é necessário
que seja ortogonal a outra «família» de rectas do plano (às rectas de perfil do plano, por
exemplo). Por p conduziu-se um plano auxiliar π, de perfil. Em seguida, determinou-se a
recta i, que é a recta de intersecção de π com ρ – a recta i é uma recta de perfil de ρ e
está definida pelos seus traços. A recta p terá de ser perpendicular à recta i. É necessário o recurso a um processo geométrico auxiliar – optou-se pelo rebatimento do
plano π para o Plano Frontal de Projecção (a charneira foi fπ), obtendo-se ir (definida
por Fr e Hr) e Rr. Por Rr conduziu-se pr, perpendicular a ir. Sobre pr representou-se
arbitrariamente um outro ponto, para além de R – Sr. Invertendo o rebatimento, determinaram-se as projecções de S – a recta p, ortogonal a r, está definida por R e S.
29.
Ver relatório do exercício anterior. O ponto U foi o ponto da recta p a que se recorreu
para definir a recta. A recta p, ortogonal a ρ, está definida por T e U.
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SOLUÇÕES
30.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano ρ e o ponto A, em função dos
dados. Em seguida, desenharam-se as projecções da recta p, ortogonal ao
plano ρ e passando por A – as projecções de p têm determinação directa.
No entanto, e uma vez que se trata de uma recta de perfil, as suas projecções não são suficientes para definir a recta, pelo que necessitamos de um
outro ponto da recta para além do ponto A. A recta p já é ortogonal às
rectas fronto-horizontais do plano ρ, mas para ser ortogonal ao plano terá
de ser ortogonal a uma outra recta do plano – uma recta de perfil, por
exemplo. Assim, pela recta p conduziu-se um plano de perfil π e determinou-se a recta i, a recta de intersecção do plano π com o plano ρ. A recta i
é uma recta de perfil do plano ρ – trata-se de uma recta de perfil passante
do plano ρ. A recta i está definida pelo seu ponto de concorrência com o
eixo X e pelo ponto P’, que é o ponto de intersecção do plano π com a recta g, fronto-horizontal, pertencente ao plano ρ e passando por P. A recta p
terá de ser ortogonal à recta i. Em seguida, resolveu-se o problema em
rebatimento, rebatendo o plano π para o Plano Frontal de Projecção. A
recta ir passa por P’r e pelo seu ponto de concorrência com o eixo X, que é
fixo, pois é um ponto da charneira. A recta pr passa por Ar e é perpendicular
à recta ir. Sobre pr marcou-se um outro ponto – Br. Inverteu-se o rebatimento
e obtiveram-se as projecções do ponto B. A recta p, de perfil, passando por Ar
e Br, é ortogonal ao plano ρ, pois é ortogonal a duas «famílias» de rectas do
plano – as rectas fronto-horizontais e as rectas de perfil. Note que as rectas p
e i são perpendiculares, pois são concorrentes – são complanares (estão
contidas no mesmo plano de perfil).
31.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta r e o ponto P, pelas suas projecções, em
função dos dados. Em seguida, para que o plano θ seja ortogonal à recta r, o plano θ
tem de conter duas rectas concorrentes ortogonais à recta r (duas «famílias» de rectas ortogonais à recta r). Por outro lado, para que o plano θ contenha o ponto P, P terá de pertencer a uma recta do plano θ. Assim, por P conduziu-se uma recta h, horizontal (de
nível), pertencente ao plano θ – h é ortogonal à recta r, pois h1 é perpendicular a r1. Já temos uma «familía» de rectas do plano θ que é ortogonal à recta r. Necessitamos de uma
outra, que terá de ser a das rectas frontais (de frente) de θ. Por F, traço frontal de h, conduziu-se fθ, perpendicular a r2 – fθ é uma recta frontal do plano θ e é ortogonal à recta r,
pois a ortogonalidade verifica-se directamente em projecção frontal. Em seguida desenhou-se hθ, que é concorrente com fθ num ponto do eixo X e é paralelo a h1 (perpendicular a r1). O plano θ é ortogonal à recta r (contém duas rectas concorrentes ortogonais à
recta r) e passa pelo ponto P, pois P pertence a uma recta do plano θ (a recta h).
32.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta s e o ponto T, pelas suas projecções, em
função dos dados. Para que o plano δ seja ortogonal à recta s, o plano δ tem de conter duas rectas concorrentes ortogonais à recta s (duas «famílias» de rectas ortogonais
à recta s) – essas rectas terão de ser uma recta horizontal (de nível), h, e uma recta
frontal (de frente), f, concorrentes em T. Estas rectas são ortogonais a s, pois h1 é perpendicular a s1 (a ortogonalidade entre a recta s e a recta h verifica-se directamente
em projecção horizontal, pois h é paralela ao Plano Horizontal de Projecção) e f2 é
perpendicular a s2 (a ortogonalidade entre a recta s e a recta f verifica-se directamente
em projecção frontal, pois a recta f é paralela ao Plano Frontal de Projecção).
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SOLUÇÕES
33.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta p e o ponto P, pelas suas
projecções, em função dos dados. Os pontos A e B têm a mesma abcissa,
pois situam-se na mesma recta de perfil. Um plano ortogonal a uma recta
de perfil é, necessariamente, um plano de rampa. Assim, já sabemos uma
das «famílias» das rectas do plano que são ortogonais à recta p – as rectas
fronto-horizontais. Por outro lado, para que o ponto P pertença ao plano,
o ponto terá de pertencer a uma recta do plano – essa recta poderá ser
uma recta fronto-horizontal. Assim, por P conduziu-se uma recta g,
fronto-horizontal, pertencente ao plano. Necessitamos de uma outra recta
do plano – essa recta terá, também ela, de ser ortogonal à recta p. Essa
recta poderá ser uma recta de perfil. Conduziu-se, pela recta p, um plano
de perfil π. A recta i, de perfil, é a recta de intersecção do plano π com o
plano de rampa ortogonal à recta p – a recta i é necessariamente ortogonal à recta p e contém o ponto P’, que é o ponto de intersecção da recta
g com o plano π. A recta i está, assim, definida por um ponto (o ponto P’)
e por uma direcção (é ortogonal à recta p). Resolveu-se o problema através do rebatimento do plano π para o Plano Frontal de Projecção. A recta
pr está definida por Ar e por Br. A recta ir passa por P’r e é ortogonal à
recta pr. Note que as rectas p e i são perpendiculares, pois são concorrentes – são complanares (estão contidas no mesmo plano de perfil). Em
seguida, determinaram-se os traços da recta i, em rebatimento, e inverteu-se o rebatimento. Pelos traços da recta i conduziram-se os traços
homónimos do plano ρ, de rampa, que é ortogonal à recta p.
34.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta r e o ponto P, pelas suas projecções, em função dos dados. Em seguida, uma vez que a ortogonalidade entre a recta r, que é oblíqua,
e a recta p, que é também oblíqua, não se observa directamente em nenhuma das projecções (nenhuma das duas rectas é paralela a qualquer dos planos de projecção), é necessário fazer com que a recta p esteja contida num plano ortogonal à recta r. Por outro lado,
uma vez que se pretende que a recta p contenha o ponto P, esse plano ortogonal à recta
r tem, necessariamente, de conter o ponto P. Assim, conduziu-se, por P, um plano α perpendicular a r (para o que se recorreu a uma recta f, frontal) – ver exercício 31. Todas as
rectas de α são ortogonais ou perpendiculares a r. A recta p é a recta do plano α que contém P tal que p1 faz, com o eixo X, o ângulo pretendido. A recta p tem de ter os seus traços sobre os traços homónimos do plano α, para pertencer a α. Determinaram-se os
traços da recta – F e H’. A recta p está definida por H’, P (a recta passa por P) e F, mas
poderia estar definida, apenas, por H’ e P, por exemplo (bastavam dois pontos).
35.
Ver relatório do exercício anterior. A recta f, frontal (de frente), foi a recta a que se recorreu
para determinar o plano ortogonal à recta m que contém o ponto A. O plano δ é o plano
que contém o ponto A e é ortogonal à recta r – δ tem os seus traços coincidentes. A recta
p, pretendida, por ser passante, tem de ser concorrente com os traços do plano δ num
ponto do eixo X, tendo sido esse o raciocínio que nos permitiu desenhar as duas projecções da recta p. A recta p está definida por dois pontos – A e o seu ponto de concorrência com o eixo X.
10
SOLUÇÕES
36.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano α, pelos seus traços, e o ponto M, pelas suas projecções, em função dos dados. Em seguida, para que o plano ρ seja ortogonal ao plano α, o
plano ρ tem de conter uma recta ortogonal ao plano α. Por outro lado, para que o plano ρ contenha o ponto M, M tem de pertencer a uma recta do plano ρ. Assim, conduziu-se, por M, uma
recta p, ortogonal ao plano α (ver exercício 24). Qualquer plano que contenha a recta p é ortogonal a α e contém o ponto M. Determinaram-se os traços da recta p – F e H. Pelos traços de
p conduziram-se os traços homónimos de ρ. O plano ρ é ortogonal ao plano α (pois contém
uma recta ortogonal a α – a recta p) e contém o ponto M (pois M pertence a uma recta de ρ – a
recta p).
37.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano δ, pelos seus traços, e o ponto T, pelas
suas projecções, em função dos dados. Sobre a determinação dos traços do plano θ,
ortogonal a δ, ver relatório do exercício anterior. A recta p é a recta auxiliar do plano θ a
que se recorreu, passando por T – é uma recta frontal (de frente). H é o traço horizontal
de p – hθ contém H e faz, com o eixo X, o ângulo pretendido. Em seguida, determinou-se o traço frontal de θ, fθ – fθ é concorrente com hθ no eixo X e é paralelo a p.
38.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano ν, pelo seu traço frontal, e o ponto P, pelas suas projecções, em função dos dados. Para que um plano seja ortogonal a um plano horizontal (de nivel) é
necessariamente uma recta do plano. Assim, por P conduziu-se uma recta v, vertical, ortogonal ao
plano ν – qualquer plano que contenha a recta v será necessariamente ortogonal ao plano ν e contém
o ponto P. Optou-se por representar um plano vertical (projectante horizontal) qualquer. Note que existem infinitos planos verticais que podem conter a recta v, sendo que todos eles serão ortogonais ao
plano ν. Assim, o presente problema admite infinitas soluções – todos os planos verticais que contêm a
recta v e, ainda, o plano frontal (de frente) e o plano de perfil que contêm a recta v.
39.
Em primeiro lugar, representou-se o plano α pelos seus traços, em função dos dados – os seus traços são coincidentes, pois o plano α é ortogonal ao β2/4. Em seguida, para que um ponto pertença
a um plano, o ponto tem de pertencer a uma recta do plano. Assim, recorreu-se a uma recta frontal
(de frente) do plano, com 3 cm de afastamento – a recta f (que é o lugar geométrico dos pontos do
plano com 3 cm de afastamento). O ponto A é o ponto da recta f que tem 4 cm de cota.
11
SOLUÇÕES
40.
41.
Em primeiro lugar, representaram-se os planos α e δ pelos seus traços, em função
dos dados. O plano α tem os seus traços simétricos em relação ao eixo X, pois é
ortogonal ao β1/3, e o plano δ tem os seus traços coincidentes, pois é ortogonal ao
β2/4. Recorrendo ao caso geral da intersecção entre planos, determinou-se imediatamente o traço frontal da recta i (a recta de intersecção dos dois planos), o ponto F,
que é o ponto de concorrência dos traços frontais dos dois planos. Já temos um
ponto para definir a recta i – falta-nos outro ponto ou uma direcção. Os traços horizontais dos dois planos, por sua vez, não se intersectam nos limites do papel. Assim,
recorreu-se a um plano auxiliar frontal (de frente) ϕ e determinaram-se as rectas de
intersecção de ϕ com os planos α e δ – as rectas a e b, respectivamente. As rectas a
e b são complanares (estão, ambas, contidas em ϕ) e não são paralelas, pelo que
são concorrentes – o ponto I é o ponto de concorrência das duas rectas e é um outro ponto comum aos planos α e δ (I é um ponto comum aos três planos). A recta i
está, assim, definida por dois pontos – F, o seu traço frontal, e I.
Em primeiro lugar, representaram-se os planos ρ e σ, pelos seus traços, em função dos dados.
O plano ρ tem os seus traços simétricos em relação ao eixo X e σ tem os seus traços coincidentes (ver exercício anterior). Para a determinação das projecções da recta i ver relatório do
exercicio 21. A recta de intersecção entre dois planos é o lugar geométrico dos pontos do espaço que pertencem simultaneamente aos dois planos, o que resulta numa recta pertencente à
única «família» de rectas comum aos dois planos. A única «família» de rectas comum a dois
planos de rampa é a das rectas fronto-horizontais, pelo que a recta de intersecção de ρ com σ
é necessariamente uma recta fronto-horizontal. Já temos a direcção – necessitamos de um
ponto para a definirmos. Recorreu-se a um plano auxiliar α, vertical, e determinaram-se as
rectas de intersecção de α com ρ e σ – as rectas a e b, respectivamente. As rectas a e b são
complanares (estão ambas contidas no plano auxiliar α) e não são paralelas, pelo que são
concorrentes – o ponto I é o ponto de concorrência de a com b e é o ponto comum aos três
planos, logo é um ponto comum aos planos ρ e σ. I é, assim, necessariamente um ponto da
recta de intersecção dos planos ρ e σ. A recta i é a recta fronto-horizontal que passa por I.
42.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano α, pelos seus traços, e a recta r, pelas suas
projecções, em função dos dados. A recta r tem as suas projecções paralelas entre si,
pois é paralela ao β2/4. O plano α tem traços coincidentes, pois é ortogonal ao β2/4. As projecções da recta r são perpendiculares aos traços homónimos do plano α, pois a recta é
ortogonal ao plano α. Uma vez que nem a recta nem o plano são projectantes, para a
determinação do ponto de intersecção da recta com o plano recorreu-se ao método geral
da intersecção de rectas com planos. Assim, conduziu-se pela recta, um plano auxiliar – o
plano δ, que é um plano vertical. Em seguida, determinou-se a recta de intersecção dos
dois planos – a recta i. O ponto de concorrência das rectas r e i é o ponto I, o ponto de
intersecção da recta r com o plano α.
43.
Ver relatório do exercício 30. O ponto da recta p que foi escolhido para a
definir foi o seu traço frontal, F. A recta p, definida por P e por F, é ortogonal ao plano ρ.
12
SOLUÇÕES
44.
Em primeiro lugar, representou-se a recta r, pelas suas projecções, em função dos dados – a recta
r é paralela ao β1/3, pelo que a sua projecção frontal faz, com o eixo X, um ângulo de 30° (a.d.),
que é igual ao ângulo que a sua projecção frontal faz com o eixo X. Em seguida, representou-se o
ponto M. Uma vez que nem a recta r nem a recta pretendida são paralelas a qualquer dos dois
planos de projecção, a ortogonalidade não se verifica directamente em nenhuma das projecções.
Assim, é necessário conduzir, por M, um plano ortogonal a r – o plano α contém o ponto M e é
ortogonal à recta r, pois os seus traços são perpendiculares às projecções homónimas da recta r.
Todas as rectas de α são perpendiculares a r. Tendo em conta que se pretende uma recta do β1/3
que seja ortogonal à recta r, a recta p será a recta de intersecção do plano α com o β1/3. O ponto
M é, já, um ponto dos dois planos, pelo que já temos um ponto – falta-nos outro ponto ou uma
direcção. Recorreu-se a uma recta h, horizontal (de nivel), do plano α e determinou-se o seu traço
no β1/3 – o ponto Q. O ponto Q é, assim, um outro ponto que pertence aos dois planos (o plano α
e o β1/3). A recta p fica definida por M e Q. A recta p é uma recta do β1/3, pois tem as suas projecções simétricas em relação ao eixo X, e é ortogonal à recta r, pois está contida num plano ortogonal à recta r – o plano α.
15
P ROCESSOS G EOMÉTRICOS A UXILIARES II
45.
Em primeiro lugar, representou-se o segmento de recta [AB] pelas suas projecções, em função dos dados. Em seguida, teve-se em conta que uma recta vertical é um caso particular das rectas frontais (de frente). Assim, em primeiro lugar
transformou-se [AB] num segmento frontal (de frente) com 2 cm de afastamento,
substituindo o Plano Frontal de Projecção (plano 2) pelo plano 4, paralelo a [AB]
e a 2 cm deste. O eixo X’ é a recta de intersecção do plano 4 com o Plano Horizontal de Projecção (plano 1). Manteve-se o Plano Horizontal de Projecção, pelo
que se mantiveram as projecções horizontais e as cotas dos pontos A e B. A4 e
B4 são as projecções de A e B no plano 4, que se determinam em função das
cotas dos pontos. No novo diedro de projecção, o segmento de recta [AB] é
frontal (de frente) e tem 2 cm de afastamento. Um segmento vertical é ortogonal
ao Plano Horizontal de Projecção. Assim, substituiu-se o Plano Horizontal de Projecção (plano 1) pelo plano 5, ortogonal a [AB]. O eixo X’’ é a recta de intersecção do plano 4 com o plano 5 e é perpendicular à recta suporte de [A4B4].
Manteve-se o plano 4, pelo que se mantiveram as projecções no plano 4 e o
afastamento dos pontos, que passou a ser 2 cm (e está referenciado ao plano 4). A5 e B5 determinam-se em função dos seus afastamentos,
que é 2 cm. No diedro de projecção formado pelo plano 4 e pelo plano 5, [AB] é vertical e tem 2 cm de afastamento. A V.G. de A
Bé
AB
4.
4
46.
Em primeiro lugar, representou-se o segmento de recta [MN] pelas suas projecções, em função dos dados. Em seguida, teve-se em conta que uma recta fronto-horizontal é um caso particular das rectas frontais (de frente) e das rectas horizontais (de nível). Começou-se por
transformar [MN] num segmento horizontal (de nível) com 3 cm de cota. Para tal, substituiu-se
o Plano Horizontal de Projecção (plano 1) pelo plano 4, paralelo a [MN] e a 3 cm deste. O
eixo X’ é a recta de intersecção do Plano Frontal de Projecção (plano 2) com o plano 4. Manteve-se o Plano Frontal de Projecção, pelo que se mantiveram as projecções frontais e os afastamentos dos pontos M e N. M4 e N4 determinam-se em função dos seus afastamentos, que
se mantêm. No novo diedro de projecção, o segmento de recta [MN] é horizontal (de nível) e
tem 3 cm de cota. Um segmento fronto-horizontal é paralelo ao Plano Frontal de Projecção.
Assim, em seguida substituiu-se o Plano Frontal de Projecção (plano 2) pelo plano 5, paralelo
a [MN] e a 2 cm deste. O eixo X’’ é a recta de intersecção do plano 4 com o plano 5 e é paralelo a [M4N4]. Manteve-se o plano 4, pelo que se mantiveram as projecções no plano 4 e a
cota dos pontos, que passou a ser 3 cm (e está referenciada ao plano 4). M5 e N5 determinam-se em função das suas cotas, que é 3 cm. No diedro de projecção formado pelo plano 4
e pelo plano 5, [MN] é fronto-horizontal e tem 3 cm de cota e 2 cm de afastamento. A V.G. de
M
Né
MN
MN
44 ou 5.
5
13
SOLUÇÕES
47.
Em primeiro lugar, representou-se a recta r, pelas suas projecções – a recta r tem as
suas projecções paralelas entre si, pois é paralela ao β2/4. Em seguida, teve-se em conta
que uma recta de topo é um caso particular das rectas horizontais (de nível). Assim,
começou-se por transformar r numa recta horizontal (de nível) com 2 cm de cota. Nesse
sentido, substituiu-se o Plano Horizontal de Projecção (plano 1) pelo plano 4, paralelo a
r e a 2 cm desta, cuja recta de intersecção com o Plano Frontal de Projecção (plano 2) é
o eixo X’. Mantêm-se as projecções frontais e os afastamentos. R4 determinou-se em
função do seu afastamento, que se mantém. Para definir a recta r no novo diedro de projecção necessitamos de um outro ponto para além de R. Assim, recorreu-se a um outro
ponto de r – F, o seu traço frontal. F4 determinou-se em função do seu afastamento, que
é nulo e se mantém – r4 fica definida por R4 e F4. No novo diedro de projecção, a recta r
é uma recta horizontal (de nível). Uma recta de topo é ortogonal ao Plano Frontal de Projecção. Assim, substituiu-se o Plano Frontal de Projecção (plano 2) pelo plano 5, ortogonal a r. O eixo X’’ é a recta de intersecção do plano 4 com o plano 5 e é
perpendicular a r4. Mantêm-se as projecções no plano 4 e as cotas (agora referenciadas
ao plano 4) – note que, agora, todos os pontos da recta já têm a mesma cota, que é 2.
R5 e F5 determinaram-se em função das suas cotas (e estão coincidentes) – r5, a projecção da recta r no plano 5, é um ponto, pois no
diedro de projecção formado pelo plano 4 e pelo plano 5 a recta r é de topo (projectante frontal).
48.
Em primeiro lugar, representou-se o triângulo [ABC],
em função dos dados. Note que os traços de α são simétricos em relação ao eixo X, pois α é ortogonal ao
β1/3. Um plano frontal (de frente) é um caso particular
dos planos projectantes horizontais. Nesse sentido, em
primeiro lugar há que transformar α num plano projectante horizontal, para o que se substituiu o Plano Horizontal de Projecção (plano 1) pelo plano 4, ortogonal a
α. Manteve-se o Plano Frontal de Projecção, pelo que
se mantiveram as projecções frontais e os afastamentos. O eixo X' é a recta de intersecção do plano 2 com o
plano 4 e é perpendicular a fα. As projecções de A, B e
C no plano 4 (A4, B4 e C4) determinaram-se em função
dos seus afastamentos, que se mantiveram. O traço do
plano α no plano 4, h4α, passa por A4, B4 e C4 e é concorrente com fα no eixo X’. No novo diedro de projecção, o plano α já é um plano vertical (projectante
horizontal). Um plano frontal (de frente) é um plano projectante horizontal que é paralelo ao Plano Frontal de
Projecção. Assim, em seguida, substituiu-se o Plano Frontal de Projecção (plano 2) pelo plano 5, paralelo a α e situado a 2 cm deste (o
afastamento pretendido). O eixo X’’ é a recta de intersecção do plano 4 com o plano 5 e é paralelo a h4α. Mantiveram-se as projecções no
plano 4 e as cotas, agora referenciadas ao plano 4. As projecções de A, B e C no plano 5 (A5, B5 e C5) determinaram-se em função das
suas cotas, que se mantiveram. No diedro de projecção formado entre o plano 4 e o plano 5, o plano α é frontal (de frente) com 2 cm de
afastamento e não tem traço frontal. A V.G. do triângulo está no triângulo [A5B5C5].
49.
Em primeiro lugar, representou-se o plano ρ pelos seus traços,
em função dos dados. Os dados sobre os pontos P, Q e R
permitem-nos, imediatamente, determinar as suas projecções
frontais. A recta r foi a recta do plano ρ que foi utilizada para a
determinação das projecções horizontais dos pontos P e Q –
r2 contém P2 e Q2. Sobre a recta r representou-se um ponto
R’, com a cota de R. Note que os pontos R e R’ se situam,
necessariamente, na mesma recta fronto-horizontal do plano,
pelo que ambos têm a mesma cota e o mesmo afastamento,
tendo, apenas, abcissas distintas. A partir das projecções dos
três pontos desenharam-se as projecções do triângulo [PQR].
Em seguida, teve-se em conta que um plano horizontal (de nível) é um caso particular dos planos projectantes frontais.
Assim, em primeiro lugar, começou-se por transformar o plano
ρ num plano projectante frontal, substituindo o Plano Frontal
de Projecção (plano 2) por um plano 4, ortogonal a ρ. O eixo
X’ é a recta de intersecção do plano 1 com o plano 4 e é perpendicular a hρ. manteve-se o Plano Horizontal de Projecção,
pelo que se mantiveram as projecções horizontais e as cotas.
(Continua na página seguinte)
14
SOLUÇÕES
As projecções de P, Q e R no plano 4 (P4, Q4 e R4) determinaram-se em função das suas cotas, que se mantiveram. O traço do plano ρ no
plano 4, f4ρ , passa por P4, Q4 e R4 e é concorrente com hρ no eixo X’. No novo diedro de projecção (formado pelo Plano Horizontal de Projecção e pelo plano 4), o plano ρ é um plano de topo (projectante frontal). Um plano horizontal é um plano de topo que é paralelo ao Plano
Horizontal de Projecção. Assim, em seguida substituiu-se o Plano Horizontal de Projecção (plano 1) pelo plano 5, paralelo a ρ e situado a
1 cm deste (a cota pretendida). O eixo X’’ é a recta de intersecção do plano 4 com o plano 5 e é paralelo a f4ρ. Mantiveram-se as projecções
no plano 4 e os afastamentos, agora referenciados a este. As projecções de P, Q e R no plano 5 (P5, Q5 e R5) determinaram-se em função
dos seus afastamentos, que se mantiveram. No diedro de projecção formado pelo plano 4 e pelo plano 5, o plano ρ é um plano horizontal
(de nível) com 1 cm de cota e não tem traço horizontal. A V.G. do triângulo está no triângulo [P5Q5R5].
50.
Em primeiro lugar, desenharam-se as projecções do segmento [AB], em função dos
dados. Em seguida, teve-se em conta que uma recta de topo é um caso particular
das rectas horizontais (de nível). Assim, começou-se por transformar [AB] num segmento horizontal (de nível). São as cotas que se alteram (de forma a ficarem todas
iguais), pelo que a rotação se processa em planos frontais (de frente) – o eixo é uma
recta de topo, qualquer, cujas projecções se desenharam imediatamente (recta e). O
ponto P é o ponto a rodar e o centro da sua rotação é O – [OP] é simultaneamente
perpendicular a [AB] e a e. O ponto P rodou até a recta suporte de [A2B2] ficar paralela ao eixo X (o ponto P’ é o ponto P rodado e [OP’] é perpendicular ao eixo X). O
ponto P manteve o seu afastamento, tal como A e B. Note que se omitiu a representação dos planos frontais (de frente) que contêm os arcos da rotação de A, B e P,
apesar de ser ter recorrido a eles (através das paralelas ao eixo X que passam por A1,
B1 e P1). A2 e B2 rodaram até encontrarem a recta suporte de [A’2B’2] (que é paralela
ao eixo X e passa por P’2). [A’B’] é o segmento [AB] rodado e é horizontal (de nível).
Uma recta de topo é uma recta horizontal (de nível) que é ortogonal ao Plano Frontal
de Projecção – assim, para transformar [A’B’] num segmento de recta de topo, são
os afastamentos que se alteram – a rotação do segmento processa-se num plano
horizontal (de nível), pelo que na rotação seguinte o eixo é vertical (o eixo e’ escolheu-se criteriosamente, de forma a ser P’ o ponto a rodar). O centro da rotação de P’ é Q
– [QP’] é simultaneamente perpendicular a [A’B’] e a e’. O ponto P’ rodou até a recta
suporte de [A’1B’1] ficar perpendicular ao eixo X (o ponto P’’ é o ponto P’ rodado e
[QP’’] é paralelo ao eixo X). O ponto P’ manteve a sua cota, tal como A’ e B’. A’1 e
B’1 rodaram até encontrarem a recta suporte de [A’’1B’’1] (que é perpendicular ao
eixo X e passa por P’’1 ([A’’B’’] é [A’B’] rodado). Na sua nova posição, [AB] é de topo
e a sua V.G. é A’’B
1’’.
1
51.
Em primeiro lugar, desenharam-se as projecções da recta r, em função dos
dados. Em seguida, teve-se em conta que uma recta vertical é um caso particular das rectas frontais (de frente). Assim, começou-se por transformar r
numa recta frontal (de frente). São os afastamentos que se alteram (de forma
a ficarem todos iguais), pelo que a rotação se processa em planos horizontais
(de nível) – o eixo é uma recta vertical, qualquer, cujas projecções se desenharam imediatamente (recta e). O ponto que nos permite rodar a recta é A e
o centro da sua rotação é O – [OA] é simultaneamente perpendicular a r e a
e. O ponto A rodou até r1 ficar paralela ao eixo X (A’ é o ponto A rodado e
[OA’] é perpendicular ao eixo X). O ponto A manteve a sua cota, ao longo da
sua rotação. Para definirmos uma recta necessitamos de dois pontos ou de
um ponto e uma direcção. Assim, é necessário o recurso a um outro ponto da
recta r, para definirmos r’2. O ponto escolhido foi o seu traço frontal – F. F1
rodou até encontrar r’1, mantendo-se a cota de F – r’2 fica definida por A’2 e
F’2. A recta r’ é a recta r rodada e é frontal (de frente), na sua nova posição.
Uma recta vertical é uma recta frontal (de frente) que é ortogonal ao Plano
Horizontal de Projecção – assim, para transformar r’ numa recta vertical são
as cotas que se alteram, mantendo-se os afastamentos. A rotação seguinte
processa-se, assim, num plano frontal (de frente) e o eixo é e’ e é de topo
(note que se escolheu e’ criteriosamente, de forma a A’ ser o ponto a rodar). O centro da rotação de A’ é Q – [QA’] é perpendicular a r’ e a
e’. O ponto A’ rodou até a recta r’2 ficar perpendicular ao eixo X – o ponto A’’ é o ponto A’ rodado e [QA’’] é paralelo ao eixo X. A’ manteve
o seu afastamento na sua rotação. A recta r’’ é vertical e passa por A’’, não tendo sido necessária a rotação de F’ para a determinação das
projecções da recta na sua nova posição. A projecção horizontal da recta é, agora, um ponto.
15
SOLUÇÕES
52.
Em primeiro lugar, desenharam-se as projecções do segmento [RS], em função dos dados. Em seguida, teve-se em conta que um segmento fronto-horizontal é um caso particular tanto das rectas frontais (de frente) como das rectas horizontais (de nível). Assim, há
que começar por transformar [RS] num segmento de recta horizontal (de nível) ou frontal
(de frente). Optou-se pela segunda hipótese – ver relatório do exercício anterior. A rotação
processa-se em planos horizontais – o eixo é uma recta e, vertical, qualquer. O ponto P é
o ponto a rodar e o centro da sua rotação é O. P roda até [OP’] ficar perpendicular ao eixo
X (P’ é o ponto P rodado) e a recta suporte de [R1S1] ficar paralela ao eixo X. P, R e S
mantiveram as suas cotas. [R’S’] é [RS] rodado e é frontal (de frente). A rotação seguinte
processa-se em planos frontais (de frente), pois para transformar [R’S’] num segmento
fronto-horizontal, as alterações processar-se-ão ao nível das cotas e não dos afastamentos. O novo eixo, e’, é de topo e escolheu-se de forma a ser P’ o ponto a rodar, cujo centro de rotação é Q. P’ roda até [QP’’] ficar perpendicular ao eixo X e a recta suporte de
[R’2S’2] ficar paralela ao eixo X. P’, R’ e S’ mantiveram os seus afastamentos. [R’’S’’] é
[R’S’] rodado. Na sua nova posição, [RS] é de topo e a sua V.G. é R’’S
’’S
1’’1 ou R
2’’.
2
53.
Em primeiro lugar, representou-se o plano α, pelos seus
traços, e o triângulo [ABC], pelas suas projecções, pertencente ao plano. Em seguida, teve-se em conta que um plano
frontal (de frente) é projectante horizontal. Nesse sentido, começou-se por transformar o plano α num plano projectante
horizontal (vertical) – as rectas frontais (de frente) de um
plano vertical são verticais, pelo que fα tem de ficar perpendicular ao eixo X (vertical). Os afastamentos mantêm-se, pelo
que a rotação se processa em planos frontais (de frente) – o
eixo da rotação, e, é uma recta de topo qualquer (por economia de traçados optou-se por conduzir e pelo ponto A). O
ponto P é o ponto de fα que nos permite rodar o plano – [OP]
é simultaneamente perpendicular a fα e a e (O é o centro da
rotação de P). O ponto P rodou até [OP] ficar paralelo ao
eixo X – fα, que é perpendicular a [OP], fica perpendicular ao
eixo X e passa por P’ (que é o ponto P rodado). A’ ≡ A, pois A
é um ponto do eixo da rotação (roda sobre si próprio, pois é
fixo). O novo traço horizontal de α, hα’, é concorrente com fα’,
no eixo X e contém A’1, pois α, após a rotação, é projectante horizontal (é vertical). Os pontos B e C mantêm os afastamentos na sua rotação,
o que nos permite determinar B’1 e C’1 sobre hα’. B2 e C2 rodaram até às respectivas linhas de chamada (a amplitude da rotação de B2 e C2 foi
igual à da rotação de P2). Um plano frontal (de frente) é um plano projectante horizontal que é paralelo ao Plano Frontal de Projecção. Assim,
na rotação seguinte, com vista a tornar α num plano paralelo ao Plano Frontal de Projecção, as alterações processam-se ao nível dos afastamentos – a rotação processa-se, pois, em planos horizontais (de nível), pelo que o eixo é vertical. O segundo eixo de rotação, e’, escolheu-se
por forma a A’ ser o ponto a rodar – [QA’] é perpendicular a α e a e’ (Q é o centro da rotação de A’). A’ rodou até [QA’’] ficar perpendicular ao
eixo X – hα, na sua nova posição (hα’’) ficou paralelo ao eixo X. O plano α é, agora, frontal (de frente) e não tem traço frontal. B’1 e C’1 rodaram
até (hα’’), obtendo-se B’’1 e C’’1. B’2 e C’2 mantiveram as suas cotas, o que nos permitiu determinar B’’2 e C’’2 nas linhas de chamada de B’’1 e
C’’1. O plano α, na sua nova posição, é um plano frontal (de frente), pelo que a V.G. do triângulo [ABC] está no triângulo [A’’2B’’2C’’2].
54.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano ρ, pelos seus traços, e o triângulo [PQR], pelas suas projecções, pertencente ao plano. Sobre
a determinação das projecções do triângulo [PQR], ver relatório do exercício 49. O ponto M foi o ponto da recta r que nos permitiu determinar as projecções do ponto R. Em seguida, teve-se em conta que um plano horizontal (de nível) é projectante frontal. Assim, começou-se
por transformar o plano ρ num plano projectante frontal (de topo) – as rectas horizontais (de nível) de um plano de topo são rectas de topo,
pelo que hρ de rodar até ficar perpendicular ao eixo X (de topo). As cotas mantêm-se, pelo que a rotação processa-se em planos horizontais
(de nível) – o eixo da rotação, e, é uma recta vertical qualquer (por economia de traçados, optou-se por conduzir e pelo ponto P). O ponto A
é o ponto de hρ que nos permite rodar o plano – [OA] é simultaneamente perpendicular a hρ e a e (O é o centro da rotação de A). O ponto A
rodou até [OA] ficar paralelo ao eixo X – hρ’ que é perpendicular a [OA], fica perpendicular ao eixo X e passa por A’ (que é o ponto A rodado). P’ ≡ P, pois P é um ponto do eixo da rotação (roda sobre si próprio, pois é fixo). O novo traço frontal de ρ, fρ’ é concorrente com hρ’ no
eixo X e contém P’2, pois ρ, após a rotação, é projectante frontal (é de topo). Os pontos Q e R mantêm as cotas na sua rotação, o que nos
permite determinar Q’2 e R’2 sobre fρ’. Q1 e R1 rodaram até às respectivas linhas de chamada (a amplitude da rotação de Q1 e R1 foi igual à
da rotação de A1). Um plano horizontal (de nível) é um plano projectante frontal que é paralelo ao Plano Horizontal de Projecção. Assim, na
rotação seguinte, com vista a tornar ρ num plano paralelo ao Plano Horizontal de Projecção, as alterações processam-se ao nível das cotas
(Continua na página seguinte)
16
SOLUÇÕES
– a rotação processa-se em planos frontais (de frente), pelo que o
eixo é de topo. O segundo eixo de rotação, e’, escolheu-se por forma a Q’ ser o ponto a rodar – [TQ’] é perpendicular a ρ e a e’ (T é o
centro da rotação de Q’). Q’ rodou até [TQ’’] ficar perpendicular ao
eixo X – fρ’ na sua nova posição (fρ’’) ficou paralelo ao eixo X. O plano ρ é, agora, horizontal (de nível) e não tem traço horizontal. Q’2 e
R’2 rodaram até (fρ’’), obtendo-se Q’’2 e R’’2. Q’1 e R’1 mantiveram
os seus afastamentos, o que nos permitiu determinar Q’’1 e R’’1 nas
linhas de chamada de Q’’2 e R’’2. O plano ρ, na sua nova posição, é
um plano horizontal (de nível), pelo que a V.G. do triângulo [PQR]
está no triângulo [P’’1Q’’1R’’1].
55.
Em primeiro lugar, representou-se o plano α, pelos seus traços, e desenharam-se as projecções do triângulo [ABC], contido no plano. O ponto C tem cota
nula, pelo que é um ponto de hα. Em seguida, para determinar a V.G. do triângulo, rebateu-se o plano α para o Plano Horizontal de Projecção (a charneira é
hα, que se identificou imediatamente), por economia de traçados. Note que C é
um ponto de hα, que é a charneira, pelo que Cr ≡ C1 – este rebatimento, em alternativa ao rebatimento do plano α para o Plano Frontal de Projecção, permite-nos
economizar o rebatimento de um ponto. Rebateu-se fα rebatendo F (o traço
frontal da recta h, a recta horizontal a que se recorreu para determinar o ponto
A) ao longo de θ, o plano ortogonal a hα que contém o arco do rebatimento de
F. O ponto M é o ponto de concorrência dos dois traços do plano e é fixo, pois
pertence à charneira. Com centro em M, transportou-se MF
2
2 para (hθ), obtendo Fr – fαr passa por Fr e M. Por Fr conduziu-se hr, paralela a hαr – Ar está sobre
hr, numa perpendicular a hαr (que corresponde ao traço horizontal do plano ortogonal a hα que contém o arco do rebatimento de A). Para rebater B rebateu-se
F’, através de uma perpendicular a hα – esta é (hθ1), que é traço horizontal do
plano θ1, que é o plano ortogonal a hα que contém o arco do rebatimento de f’. F’r está sobre fαr. Por F’r conduziu-se h’r, paralela a hαr – Br
está sobre h’r, numa perpendicular a hαr. A partir de Ar, Br e Cr, desenhou-se o triângulo [ArBrCr], no qual está a V.G. do triângulo [ABC].
56.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano γ, pelos seus traços,
e o triângulo [PQR], pelas suas projecções. O plano γ tem os seus
traços coincidentes, pois é ortogonal ao β2/4. Rebateu-se γ para o
Plano Frontal de Projecção (a charneira é fγ, que se identificou
imediatamente), por economia de traçados. Note que Q é um ponto de fγ, que é a charneira, pelo que Qr ≡ Q2 – este rebatimento,
em alternativa ao rebatimento do plano γ para o Plano Horizontal
de Projecção, permite-nos economizar o rebatimento de um ponto. Rebateu-se P conduzindo, por P2, uma perpendicular a fγ (que
é o traço frontal do plano ortogonal à charneira que contém o arco
do rebatimento de P – θ). O centro do arco do rebatimento de P é
M, que é o ponto de intersecção de fγ com θ. Sobre uma paralela
à charneira passando por P2, representou-se o afastamento de P,
obtendo-se P r 1 . O triângulo do rebatimento de P, em V.G., é
[MPr1P2] e a V.G. do raio do arco do rebatimento de P é M
P
r1.
Com o compasso, fazendo centro em M e raio até Pr1, transportou-se MP
r1 para (fθ), obtendo-se Pr. O procedimento foi idêntico para R. O
arco do rebatimento de R está contido em θ1 e o seu centro é N. O triângulo do rebatimento de R, em V.G., é [NRr1R2] e o raio do arco do
rebatimento de R, em V.G., é MR
r.
A V.G. do triângulo [PQR] está no triângulo [PrQrRr].
1
17
SOLUÇÕES
57.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos R e S, pelas suas projecções, e determinaram-se os traços do plano ρ. Para tal, conduziu-se, por R e S, uma recta r. Determinaram-se os traços de r e por estes conduziram-se os traços homónimos de ρ. Em
seguida, determinaram-se as projecções do ponto T (que pertence a hρ, pois tem cota
nula) e desenharam-se as projecções do triângulo [RST]. Para determinar a V. G. do
triângulo optou-se por rebater o plano ρ para o Plano Horizontal de Projecção, por
economia de traços (T é um ponto de hρ, que é a charneira, pelo que se tem imediatamente Tr ≡ T1). A charneira é hρ, pelo que se tem imediatamente hρ ≡ e1≡ hρr. Rebateu-se o ponto R conduzindo, por R1, uma perpendicular a hρ (que corresponde à representação do plano π, que é o plano ortogonal à charneira que contém o arco do rebatimento de R). O centro do arco do rebatimento de R é M, que é o ponto de intersecção
de hρ com π. Sobre uma paralela à charneira representou-se a cota de R, obtendo Rr1.
O triângulo do rebatimento de R em V.G. é [MRr1R1] e M
R
r1 é a V. G. do raio do arco
do rebatimento de R. Com o centro em M transportou-se MR
r1 para hπ, obtendo-se Rr.
O procedimento foi idêntico para S, sendo π1 o plano ortogonal à charneira que contém o arco do rebatimento de S. N é o ponto de intersecção de π1 com a charneira e é
o centro do arco do rebatimento de S. O triângulo do rebatimento de S em V. G. é
[NS1Sr1]. A V. G. do triângulo [RST] está no triângulo [RrSrTr].
58.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos A e B, pelas suas projecções, e
determinaram-se os traços do plano ρ (ver relatório do exercício anterior). Em seguida, determinaram-se as projecções do ponto C (que pertence a fρ, pois tem afastamento nulo) e desenharam-se as projecções do triângulo [ABC]. Para determinar a
V. G. do triângulo optou-se por rebater o plano ρ para o Plano Frontal de Projecção,
por economia de traçados (C é um ponto de fρ, que é a charneira, pelo que se tem
imediatamente Cr ≡ C2). A charneira é fρ, pelo que se tem imediatamente fρ ≡ e2 ≡ fρr.
Rebateu-se hρ rebatendo um dos seus pontos – H, que é o traço horizontal da recta r.
Rebateu-se H ao longo do plano π, o plano ortogonal à charneira (fρ) que contém o
arco do rebatimento de H, cujo o centro é o O (O é o ponto de intersecção fρ com π).
Construiu-se o triângulo do rebatimento de H em V. G. (pelo rebatimento de π) –
numa paralela à charneira (ou seja, no próprio eixo X) representou-se o afastamento
de H, obtendo Hr1. O triângulo do rebatimento de H em V. G. é [OHr1H2]. Com centro
H
r1 para fα, obtendo Hr – fρr passa por Hr e é paralelo ao eixo
em O transportou-se O
X. Fr ≡ F2, pois F é fixo (roda sobre si próprio, pois é um ponto da charneira). A recta
rr, fica definida por Fr, e por Hr. Por A2 e B2 conduziram-se as perpendiculares à
charneira (que correspondem aos raios traços frontais dos planos ortogonais à charneira que contêm os respectivos arcos do rebatimento) e obtiveram-se Ar e Br sobre
rr. A V. G. do triângulo [ABC] está no triângulo [ArBrCr].
59.
Em primeiro lugar, representaram-se os traços do plano ρ, no eixo X, e o ponto A, pelas suas projecções. Em seguida, representaram-se, ainda, as projecções horizontais de B e C, que os dados do exercício nos permitem
representar. Para determinar as projecções do ponto B conduziu-se, por A1 e
B1, r1, que é a projecção horizontal de uma recta r (r é a recta que contém A e
B) – r2 passa por A2 e permite-nos determinar B2. O procedimento foi idêntico
para C – s é a recta que passa por B e C. Optou-se por rebater o plano ρ para
o Plano Horizontal de Projecção – a charneira é o próprio eixo X. Rebateu-se
A ao longo do plano π, o plano ortogonal à charneira (ao eixo X) que contém
o arco do rebatimento de A, cujo centro é Ao ( o ponto de intersecção do eixo
X com π). Numa paralela à charneira representou-se a cota de A, obtendo Ar1.
O triângulo do rebatimento de A em V. G., pelo rebatimento de π, é [AoAr1A1].
AoA
r1 é o raio do arco do rebatimento de A. Com centro em Ao transportou-se
AA
para hπ, obtendo Ar. O procedimento foi idêntico para B e C. O plano π1
or
1
é o plano de perfil (ortogonal à charneira) que contém o arco do rebatimento
de B, cujo centro é Bo. O triângulo do rebatimento de B em V. G. pelo rebati(Continua na página seguinte)
18
SOLUÇÕES
BB
é o raio do arco do rebatimento de B, em V. G. O plano π2 é o plano de perfil (ortogonal à charneira) que
mento de π1, é [BoBr1B1]. or
1
contém o arco de rebatimento de C, cujo centro é Co. O triângulo do rebatimento de C em V. G., pelo rebatimento de π2 é [CoCr1C1]. C
oC
r1
é o raio do arco do rebatimento de C, em V. G. A V. G. do triângulo [ABC] está no triângulo [ArBrCr].
60.
Em primeiro lugar, representou-se o plano α, pelos seus traços, e os pontos A, B e C, pelas suas projecções, pertencentes ao plano. Para um ponto pertencer a um plano tem de
pertencer a uma recta do plano. Assim, recorreu-se a rectas
frontais (de frente) do plano para determinar as projecções dos
três pontos (note que, para simplificar a leitura da resolução
gráfica do exercício se optou por omitir as notações referentes
às rectas). Em seguida, efectuou-se o requerido no enunciado,
pela ordem pedida. 1. Substituiu-se o Plano Frontal de Projecção (plano 2) pelo plano 4, ortogonal a α. O novo eixo X – eixo
X’ – é perpendicular a hα e é a recta de intersecção do plano 1
com o plano 4. A4, B4 e C4 determinaram-se em função das
suas cotas, que se mantiveram (ver exercício 49). 2. No novo
diedro de projecção, o plano α é projectante frontal (é de
topo). Assim, rebateu-se o plano α para o plano 1 (pelo rebatimento de planos projectantes), em torno do seu traço horizontal,
que é a charneira do rebatimento. A V.G. do triângulo [ABC] está
no triângulo [ArBrCr].
61.
Em primeiro lugar, representou-se o plano α, pelos seus traços, e os pontos A, B e C,
pelas suas projecções, pertencentes ao plano (ver exercício anterior). Em seguida,
representou-se o plano ν, o plano horizontal (de nível) que contém o vértice A do
triângulo. A charneira é a recta e, que é a recta de intersecção do plano α com o plano
ν (a charneira do rebatimento é a recta de intersecção do plano a rebater com o plano
para o qual se processa o rebatimento). Efectuando-se o rebatimento para um plano
que não um dos planos de projecção, cada ponto, em rebatimento, situa-se no espaço,
pelo que tem duas projecções. No entanto, convencionalmente, apenas se representa a
projecção na qual se observa a V.G. do pretendido. Assim, e uma vez que rebatendo o
plano α para um plano horizontal (que é paralelo ao Plano Horizontal de Projecção), a
V.G. do triângulo estará na projecção horizontal, pelo que se representa, apenas, a
projecção horizontal dos pontos em rebatimento (omitindo, inclusivamente, que se trata de uma projecção, pelo que se omite o índice 1 da projecção). Ar ≡ A, pois A é fixo
(A é um ponto da charneira, pelo que roda sobre si próprio). Rebateu-se o plano α
para o plano ν através do triângulo do rebatimento. Numa paralela à charneira que
passa por B1 representou-se a cota de B em relação a ν (a distância d), obtendo Br1.
Por B1 conduziu-se uma perpendicular à charneira (que corresponde ao plano ortogonal à charneira que contém o arco do rebatimento de B). O centro do arco do rebatimento de B é M (que se representou de uma forma simplificada, meramente
informativa, sem projecções), que é o ponto de intersecção desse plano com e. O
triângulo do rebatimento de B em V.G. (pelo rebatimento do plano ortogonal à charneira para o plano ν) é [MB1Br1]. O segmento [MBr1] é a
hipotenusa do triângulo do rebatimento de B e o seu comprimento é o raio do arco do rebatimento de B. Com o compasso, fazendo centro
Br1 para a perpendicular à charneira que passa por B1, obtendo Br. O processo foi idêntico para o rebatimento de C.
em M, transportou-se M
Note que, na construção do triângulo do rebatimento de C se teve em conta, também, a cota de C (relativa a ν) se refere à distância de C a
ν. O centro do arco do rebatimento de C é N e o seu raio é N
Cr.
Note que as hipotenusas dos dois triângulos do rebatimento são paralelas
1
entre si. A V.G. do triângulo está no triângulo [ArBrCr]. Vantagens: economia de traçados. De facto, ao rebater o plano α para o plano ν, que
contém um dos vértices do triângulo, é necessário, apenas, rebater dois vértices do triângulo. Ao rebater o plano α para qualquer dos dois
planos de projecção teríamos de rebater os três vértices do triângulo.
62.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos A e B, pelas suas projecções, e determinaram-se os traços do plano ρ. A recta r, auxiliar, foi
a recta a que se recorreu para determinar os traços de ρ – a recta r passa pelos pontos A e B e os traços de ρ contêm os traços homónimos
da recta r. Em seguida, representou-se a recta suporte do lado [BC], fronto-horizontal, e determinaram-se as projecções de C em função da
medida do lado [BC] (que se projecta em V.G. nos dois planos de projecção). A partir das projecções do triângulo, representou-se o plano
ϕ, o plano frontal (de frente) que contém o lado [BC] do polígono e determinaram-se as projecções da charneira do rebatimento (recta e),
que é a recta de intersecção dos dois planos (ver relatório do exercício anterior). Br ≡ B e Cr ≡ C, pois B e C são dois pontos da charneira
(são fixos, pois rodam sobre si próprios). Falta-nos rebater o ponto A, cujo rebatimento se processou através do triângulo do rebatimento.
(Continua na página seguinte)
19
SOLUÇÕES
Numa paralela à charneira que passa por A2 representou-se o afastamento de A
em relação a ϕ (a distância d), obtendo Ar1. Por A2 conduziu-se uma perpendicular à charneira, que corresponde ao plano ortogonal à charneira que contém o
arco do rebatimento de A. O centro do arco do rebatimento de A é O (que se representou de uma forma simplificada, meramente informativa, sem projecções),
que é o ponto de intersecção desse plano com e. O triângulo do rebatimento de
A em V.G. (pelo rebatimento do plano ortogonal à charneira para o plano ϕ) é
[OA2Ar1]. O segmento [OAr1] é a hipotenusa do triângulo do rebatimento de A e o
seu comprimento é o raio do arco do rebatimento de A. Com o compasso, fazendo
centro em O, transportou-se OA
r1 para a perpendicular à charneira que passa por
A 2 , obtendo A r . A V.G. do triângulo está no triângulo [A r B r C r ]. Vantagens:
economia de traçados. De facto, ao rebater o plano ρ para o plano ϕ é necessário, apenas, rebater um vértice do triângulo, uma vez que dois dos seus vértices
(os que estão contidos na charneira) estão automaticamente rebatidos. Ao rebater
o plano ρ para qualquer dos dois planos de projecção, seria necessário efectuar o
rebatimento dos três vértices do triângulo. Note que, para a resolução do exercício, não foi fundamental a determinação dos traços do plano ρ – o exercício teria
a mesma resolução, caso os traços do plano não tivessem sido determinados.
16
R EPRESENTAÇÃO DE F IGURA S P L ANA S III
63.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos A e B, pelas suas projecções, e desenharam-se as projecções da recta r, que por eles passa.
Em seguida, determinaram-se os traços do plano δ, atendendo a que a recta r é uma recta de maior inclinação do plano – fδ passa por A (que
é o traço frontal da recta r) e é perpendicular a r2, enquanto que hδ passa por H (traço horizontal da recta r) e é concorrente com fδ no eixo X.
Em seguida, para determinar as projecções do triângulo, há que rebater previamente o plano δ e construir o triângulo em V.G., em rebatimento,
pois o polígono não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção. Uma vez que o ponto A é um ponto do Plano Frontal de
Projecção, no sentido de uma maior economia de traçados optou-se por rebater o plano α para o Plano Frontal de Projecção (a charneira é
fδ), pelo que se tem imediatamente Ar ≡ A2, pois A é um ponto da charneira. Para rebater o plano δ há que rebater o seu traço horizontal, o
que se processa rebatendo um dos seus pontos – o ponto H (traço horizontal da recta r), por exemplo. Para tal conduziu-se, por H, o plano
ortogonal à charneira que contém o arco do seu rebatimento (o plano θ, representado apenas pelo seu traço frontal). Note que o plano θ é,
na presente situação, o plano projectante frontal da recta r. Os traços do plano δ são concorrentes no ponto K, que é um ponto fixo (é um
ponto da charneira). A distância K
H está em V.G. sobre hδ, e continua em V.G. em rebatimento. Assim, com o compasso, fazendo centro em
Kr, transportou-se K
H1 para (fθ), obtendo-se Hr – hδr passa por Hr e é concorrente com fδr em Kr (hδr está definido por dois pontos). A recta rr
fica definida por Ar e Hr. A utilidade da recta r para o rebatimento
do ponto B é quase nula, pois não nos é possível determinar Br
sem uma outra recta que contenha o ponto. Para tal, recorreu-se a
uma recta h, horizontal (de nível), do plano, passando por B – F é
o traço frontal de h (situa-se sobre fδ) e h é paralela a hδ. F2 ≡ Fr,
pois F é um ponto da charneira. A recta h, em rebatimento (hr),
passa por Fr e é paralela a hδr, pois rectas horizontais (de nível) de
um plano são paralelas entre si e paralelas ao traço horizontal do
plano (o que se verifica no espaço, em projecções e em rebatimento) – hr está, assim, definida por um ponto e uma direcção. As
recta r e h são concorrentes em B – Br é, assim, o ponto de concorrência das rectas rr e hr. A partir de Ar e Br, construiu-se o triângulo [ABC] em V.G., em rebatimento, determinando-se Cr. Para
determinar as projecções do triângulo, inverteu-se o rebatimento
do plano δ, invertendo o rebatimento de C. Para tal conduziu-se,
em rebatimento, uma recta pelo ponto C – a recta h’, horizontal
(de nível). A recta h’r passa por Cr e é paralela a hr (e a hδr). A recta h’r é concorrente com fδr em F’r – F’ é o traço frontal de h’ e é
um ponto da charneira, pelo que se determinaram imediatamente
as projecções de F. Pelas projecções de F conduziram-se as projecções homónimas de h’ (que é paralela a h). Em seguida conduziu-se, por Cr, o plano ortogonal à charneira que contém o arco do
seu rebatimento – θ1 (que foi representado, apenas, pelo seu traço
frontal, razão pela qual se recorreu ao uso dos parêntesis). O ponto de concorrência de (fθ1) com h’2 é C2 – C1 situa-se sobre h’1, na
linha de chamada de C2. A partir das projecções de C, construíram-se as projecções do triângulo [ABC].
20
SOLUÇÕES
64.
Em primeiro lugar, representou-se o plano ψ pelos seus traços, que são
coincidentes, pois o plano é ortogonal ao β2/4. Em seguida determinaram-se as projecções de A e B – A é um ponto de fψ, pois tem afastamento nulo, e B é um ponto de hψ pois tem cota nula. Em seguida, para
determinar as projecções do quadrado há que rebater previamente o
plano ψ e construir o quadrado em V.G., em rebatimento, pois o polígono não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção. Uma
vez que o ponto A é um ponto do Plano Frontal de Projecção e o ponto
B é um ponto do Plano Horizontal de Projecção, não há qualquer diferença quanto ao plano para o qual se deverá rebater o plano ψ, no sentido de uma maior economia de traçados. Optou-se por rebater o plano
ψ para o Plano Horizontal de Projecção (a charneira é hψ), pelo que se
tem imediatamente Br ≡ B1, pois B é um ponto da charneira. Para rebater o plano ψ há que rebater o seu traço frontal, o que se processa rebatendo um dos seus pontos – o ponto A, por exemplo (poder-se-ia
rebater um outro ponto qualquer de fψ). Para tal, conduziu-se, por A, o
plano ortogonal à charneira que contém o arco do seu rebatimento (o
plano θ1, representado apenas pelo seu traço horizontal). Os traços do
plano ψ são concorrentes no ponto M, que é um ponto fixo (é um ponto
A está em V.G. sobre fψ, e continua em V.G.
da charneira). A distância M
em rebatimento. Assim, com o compasso, fazendo centro em Mr, transportou-se M
A2 para (hθ1), obtendo-se Ar – fψr passa por Ar e é concorrente com hψr e Mr (fψr está definido por dois pontos). A partir de Ar e Br,
construiu-se o quadrado [ABCD] em V.G., em rebatimento, determinando-se Cr e Dr. Para determinar as projecções do quadrado, inverteu-se o
rebatimento do plano ψ, invertendo o rebatimento de C e D. Para tal conduziu-se, em rebatimento, uma recta pelo ponto C – a recta f, frontal
(de frente). A recta fr passa por Cr e é paralela a fψr, pois recta frontais (de frente) de um plano são paralelas entre si e paralelas ao traço frontal
do plano (o que se verifica no espaço, em projecções e em rebatimento). A recta fr é concorrente com hψr em Hr – H é o traço horizontal de f e
é um ponto da charneira, pelo que se determinaram imediatamente as projecções de H. Pelas projecções de H conduziram-se as projecções
homónimas de f (que é paralela a fψ). Em seguida, conduziu-se, por Cr, o plano ortogonal à charneira que contém o arco do seu rebatimento –
θ2 (que foi representado, apenas, pelo seu traço horizontal, razão pela qual se recorreu ao uso dos parêntesis). O ponto de concorrência de
(hθ2) com f1 é C1 – C2 situa-se sobre f2, na linha de chamada de C1. O procedimento repetiu-se para o ponto D. A recta f’ é a recta frontal (de
frente) que contém o ponto D e H’ é o seu traço horizontal. O plano θ3 é o plano ortogonal à charneira que contém o arco do rebatimento de D.
A partir das projecções de C e D, construíram-se as projecções do quadrado [ABCD].
65.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos A e C, pelas suas projecções. Em seguida, conduziu-se, por A e C, uma recta r e determinaram-se os seus traços nos planos de projecção. Em seguida, desenharam-se os traços do plano ρ, passando pelos traços homónimos da
recta r. Para determinar as projecções do quadrado, há que rebater previamente o plano ρ e construir o quadrado em V.G., em rebatimento,
pois o polígono não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de
projecção. Uma vez que o ponto A é um ponto do Plano Horizontal
de Projecção, no sentido de uma maior economia de traçados optou-se por rebater o plano ρ para o Plano Horizontal de Projecção (a
charneira é hρ), pelo que se tem imediatamente Ar ≡ A1, pois A é um
ponto da charneira. Para rebater o plano ρ há que rebater o seu traço
frontal, o que se processa rebatendo um dos seus pontos – o ponto
F (traço frontal da recta r), por exemplo. Para tal, conduziu-se, por F,
o plano ortogonal à charneira que contém o arco do seu rebatimento
(o plano π, de perfil, representado apenas pelo seu traço horizontal).
O ponto F rebateu-se através do seu triângulo do rebatimento. O é o
ponto de intersecção do plano π com a charneira e é o centro do
arco do rebatimento de F. O triângulo do rebatimento de F é [OFF1],
que é rectângulo em F1, e o comprimento da sua hipotenusa ([OF]) é
a distância que nos permite rebater F. Construiu-se o triângulo do
rebatimento de F em V.G. (pelo rebatimento de π) – numa paralela à
charneira (ou seja, no próprio eixo X) representou-se a cota de F,
obtendo Fr . O triângulo do rebatimento de F em V.G. é [OFr1F1].
1
Com centro em O transportou-se OF
r1 para (hπ), obtendo Fr – fρr passa
por Fr e é paralelo ao eixo X (e a hρr). A recta rr fica definida por Ar (A é
o próprio traço horizontal da recta r) e Fr. Cr situa-se em rr, no plano
de perfil que passa por C (e que contém o seu arco do rebatimento)
– note que se omitiu a representação deste plano, ao qual corresponde
a perpendicular à charneira que passa por C1. Cr é, assim, o ponto de
intersecção de rr com a perpendicular à charneira que passa por C1.
A partir de Ar e Cr construiu-se o quadrado em V.G., em rebatimento,
(Continua na página seguinte)
21
SOLUÇÕES
determinando Br e Dr. Para determinar as projecções do quadrado inverteu-se o rebatimento do plano ρ, invertendo o rebatimento de B e D.
Para tal, conduziu-se, em rebatimento, uma recta sr, do plano, passando por Br e Dr. F’ e H’ são, respectivamente, o traço frontal e o traço
horizontal da recta s. F’ e H’ determinaram-se previamente em rebatimento. H’r ≡ H’1, pois H’ é um ponto da charneira. As projecções de F’
determinaram-se, sobre fρ, recorrendo ao plano de perfil que contém o seu arco do rebatimento. As projecções de s ficam definidas pelas
projecções homónimas de F’ e H’. As projecções de B e D estão sobre as projecções homónimas da recta s, e obtiveram-se a partir dos
planos de perfil que contêm os respectivos arcos do rebatimento. A partir das projecções dos quatro vértices do quadrado, desenharam-se
as projecções do polígono.
66.
Em primeiro lugar, representou-se o plano ρ pelos seus traços,
que são simétricos em relação ao eixo X, pois ρ é ortogonal ao
β1/3. Em seguida, determinaram-se as projecções do ponto O,
recorrendo a uma recta auxiliar do plano – a recta r. Para determinar as projecções do triângulo, há que rebater previamente o plano ρ e construir o triângulo em V.G., em rebatimento, pois o
polígono não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção. Na presente situação, não há qualquer diferença quanto
ao plano de projecção para o qual se deverá rebater o plano ρ,
no sentido de uma maior economia de traçados. Optou-se por
rebater o plano ρ para o Plano Horizontal de Projecção (a charneira é hρ). O traço frontal do plano ρ rebateu-se, conforme
exposto no relatório do exercício anterior – a recta rr fica definida
por Hr e Fr. Note que, no rebatimento de F, se omitiu a identificação de Fr1, por tal não ser totalmente necessária. Or determinou-se sobre rr, conforme exposto no relatório do exercício anterior
para o ponto C. Com o recurso ao compasso, fazendo centro em
Or e com 3 cm de raio, desenhou-se a circunferência circunscrita
ao triângulo e construiu-se o triângulo [RST] em V.G., em rebatimento, obedecendo ao pretendido – o lado [ST] é fronto-horizontal
(é paralelo aos traços do plano em rebatimento) e R é o vértice de
maior cota (é o vértice mais próximo de fρr). Em seguida, efectuou-se a inversão do rebatimento do plano ρ, obtendo-se as projecções dos pontos R e T conforme exposto no relatório do exercício anterior para B e D. A recta s foi a recta auxiliar do plano a
que se recorreu para tal. Para determinar as projecções de S conduziram-se, pelas projecções de T, as projecções homónimas da recta m –
a recta m, fronto-horizontal, é a recta suporte do lado [ST]. As projecções de S, sobre as projecções homónimas da recta m, determinaram-se a partir do plano de perfil (ortogonal à charneira) que contém o seu arco do rebatimento. A partir das projecções dos três vértices do triângulo, desenharam-se as projecções do polígono.
67.
Em primeiro lugar, representou-se o plano ρ, indicando os seus traços
(que estão coincidentes com o eixo X) e determinando as projecções
do ponto A. Para determinar as projecções do triângulo, há que rebater
previamente o plano ρ e construir o triângulo em V.G., em rebatimento,
pois o polígono não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de
projecção. Na presente situação, não há qualquer diferença quanto ao
plano de projecção para o qual se deverá rebater o plano ρ, no sentido
de uma maior economia de traçados. Optou-se por rebater o plano ρ
para o Plano Horizontal de Projecção (a charneira é hρ, que é o próprio
eixo X). Para rebater o ponto A recorreu-se ao seu triângulo do rebatimento. Assim, por A conduziu-se o plano ortogonal à charneira que
contém o arco do seu rebatimento (o plano π, de perfil, representado
pelos seus traços). O é o ponto de intersecção do plano π com a charneira e é o centro do arco do rebatimento de A (note que, por questões
de simplificação da leitura da resolução gráfica, se optou por omitir a
representação das projecções de O). O triângulo do rebatimento de A é
[OAA1], que é rectângulo em A1, e o comprimento da sua hipotenusa
([OA]) é a distância que nos permite rebater A. Construiu-se o triângulo do rebatimento de A em V.G. (pelo rebatimento de π) – numa paralela à charneira que passa por A1 representou-se a cota de A, obtendo Ar1. O triângulo do rebatimento de A em V.G. é [OAr1A1]. Com centro
em O transportou-se O
A
r1 para hπ, obtendo Ar. A partir de Ar, construiu-se o triângulo em V.G., em rebatimento, de acordo com os dados –
Br está no eixo X (B é um ponto do eixo X), tal que A
rB
r = 6 cm (que é a medida do lado do polígono). A construção do triângulo em rebatimento permitiu-nos obter também Cr. Para determinar as projecções do triângulo, há que inverter o rebatimento e determinar as projecções
de B e C. B é um ponto da charneira (roda sobre si próprio, pelo que é fixo), pelo que as suas projecções se determinam imediatamente.
Para inverter o rebatimento de C conduziu-se, por Cr, o plano ortogonal à charneira que contém o seu arco do rebatimento – o plano π1. Q é
(Continua na página seguinte)
22
SOLUÇÕES
o ponto de intersecção de π1 com o eixo X e é o centro do arco do rebatimento de C (note que, à semelhança do referido para O, também
se omitiu a representação das projecções de Q). Em seguida, construiu-se o triângulo do rebatimento de C em V.G., em rebatimento (pelo
rebatimento de π1), semelhante ao triângulo do rebatimento de A – as hipotenusas dos dois triângulos são paralelas entre si, o que nos permitiu desenhar a recta suporte da hipotenusa do triângulo do rebatimento de C (que é paralela a [OAr1]). Por outro lado, QC
r é a medida do
comprimento da hipotenusa do triângulo do rebatimento de C. Assim, com o compasso, fazendo centro em Q e com raio até Cr, desenhouse um arco até à recta suporte da hipotenusa, obtendo Cr1. A partir de Cr1 concluiu-se a construção do triângulo do rebatimento de C, que é
rectângulo em C1. Em seguida determinou-se C2, a projecção frontal de C, em função da sua cota, que é C
C
A partir das projecções dos
1r.
1
três pontos, desenharam-se as projecções do triângulo [ABC].
68.
Em primeiro lugar, representou-se o
plano ρ, indicando os seus traços
(que estão coincidentes com o eixo
X) e determinando as projecções
do ponto A. Os dados permitiram-nos, ainda, determinar a projecção
frontal do ponto B, em função da
sua abcissa e da sua cota. Para determinar a projecção horizontal de
B recorreu-se a uma recta auxiliar
do plano (recta r), passando por A
e B – a recta r é necessariamente
uma recta passante. Começou-se
por desenhar r2, passando por A2 e
B2 e determinou-se o seu ponto de
concorrência com o eixo X – ponto
M. A projecção horizontal da recta
r, r1, fica definida por A1 e M1 – B1
situa-se sobre r1. Para determinar
as projecções do triângulo, há que
rebater previamente o plano ρ e
construir o triângulo em V.G., em
rebatimento, pois o polígono não
se projecta em V.G. em nenhum
dos planos de projecção. Tal como na situação anterior, na presente situação não há qualquer diferença quanto ao plano de projecção para
o qual se deverá rebater o plano ρ, no sentido de uma maior economia de traçados, tendo-se optado por rebater o plano ρ para o Plano Horizontal de Projecção (a charneira é hρ, que é o próprio eixo X). Para rebater o ponto A recorreu-se ao seu triângulo do rebatimento (ver
exercício anterior). Em seguida rebateu-se a recta r, que é a recta suporte do lado [AB] do triângulo – rr fica definida por Ar e por Mr (note
que M é um ponto da charneira, pelo que é fixo – roda sobre si próprio). Conduzindo, por B, o plano ortogonal à charneira (um plano de
perfil) que contém o seu arco do rebatimento, determinou-se Br sobre rr. A partir de Ar e Br construiu-se o triângulo [ABC], em V.G., em
rebatimento, determinando Cr. Para obter as projecções de C é necessário inverter o rebatimento, o que se processou recorrendo a uma
recta auxiliar do plano (recta s), paralela a r e passando por C. Em primeiro lugar desenhou-se sr, passando por Cr e paralela a rr, e determinou-se o seu ponto de concorrência com o eixo X (em rebatimento) – Nr. Note que a recta s é, também, uma recta passante. Atendendo a
que o ponto N é um ponto fixo (é um ponto da charneira – roda sobre si próprio), as projecções de N determinaram-se imediatamente e, em
seguida, desenharam-se as projecções da recta s, paralelas às projecções homónimas da recta r. Por Cr conduziu-se o plano ortogonal à
charneira (o plano de perfil) que contém o seu arco do rebatimento e determinaram-se as projecções de C sobre as projecções homónimas
da recta s. A partir das projecções de C, desenharam-se as projecções do triângulo. Note que, por questões de simplificação de traçados,
se optou por omitir a identificação dos sucessivos planos de perfil (os planos ortogonais à charneira) a que se recorreu, bem como os centros dos arcos do rebatimento de cada um dos pontos (A, B e C), que se situam sempre na charneira (no eixo X).
69.
Em primeiro lugar, representou-se o plano λ, pelos seus traços, e determinaram-se as projecções do ponto O, pertencente ao plano, para o
que se recorreu a uma recta frontal (de frente) f, do plano, com 4 cm de afastamento. Para determinar as projecções da circunferência, há
que rebater previamente o plano λ e construir a circunferência em V.G., em rebatimento, pois a figura não se projecta em V.G. em nenhum
dos planos de projecção. Na presente situação, não há qualquer diferença quanto ao plano de projecção para o qual se deverá rebater o
plano λ, no sentido de uma maior economia de traçados. Optou-se por rebater o plano λ para o Plano Frontal de Projecção (a charneira é
fλ). Para rebater o plano λ há que rebater o seu traço horizontal, o que se processa rebatendo um dos seus pontos – o ponto H (traço horizontal da recta f), por exemplo. O rebatimento de H e de hλ processou-se conforme exposto no relatório do exercício 63. Note que, neste
exercício, se optou por omitir a identificação dos planos ortogonais à charneira que contêm os arcos do rebatimento dos diversos pontos (a
que correspondem, no entanto, as sucessivas perpendiculares à charneira que por eles se conduziram). A partir de Hr desenhou-se fr, paralela a fλr – rectas frontais (de frente) de um plano são paralelas entre si e paralelas ao traço frontal do plano (no espaço, em projecções e em
rebatimento). Em seguida, com o compasso, fazendo centro em Or e com 3 cm de raio, desenhou-se a circunferência em V.G., em rebatimento. Note que as duas projecções da circunferência serão elipses, ao contrário das situações estudadas no primeiro ano de leccionação da disciplina. De facto, o estudo efectuado nessa altura (Capítulo 10) referia-se exclusivamente a círculos e circunferências contidas
(Continua na página seguinte)
23
SOLUÇÕES
em planos projectantes, sendo que uma das suas projecções ficava reduzida a um segmento de recta, em função, precisamente, de
se tratar de planos projectantes (o que não é este o caso). Assim,
tratando-se de duas elipses, é necessário ter em conta que o desenho de cada uma requer alguns cuidados particulares, nomeadamente um mínimo de oito pontos e, se possível, os dois eixos
(de cada uma) e um paralelogramo envolvente. A relação mais
directa é a que existe entre a circunferência em V.G. e a elipse que
é a sua projecção frontal, sendo uma relação homológica cujo eixo
de homologia é fλ (a charneira do rebatimento). Tratemos, então,
da elipse que é a projecção frontal da circunferência. Assim,
inscreveu-se a circunferência num quadrado de lados paralelos ao
eixo de homologia e desenharam-se as suas medianas e as suas
diagonais. Os extremos das medianas do quadrado são os pontos
em que a circunferência é tangente aos quatro lados do quadrado
e dão-nos, imediatamente, os extremos dos dois eixos da elipse
que é a projecção frontal da circunferência. Assim, a projecção
frontal do diâmetro [AC] corresponderá ao eixo maior da referida
elipse (por ser paralelo ao eixo de homologia e, assim, não sofrer
qualquer deformação), enquanto que a projecção frontal do diâmetro [BD] corresponderá ao eixo menor da elipse (por ser aquele
que é perpendicular ao eixo de homologia e, assim, sofrer a maior
redução). Estes pontos serão, já, quatro pontos da elipse – os outros quatro pontos serão os pontos de intersecção da circunferência com as diagonais do quadrado em que aquela se inscreve. As
projecções de A e C determinaram-se imediatamente, através dos
planos ortogonais à charneira que os contêm, uma vez que são,
ambos, pontos da recta f. As rectas f’ e f’’ são as duas rectas frontais (de frente) do plano a que se recorreu para determinar as projecções de B e D – note que f’ e f’’ são, também, as rectas suporte
de dois lados do quadrado. Determinaram-se as projecções de B e D e do quadrado em que a circunferência se inscreve – a projecção
frontal do quadrado é um rectângulo e a sua projecção horizontal é um paralelogramo. Já temos quatro pontos de cada uma das elipses.
Em seguida desenharam-se, directamente em projecções, as projecções das medianas e das diagonais do quadrado, que se bissectam
duas a duas sobre as projecções homónimas do ponto O. Através de planos ortogonais à charneira, transportaram-se, para as projecções
frontais das diagonais do quadrado, os pontos de intersecção da circunferência com aquelas. A partir das projecções frontais desses quatro
pontos, determinaram-se as suas projecções horizontais sobre as projecções horizontais das diagonais do quadrado. Já temos oito pontos
para desenhar cada uma das duas curvas. No que respeita à elipse que é a projecção frontal da circunferência, [A2C2] é o seu eixo maior
e [B2D2] é o seu eixo menor e a curva é tangente aos lados do rectângulo em A2, B2, C2 e D2, precisamente. Já no que respeita à elipse
que é a projecção horizontal da circunferência, optou-se por desenhá-la imediatamente, a partir dos oito pontos determinados e dos seus
pontos de tangência ao paralelogramo envolvente (A1, B1, C1 e D1). No entanto, este desenho carece do rigor da outra elipse, uma vez que
não foram determinados os seus dois eixos. Para tal bastaria, em rebatimento, determinar o diâmetro da circunferência que é paralelo a hλr
e o outro que lhe é perpendicular – a projecção horizontal do primeiro seria o eixo maior dessa elipse e a projecção horizontal do segundo
seria o eixo menor dessa mesma elipse. Esse procedimento dar-nos-ia mais quatro pontos da curva em cada uma das projecções, o que
permitiria um desenho ainda mais preciso das duas elipses (com um total de doze pontos). No entanto, optou-se por não efectuar esses
procedimentos na solução apresentada, uma vez que a quantidade de informação gráfica que tal iria provocar dificultaria, em muito, a leitura
da resolução gráfica proposta.
70.
Em primeiro lugar, representou-se o plano ρ pelos seus traços e determinaram-se as projecções do ponto O, recorrendo a uma recta auxiliar
do plano – a recta r. Para determinar as projecções da circunferência, há que rebater previamente o plano ρ e construir a circunferência em
V.G., em rebatimento, pois a figura não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção. Na presente situação, não há qualquer
diferença quanto ao plano de projecção para o qual se deverá rebater o plano ρ, no sentido de uma maior economia de traçados. Optou-se
por rebater o plano ρ para o Plano Horizontal de Projecção (a charneira é hρ). O traço frontal do plano ρ, a recta r e o ponto O rebateram-se,
conforme exposto no relatório do exercício 65. Com o recurso ao compasso, fazendo centro em Or e com 3 cm de raio (o raio da circunferência pedida), desenhou-se a circunferência em V.G., em rebatimento. Tal como na situação do exercício anterior, as duas projecções da
circunferência serão elipses. No entanto, na presente situação, o diâmetro que não sofre deformação em projecção frontal é o mesmo que
também não sofre deformação em projecção horizontal, tal como o diâmetro da circunferência que sofre a deformação máxima em projecção frontal é o mesmo que também sofre a deformação máxima em projecção horizontal. Assim, os diâmetros que nos darão os eixos da
elipse que é a projecção frontal da circunferência são os mesmos que nos darão os eixos da elipse que é a projecção horizontal da circunferência. O eixo de homologia é a charneira, que é fρ. Assim, inscreveu-se a circunferência num quadrado de lados paralelos a fρ (o quadrado
[ABCD]) e desenharam-se as suas medianas e as suas diagonais. Os pontos em que as medianas se apoiam nos lados do quadrado dão-nos, imediatamente, os extremos dos dois eixos das elipses – a mediana fronto-horizontal é o diâmetro cujas projecções são os eixos maiores das duas elipses, enquanto que a mediana de perfil é o diâmetro cujas projecções são os eixos menores das duas elipses. Em seguida
determinaram-se as projecções do quadrado, a partir de dois dos seus vértices – A e C. A recta s, que passa por A e C, foi a recta a que se
recorreu para determinar as projecções de A e C. A partir destas, e atendendo a que o quadrado tem dois lados fronto-horizontais, determi(Continua na página seguinte)
24
SOLUÇÕES
naram-se as projecções de B e D e desenharam-se as duas projecções
do polígono. Em seguida desenharam-se, imediatamente em projecções, as projecções das medianas e das diagonais do quadrado. Os
pontos em que as medianas do quadrado se apoiam nos seus lados
(em projecções) são, imediatamente, quatro pontos de cada uma das
elipses e são, também, os pontos de tangência das elipses aos lados
do quadrado. Já temos quatro pontos para o desenho de cada uma das
elipses. Os outros quatro pontos são os pontos de intersecção da circunferência com as diagonais do quadrado – estes transportaram-se
para as projecções das diagonais através dos planos de perfil (ortogonais à charneira) que contêm os respectivos arcos do rebatimento. A
partir dos oito pontos assim conseguidos, desenharam-se as duas elipses que são as projecções da circunferência pedida.
71.
Em primeiro lugar, representou-se o plano ρ, indicando os
seus traços (que estão coincidentes com o eixo X) e determinando as projecções do ponto O. Para determinar as projecções do quadrado há que rebater previamente o plano ρ e
construir o quadrado em V.G., em rebatimento, pois o polígono não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção. Na presente situação não há qualquer diferença
quanto ao plano de projecção para o qual se deverá rebater
o plano ρ, no sentido de uma maior economia de traçados,
tendo-se optado por rebater o plano ρ para o Plano Horizontal de Projecção (a charneira é hρ, que é o próprio eixo X).
Para rebater o ponto O recorreu-se ao seu triângulo do rebatimento (ver exercício 67). Em seguida, com o compasso, fazendo centro em Or e com 4 cm de raio, desenhou-se a circunferência circunscrita ao quadrado, em V.G., em rebatimento, e construiu-se o polígono inscrito na circunferência, de acordo com os dados. Em primeiro
lugar observou-se que o lado [AB] faz um ângulo de 35° com o eixo X – note que, de acordo com o enunciado, o ângulo referido não é em
projecções mas, sim, no espaço, ou seja, é um ângulo que está contido no plano ρ e que, portanto, se encontra em V.G. em rebatimento.
Como para construir um quadrado inscrito numa circunferência é necessário começar por um diâmetro inicial, que é uma das diagonais do
quadrado, e atendendo a que as diagonais do quadrado fazem ângulos de 45° com os lados do polígono, começou-se por desenhar um diâmetro da circunferência que fizesse, com o eixo X, um ângulo de 80° (35° + 45° = 80°). Por outro lado, atendendo a que o vértice A se situa à direita de B e tem afastamento inferior a B, esse dado permite-nos concluir o sentido da abertura do ângulo de 35° do lado [AB] – esse
ângulo terá, no espaço do 1o Diedro, abertura para a esquerda. De acordo com as premissas atrás enunciadas, efectuou-se a construção
do quadrado em V.G., em rebatimento, determinando todos os vértices do polígono (em rebatimento). Para determinar as projecções dos
quatro vértices do polígono, inverteu-se o rebatimento do plano ρ, recorrendo a rectas do plano. Assim, em primeiro lugar definiram-se, em
rebatimento, as rectas suportes dos lados [AD] e [BC] do polígono – as rectas a e b, respectivamente. Estas rectas, porque pertencem ao
plano ρ e são oblíquas, serão necessariamente rectas passantes. Para determinar as projecções destas rectas houve a necessidade de recorrer a uma outra recta do plano – a recta r, paralela às rectas a e b e passando por O. A recta r é também uma recta passante, e o seu
ponto de concorrência com o eixo X é fixo (note que não se identificou esse ponto no desenho). Assim, as projecções da recta r determinaram-se imediatamente, a partir do seu ponto de concorrência com o eixo X e das projecções do ponto O. Em seguida, desenharam-se as
projecções das rectas a e b – ficam definidas por um ponto (os respectivos pontos de concorrência com o eixo X, que são fixos) e por uma
direcção (são paralelas à recta r). A partir das projecções das rectas a e b determinaram-se as projecções dos quatro vértices do quadrado
conduzindo, por cada um deles, o plano ortogonal à charneira (o plano de perfil) que contém o respectivo arco do rebatimento, e determinando os pontos de intersecção daqueles com as projecções das rectas a e b. A partir das projecções de A, B, C e D, desenharam-se as
projecções do quadrado. Note que as rectas utilizadas correspondem a uma das muitas situações a que se pode recorrer para a resolução
do exercício – poder-se-ia ter recorrido, por exemplo, às rectas suportes dos outros dois lados do quadrado.
25
SOLUÇÕES
17
P ROBLEMA S M ÉTRICOS
72.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos A e B, pelas suas projecções. Em seguida,
desenharam-se as projecções do segmento [AB], que é o segmento representativo da distância de A a B (a distância entre os dois pontos é o comprimento do segmento). O segmento
[AB] é horizontal (de nível), pelo que se projecta em V.G. no Plano Horizontal de Projecção – a
V.G. de A
B está na projecção horizontal de [AB], ou seja, em AB
1.
1
73.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos M e N, pelas suas projecções. Em seguida desenharam-se as projecções do segmento [MN], que é o segmento representativo da distância de M
a N. O segmento não é paralelo a nenhum dos dois planos de projecção, pelo que a distância
entre os dois pontos não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção. É, pois, necessário o recurso a um processo geométrico auxiliar que, tal como é pedido no enunciado, deverá ser o rebatimento do plano projectante horizontal do segmento (plano α) para o plano
horizontal (de nível) que contém o ponto N. Assim, em seguida representou-se o plano ν, o plano
horizontal (de nível) que contém N, e determinou-se a charneira do rebatimento – recta e. Esta é
a recta de intersecção dos dois planos (é uma recta horizontal) – e2 ≡ (fν), pois ν é projectante
frontal e, em projecção horizontal, e1 está sobre [M1N1], pois o plano α é projectante horizontal.
Nr ≡ N1, pois N é um ponto da charneira (roda sobre si próprio). Em seguida conduziu-se, por
M1, uma perpendicular à charneira – esta corresponde ao plano ortogonal à charneira que contém o arco do rebatimento de M. Sobre esta perpendicular representou-se a distância de M a ν
N
N
.
(3 cm – a cota de M em relação a ν), obtendo Mr. M
rr é a V.G. de M
74.
Ver relatório do exercício anterior. É necessário recorrer a um processo geométrico auxiliar
que, tal como é pedido no enunciado, deverá ser o rebatimento do plano projectante frontal do
segmento [MN] (plano θ) para o plano frontal (de frente) que contém o ponto N. Assim, representou-se o plano ϕ, o plano frontal (de frente) que contém N e determinou-se a charneira do
rebatimento. Esta é a recta e, que é a recta de intersecção de ϕ com o plano projectante frontal
de [MN] (plano θ) – é uma recta frontal (de frente), sendo e1 ≡ (hϕ), pois ϕ é projectante horizontal, e e2 está sobre [M2N2], pois θ é projectante frontal. Nr ≡ N2, pois N é um ponto da charneira (é fixo – roda sobre si próprio). Em seguida, conduziu-se, por M2, uma perpendicular à
charneira – esta corresponde ao plano ortogonal à charneira que contém o arco do rebatimento de M. Sobre esta perpendicular representou-se a distância de M a ϕ (3 cm – o afastamento
de M em relação a ϕ), obtendo Mr. M
N
N
.
rr é a V.G. de M
26
SOLUÇÕES
75.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano θ, pelos seus traços, e o ponto A, pelas suas projecções. Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas do método geral da distância
de pontos a planos, da seguinte forma: 1. conduziu-se, por A, uma recta p, ortogonal a θ – a
recta p é uma recta frontal (de frente); 2. determinou-se o ponto I, o ponto de intersecção da recta
p com o plano θ; 3. o segmento [AI] é o segmento representativo da distância de A a θ, pelo que
a distância de A a I é a distância de A a α. O segmento [AI] projecta-se em V.G. no Plano Frontal
de Projecção, pois é paralelo a este – AI
é, assim, a V.G. da distância de A a θ.
22
76.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano ν, pelo seu traço frontal, e o ponto P, pelas suas projecções.
Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas do método geral da distância de pontos a
planos, conforme exposto no relatório do exercício anterior. A recta p, ortogonal a ν e que passa por P, é
vertical – é paralela ao Plano Frontal de Projecção. O segmento [PI] projecta-se, assim, em V.G. no Plano
Frontal de Projecção, pois é paralelo a este – PI
2
2 é, assim, a V.G. da distância de P a ν.
77.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano ϕ, pelo seu traço horizontal, e o ponto T, pelas suas projecções. Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas do método geral da distância de pontos
a planos, conforme exposto no relatório do exercício 75. A recta p, ortogonal a ϕ e que passa por T, é de
topo – é paralela ao Plano Horizontal de Projecção. O segmento [TI] projecta-se, assim, em V.G. no Plano
Horizontal de Projecção, pois é paralelo a este – T
I
1
1 é, assim, a V.G. da distância de T a ϕ.
78.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano α, pelos seus traços, e o ponto M, pelas
suas projecções. O plano α tem os seus traços simétricos em relação ao eixo X, pois é
ortogonal ao β1/3. Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas do método geral da distância de pontos a planos, conforme exposto no relatório do exercício 75. Assim, tem-se: 1. por M conduziu-se uma recta p, ortogonal a γ (trata-se de
uma recta oblíqua, cujas projecções são perpendiculares aos traços homónimos do
plano γ); 2. determinou-se o ponto I, o ponto de intersecção da recta p com o plano γ
(o ponto I determinou-se com o recurso ao método geral da intersecção de rectas
com planos, uma vez que nem a recta p nem o plano γ são projectantes – o plano α foi
o plano auxiliar a que se recorreu); 3. a distância de M a I é a distância de M a γ, pelo
que o segmento [MI] é o segmento representativo da distância de M a γ. O segmento
não se projecta em V.G., pelo que se recorreu ao rebatimento do plano α (o plano projectante horizontal de [MI]) para o plano horizontal (de nível) que passa pelo ponto I
rIr é a V.G. de M
I.
(ver relatório do exercício 73). M
27
SOLUÇÕES
79.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano α, pelos seus traços, e o ponto P,
pelas suas projecções. Sobre a determinação das projecções da distância do ponto
P ao plano α, ver relatório do exercício anterior. [PI] é o segmento representativo da
distância de P a α, que não se projecta em V.G, pelo que se recorreu ao rebatimento
do plano θ (o plano projectante frontal de [PI]) para o plano frontal (de frente) que
passa pelo ponto I (ver relatório do exercício 74). P
rIr é a V.G. da distância de P a α
(que é P
I).
80.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano µ, pelos seus traços, e o ponto A,
pelas suas projecções. O plano µ tem os seus traços coincidentes, pois é ortogonal ao β2/4. Sobre a determinação das projecções da distância do ponto A ao
plano µ, ver relatório do exercício 78. Note que a recta p, a recta ortogonal ao
plano µ que passa por A, tem as suas projecções paralelas entre si. Sobre a
determinação da V.G. dessa distância, ver relatório do exercício anterior. Note
que se rebateu o plano θ (o plano projectante frontal da recta p) para o plano
frontal (de frente) que passa por A.
81.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano ρ, pelos seus traços, e o ponto A, pelas suas
projecções. Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas do método geral
da distância de pontos a planos, conforme exposto no relatório do exercício 75. 1. Por A
conduziu-se uma recta p, ortogonal ao plano ρ – a recta p é uma recta de perfil. 2. Em seguida, determinou-se o ponto I, o ponto de intersecção da recta p com o plano ρ, com o recurso ao método geral da intersecção de rectas com planos (pois nem a recta nem o plano são
projectantes) e ao rebatimento do plano de perfil que contém p. O plano π é o plano auxiliar a
que se recorreu e que contém a recta p. A recta i é a recta de intersecção dos dois planos (é
uma recta de perfil) e está definida pelos seus traços nos planos de projecção. A determinação do ponto de concorrência das duas rectas processou-se com o recurso ao rebatimento
do plano π (para o Plano Frontal de Projecção – a charneira foi fπ). A recta ir está definida por
Fr e Hr. A recta p, em rebatimento (a recta pr) contém Ar e é perpendicular a ir. As rectas pr e
ir são concorrentes em Ir. 3. A
rIr é a V.G. da distância de A a ρ. Em seguida inverteu-se o rebatimento do plano π, determinando as projecções do ponto I, o que nos permitiu desenhar
as projecções do segmento [AI], que é o segmento representativo da distância de A a ρ.
28
SOLUÇÕES
82.
Ver relatório do exercício anterior.
83.
Em primeiro lugar, representou-se o ponto P, pelas suas projecções, e o plano ρ, indicando os seus traços (que estão coincidentes com o eixo X) e determinando as projecções do ponto A. Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas do
método geral da distância de pontos a planos, conforme exposto no relatório do
exercício 75. 1. Por P conduziu-se uma recta p, ortogonal ao plano ρ – a recta p é uma
recta de perfil. 2. Em seguida, determinou-se o ponto I, o ponto de intersecção da
recta p com o plano ρ, com o recurso ao método geral da intersecção de rectas com
planos (pois nem a recta nem o plano são projectantes) e ao rebatimento do plano de
perfil que contém p. O plano π é o plano auxiliar a que se recorreu e que contém a
recta p. A recta i é a recta de intersecção dos dois planos – é uma recta de perfil passante. Para definir a recta i, da qual já temos um ponto (o seu ponto de concorrência
com o eixo X) recorreu-se a uma recta auxiliar do plano ρ – a recta g, fronto-horizontal,
que passa por A. O ponto A’ é o ponto de intersecção de g com o plano π e é outro
ponto da recta i. A determinação do ponto de concorrência das duas rectas processou-se com o recurso ao rebatimento do plano π (para o Plano Frontal de Projecção –
a charneira foi fπ). A recta ir está definida por A’r e pelo seu ponto de concorrência com
o eixo X (que é fixo, pois é um ponto da charneira). A recta p, em rebatimento (a recta
pr) contém Pr e é perpendicular a ir. As rectas pr e ir são concorrentes em Ir. 3. P
rIr é a
V.G. da distância de P a ρ. Em seguida, inverteu-se o rebatimento do plano π, determinando as projecções do ponto I, o que nos permitiu desenhar as projecções do segmento [PI], que é o segmento representativo da distância de P a ρ.
84.
Em primeiro lugar, representaram-se os planos α e γ, pelos seus traços, em função dos
dados. Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas do método geral da
distância entre dois planos, da seguinte forma: 1. conduziu-se uma recta p, qualquer,
ortogonal aos dois planos – a recta p é uma recta horizontal (de nível); 2. determinaram-se os pontos A e B, respectivamente os pontos de intersecção da recta com os planos α
e γ; 3. o segmento [AB] é um segmento representativo da distância entre os dois planos,
pelo que a distância de A a B é a distância entre os planos α e γ. O segmento [AB] projecta-se em V.G. no Plano Horizontal de Projecção, pois é paralelo a este – A
B
1
1 é a V.G.
da distância entre os dois planos.
29
SOLUÇÕES
85.
Em primeiro lugar, representaram-se os planos ν e ν1, pelos seus traços frontais, em função dos dados.
Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas do método geral da distância entre dois
planos, conforme exposto no relatório do exercício anterior. A recta p é vertical, pelo que se projecta em
V.G. no Plano Frontal de Projecção – AB
2
2 é a V.G. da distância de ν a ν1.
86.
Em primeiro lugar, representaram-se os planos α e µ, pelos seus
traços, em função dos dados. Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas do método geral da distância entre
dois planos. 1. Conduziu-se uma recta p, qualquer, ortogonal
aos dois planos – a recta p é uma recta oblíqua. 2. Determinaram-se os pontos A e B, respectivamente os pontos de intersecção da recta p com os planos α e µ. Como nem a recta p nem
os planos α e µ são projectantes, recorreu-se ao método geral
da intersecção entre rectas e planos. Assim, conduziu-se, pela
recta p, um plano θ, auxiliar (é o plano projectante frontal da recta). Em seguida, determinou-se a recta i, a recta de intersecção
dos planos µ e θ (que está definida por F e H). O ponto de concorrência das rectas i e p é B, que é o ponto de intersecção de p
com µ. Em seguida, determinou-se a recta i’, a recta de intersecção dos planos θ e α – a recta i’ está definida por F’ (o seu traço
frontal) e por uma direcção (é paralela a i). O ponto de concorrência das rectas i’ e p é A, que é o ponto de intersecção de p
com α. 3. O segmento [AB] é um segmento representativo da
distância entre os dois planos, pelo que a distância de A a B é a
distância entre os planos α e µ. O segmento [AB] não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção, pelo que se rebateu o seu plano projectante frontal (o plano θ) para o plano frontal (de
frente) que passa por B (ver exercício 74). AB
rr é a V.G. da distância de α a µ.
87.
Em primeiro lugar, representaram-se os planos δ e θ, pelos seus traços, em função dos dados. Sobre a determinação da distância
entre os dois planos, ver relatório do exercício anterior. A V.G. do
segmento [AB] determinou-se rebatendo o seu plano projectante
horizontal (o plano α) para o plano horizontal (de nível) que passa
por B (ver exercício 73).
30
SOLUÇÕES
88.
Em primeiro lugar, representaram-se os planos α e δ, pelos seus
traços, em função dos dados. Ambos os planos têm os seus traços
coincidentes, pois são ortogonais ao β2/4. Para acompanhar a resolução do exercício apresentada, ver relatório do exercício anterior.
89.
Em primeiro lugar, representaram-se os dois planos, pelos seus traços. Os dois planos, sendo paralelos ao β2/4, são ortogonais ao β1/3, pelo que ambos os planos têm
os seus traços simétricos em relação ao eixo X. Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas do método geral da distância entre dois planos. 1.
Conduziu-se uma recta p, qualquer, ortogonal aos dois planos – a recta p é uma
recta de perfil. 2. Determinaram-se os pontos A e B, respectivamente os pontos de
intersecção da recta p com os planos ρ e σ. Como nem a recta p nem os planos ρ e
σ são projectantes, recorreu-se ao método geral da intersecção entre rectas e planos. Assim, conduziu-se, pela recta p, um plano π, auxiliar (um plano de perfil). Em
seguida determinou-se a recta i, a recta de intersecção dos planos π e ρ (que está
definida por F e H, os seus traços). Não é possível determinar directamente o ponto
de concorrência das rectas p e i. Em seguida determinou-se a recta i’, a recta de intersecção dos planos π e σ (que está definida por F’ e H’, os seus traços). Também
não é possível determinar directamente o ponto de concorrência das rectas i’ e p.
Há que resolver o exercício com o recurso a um processo geométrico auxiliar. Optou-se pelo rebatimento do plano π para o Plano Horizontal de Projecção – a charneira foi hπ. A recta ir está definida por Fr e Hr e a recta i’r está definida por F’r e H’r.
Em rebatimento, desenhou-se pr, qualquer, perpendicular a ir e i’r e determinaram-se os pontos de concorrência de pr com aquelas – Ar e Br, respectivamente. A é o
ponto de intersecção de p com ρ e B é o ponto de intersecção de p com σ. 3. A distância entre os dois pontos é a distância entre os dois planos. AB
rr é, assim, a V.G. da distância entre os dois pontos (e da distância entre os dois planos). Inverteu-se o rebatimento, obtendo as projecções de A e B. As projecções do segmento [AB] são as projecções de um segmento representativo da distância entre os dois planos.
90.
Em primeiro lugar, representaram-se os traços dados dos planos ρ e σ.
O plano ρ está definido pelos seus traços. O plano σ está definido pelo
seu traço horizontal e pela sua orientação – é paralelo a ρ. Sobre a determinação da distância entre os dois planos, ver relatório do exercício
anterior. Note que a recta i’, a recta de intersecção do plano π com o
plano ρ, está definida por um ponto (H’, o seu traço horizontal) e por
uma direcção (é paralela à recta i, pois um plano corta dois planos paralelos segundo duas rectas paralelas). Assim, em rebatimento, a recta i’r
passa por H’r e é paralela à recta ir. Note que não se determinou o traço
frontal do plano σ, por tal não ser essencial à resolução do exercício. O
problema teria uma resolução mais simples caso se tivesse optado por
uma mudança do diedro de projecção, conforme se expôs na página
120 do Manual.
31
SOLUÇÕES
91.
Em primeiro lugar, representaram-se os dois planos – o plano ρ está definido
pelo eixo X e pelas projecções do ponto P, enquanto o plano σ está definido
pelo seu traço horizontal e pela sua orientação (é paralelo a ρ). Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas do método geral da distância entre dois planos. 1. Conduziu-se uma recta p, qualquer, ortogonal aos dois
planos – a recta p é uma recta de perfil. Com vista a uma maior economia de traçados, optou-se por se situar a recta p no plano de perfil que contém o ponto P.
2. Determinaram-se os pontos A e B, respectivamente os pontos de intersecção
da recta p com os planos ρ e σ. Como nem a recta p nem os planos ρ e σ são
projectantes, recorreu-se ao método geral da intersecção entre rectas e planos.
Assim, conduziu-se, pela recta p, um plano π, auxiliar (um plano de perfil). Em
seguida determinou-se a recta i, a recta de intersecção dos planos π e ρ. A recta
i é uma recta de perfil passante, que está definida pelo ponto P (que é um ponto
dos dois planos) e pelo seu ponto de concorrência com o eixo X. Não é possível
determinar directamente o ponto de concorrência das rectas p e i. Em seguida
determinou-se a recta i’, a recta de intersecção dos planos π e σ (que está definida por H’, o seu traço horizontal, e por uma direcção – é paralela à recta i). Também não é possível determinar directamente o ponto de concorrência das rectas
i’ e p. Há que resolver o exercício com o recurso a um processo geométrico auxiliar. Optou-se pelo rebatimento do plano π para o Plano
Frontal de Projecção – a charneira foi fπ. A recta ir está definida por Pr e pelo seu ponto de concorrência com o eixo X, que é fixo (é um ponto da charneira). A recta i’r está definida por H’r e pela sua direcção – é paralela a ir. Em rebatimento, desenhou-se pr, qualquer, perpendicular a ir e i’r e determinaram-se os pontos de concorrência de pr com aquelas – Ar e Br, respectivamente. A é o ponto de intersecção de p
com ρ e B é o ponto de intersecção de p com σ. 3. A distância entre os dois pontos é a distância entre os dois planos. A
B
rr é, assim, a V.G.
da distância entre os dois pontos (e da distância entre os dois planos). Inverteu-se o rebatimento, obtendo as projecções de A e B. As projecções do segmento [AB] são as projecções de um segmento representativo da distância entre os dois planos. Note que se poderia ter
conduzido a recta p pelo ponto P – P seria, imediatamente, o ponto de intersecção da recta p com o plano ρ. Note ainda que, no caso dos
planos passantes, o recurso à mudança do diedro de projecção para a resolução do exercício teria ainda mais vantagens do que nas situações anteriores, pelo que se aconselha vivamente que o estudante efectue esse estudo.
92.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta h e o ponto P, pelas suas projecções, em
função dos dados. Uma vez que a distância de um ponto a uma recta é medida perpendicularmente à recta, há que conduzir, pelo ponto, uma recta perpendicular à recta h. Tal
procedimento pode efectuar-se com o recurso ao método geral para a determinação
da distância de um ponto a uma recta mas, atendendo a que a recta h é paralela ao
Plano Horizontal de Projecção, pelo que a perpendicularidade é directa em projecção
horizontal, é possível conduzir, por P, uma recta perpendicular à recta h de forma directa
– a recta p. Assim conduziu-se p1 por P1, perpendicular a h1 – p1 e h1 são concorrentes
em I1, que é a projecção horizontal do ponto de concorrência das duas rectas. I2 situa-se sobre h2, na linha de chamada de I1 – p2 fica definida por P2 e I2. A recta p, definida
por P e I, é a recta perpendicular à recta h que passa por P. [PI] é o segmento representativo da distância de P a h, que não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de
projecção (é oblíquo a ambos). Para determinar a V.G. de [PI], rebateu-se o plano projectante horizontal de [PI] para o plano horizontal (de nível) ν que passa por I (ver exercício 73). Note que o plano ν contém a recta h. PrIr é a V.G. da distância de P a h.
93.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta v e o ponto A, pelas suas projecções, em
função dos dados. Uma vez que a distância de um ponto a uma recta é medida perpendicularmente à recta, há que conduzir, pelo ponto, uma recta perpendicular à recta h. Tal
como no exercício anterior, atendendo a que a recta v é paralela ao Plano Frontal de Projecção (a perpendicularidade é directa em projecção frontal), é possível conduzir, por A,
uma recta perpendicular à recta v de forma directa – a recta p. Assim conduziu-se p2 por
A2, perpendicular a v2 – p2 e v2 são concorrentes em I2, que é a projecção frontal do ponto de concorrência das duas rectas. A recta v é projectante horizontal, pelo que I1 está
coincidente com a projecção horizontal da recta (v1) – p1 fica definida por A1 e I1. A recta
p, definida por A e I, é a recta perpendicular à recta v que passa por A. A recta p é uma
recta horizontal (de nível), pelo que o segmento [AI] se projecta em V.G. em projecção
horizontal – AI
1
1 é a V.G. da distância de A a v.
32
SOLUÇÕES
94.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta g e o ponto P, pelas suas projecções, em função
dos dados. Uma vez que a distância de um ponto a uma recta é medida perpendicularmente à
recta, há que conduzir, pelo ponto, uma recta perpendicular à recta g. Uma recta fronto-horizontal é paralela aos dois planos de projecção, pelo que a perpendicularidade é directa em ambas
as projecções – uma recta perpendicular a uma recta fronto-horizontal é necessariamente uma
recta de perfil, que seja concorrente com a recta fronto-horizontal. Assim, tal como nos exercícios
anteriores, é possível evitar o recurso ao método geral e conduzir, por P, uma recta perpendicular à recta g de forma directa – a recta p. A recta p, de perfil, passa por P e é concorrente com a
recta g no ponto I, que se determinou directamente. A recta p, definida por P e I, é a recta perpendicular à recta g que passa por P. [PI] é o segmento representativo da distância de P a g,
que não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção. Para determinar a V.G. de
[PI], recorreu-se a uma mudança do diedro de projecção – transformou-se o segmento num
segmento frontal (de frente). Para tal, substituiu-se o Plano Frontal de Projecção (plano 2) por
um novo plano de projecção (plano 4), paralelo a [PI]. O eixo X’ é a recta de intersecção do plano 1 com o plano 4 e as projecções de P e I no plano 4 determinaram-se em função das suas
cotas, que se mantiveram. No novo diedro de projecção, o segmento [PI] é frontal (de frente),
pelo que a V.G. de [PI] está na sua projecção no plano 4 – P4I4 é a V.G. da distância de P a g.
95.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta m e o ponto P, pelas suas projecções, em função dos dados. As projecções da recta m fazem, ambas, ângulos
de 30° (a.e.) com o eixo X, pois a recta é paralela ao β1/3. Optou-se por resolver
o exercício a duas dimensões, no plano definido pela recta e pelo ponto.
Assim, rebateu-se esse plano para o plano horizontal (de nível) ν que contém o
ponto P – a charneira do rebatimento (recta e) fica definida pelo ponto P e pelo
ponto de intersecção da recta m com o plano ν, que é o próprio traço frontal da
recta (o ponto F – note que F e P têm a mesma cota). Pr ≡ P1 e Fr ≡ F1, pois P e
F são dois pontos da charneira. Já temos um ponto para definir a recta m em
rebatimento. Recorreu-se a um outro ponto (o ponto A) da recta, para rebater a
recta – mr fica definida por Ar e Fr. Em rebatimento (no plano definido pela recta e pelo ponto), conduziu-se, por Pr, uma perpendicular a mr, obtendo Ir – PI
rr
é a V.G. da distância de P a m. Inverteu-se o rebatimento, com o recurso a uma
perpendicular à charneira, obtendo I1 sobre m1 e I2, na mesma linha de chamada de I1, sobre m2. A partir das projecções de I, obtiveram-se as projecções
de [PI], que é o segmento representativo da distância de P a m.
96.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta s e o ponto M, pelas suas projecções, em função dos dados. Sobre a determinação da distância do ponto à recta, ver relatório do exercício anterior. A charneira do rebatimento (recta e) está definida pelo ponto M e pelo ponto A,
que é o ponto de intersecção da recta s com o plano ν. O ponto a que se recorreu para rebater a recta foi o ponto S.
33
SOLUÇÕES
97.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta r e o ponto A, pelas suas projecções,
em função dos dados. A recta r tem as suas projecções simétricas em relação ao
eixo X, pois é uma recta do β1/3. Sobre a determinação da distância do ponto à
recta, ver relatório do exercício 95. A charneira do rebatimento (recta e) está definida pelo ponto A e pelo ponto B, que é o ponto de intersecção da recta r com o
plano ν. O ponto C foi o ponto da recta a que se recorreu para rebater a recta r.
98.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta p e o ponto P, pelas suas projecções, em função dos dados. Em seguida, recorrendo a uma mudança do diedro de projecção, transformou-se a recta p numa recta horizontal (de nível).
Para tal, substituiu-se o Plano Horizontal de Projecção (plano 1) por um plano 4, paralelo à recta p, criando um diedro de projecção no qual p é uma
recta horizontal (de nível). As projecções da recta p e do ponto P no plano 4
determinaram-se em função dos afastamentos dos pontos, que se mantêm.
Uma vez que, no novo diedro de projecção (formado pelo plano 2 e pelo
plano 4), a recta é paralela ao plano 4, a perpendicularidade é directa neste
plano. Assim, por P4 conduziu-se uma perpendicular a p4, obtendo I4 – I2
situa-se sobre p2, na linha de chamada de I4. A projecção horizontal de I, I1,
determinou-se em função do seu afastamento (a distância de I4 ao eixo X’). A
partir das projecções de I no diedro de projecção inicial, desenharam-se as
projecções do segmento [PI], que é o segmento representativo da distância
de P a p – [PI] não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção,
pois é oblíquo a ambos. Assim, para determinar a V.G. de PΙ recorreu-se ao
rebatimento do plano projectante frontal de [PI] para o plano frontal (de frente) ϕ que passa por P (ver exercício 74). P
I
rr é a V.G. da distância do ponto P
à recta p.
99.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta p e o ponto A, pelas suas projecções, em função dos dados. Em seguida, procedeu-se à execução sequencial
das etapas do método geral para a determinação da distância de um ponto
a uma recta. 1. Por A conduziu-se um plano ρ, ortogonal à recta p – o plano ρ
é um plano de rampa, que está definido por A e pela sua orientação (é ortogonal a p). 2. Determinou-se o ponto de intersecção da recta p com o plano ρ.
Nem a recta nem o plano são projectantes, pelo que se recorreu ao método
geral da intersecção de rectas com planos. Assim, por p conduziu-se um plano
de perfil π e determinou-se a recta i, que é a recta de intersecção de π com ρ. A
recta i está definida por A’ e pela sua direcção (é perpendicular a p). O ponto
A’ obteve-se conduzindo, por A, uma recta do plano ρ – a recta g, fronto-horizontal. O ponto de intersecção de g com π é A’, que é um ponto comum aos
dois planos e, por isso, é um ponto da recta i. O ponto de concorrência das
rectas p e i determinou-se em rebatimento, rebatendo π para o Plano Frontal de
Projecção. A recta pr está definida por Mr e Nr e a recta ir passa por A’r e é perpendicular a pr – pr e ir são concorrentes em Ir (I é o ponto de intersecção da
recta p com o plano ρ). Invertendo o rebatimento obtiveram-se as projecções
de I e do segmento [AI]. 3. A distância de A a I é a distância do ponto A à recta
p – [AI] é, assim, o segmento representativo da distância do ponto A à recta p.
O segmento [AI] não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção,
pelo que a determinação da sua V.G. se processou através do rebatimento do plano projectante horizontal do segmento para o plano horiI
zontal (de nível) que passa por A (ver exercício 73) – a charneira é a recta e’. A
rr é a V.G. da distância do ponto A à recta p.
34
SOLUÇÕES
100.
Em primeiro lugar, representaram-se a recta p e o ponto M, pelas suas projecções, em função dos dados. A determinação da distância do ponto M à recta p
processou-se com o recurso a uma mudança do diedro de projecção, à semelhança do efectuado no exercício 98, pelo que se aconselha a leitura do respectivo relatório. Tal como no exercício 98, também aqui se determinou a V.G.
da distância M
I rebatendo o plano projectante frontal do segmento [MI] para o
plano frontal (de frente) ϕ que passa por M.
101.
Em primeiro lugar, representaram-se as rectas f e f’, pelas suas projecções, em função dos dados.
As duas rectas são concorrentes, pelo que definem um plano – trata-se de um plano frontal (de
frente). O ângulo formado entre as duas rectas está contido nesse plano, que é paralelo ao Plano
Frontal de Projecção – o ângulo formado entre as rectas f e f’ projecta-se, assim, em V.G. no Plano
Frontal de Projecção. O ângulo entre f e f’ é, assim, qualquer dos dois ângulos agudos entre f2 e f’2,
que têm vértice em A2 e que se projectam em V.G. no Plano Frontal de Projecção. Assinalou-se um
dos ângulos a traço forte (as semi-rectas que limitam o ângulo) e assinalou-se a V.G. da sua amplitude com αº.
102.
Em primeiro lugar, representaram-se as rectas h e h’, pelas suas projecções, em função dos dados. As duas rectas são enviesadas, pelo que não formam, directamente, nenhum ângulo entre
si. No entanto, o ângulo que formam entre si indirectamente é igual ao ângulo que duas rectas
concorrentes paralelas às rectas dadas formam entre si. Assim, por um ponto P, da recta h,
conduziu-se uma recta h’’, paralela à recta h’ – as rectas h e h’’ são concorrentes e o ângulo
que formam entre si (directamente) é igual (tem a mesma amplitude) ao ângulo que as rectas h
e h’ formam entre si (indirectamente). Sendo concorrentes, as rectas h e h’’ definem um plano –
trata-se de um plano horizontal (de nível). O ângulo entre as duas rectas projecta-se, assim, em
V.G. no Plano Horizontal de Projecção – a V.G. do ângulo entre h e h’ é qualquer dos dois ângulos agudos formados entre h1 e h’’1, com vértice em P1. Note que se poderia ter igualmente resolvido o exercício recorrendo a uma recta concorrente com a recta h’ e paralela à recta h.
103.
Em primeiro lugar, representaram-se as rectas r e s, pelas suas projecções, em função
dos dados. A recta r é uma recta do β1/3, pelo que as suas projecções são simétricas em
relação ao eixo X. A recta s, sendo paralela ao β2/4, tem as suas projecções paralelas
entre si. As duas rectas são concorrentes, pelo que definem um plano – o ângulo entre as
duas rectas está contido nesse plano e tem vértice em P. Uma vez que o plano definido
pelas duas rectas não é paralelo a nenhum dos planos de projecção, para determinar a
V.G. do ângulo entre as duas rectas é necessário o recurso a um processo geométrico
auxiliar. Optou-se por rebater o plano definido pelas duas rectas para um plano horizontal
(de nível) ν. A charneira do rebatimento (recta e) é a recta de intersecção dos dois planos
e está definida pelos pontos A e B (os pontos de intersecção do plano ν com as rectas r e
s, respectivamente). Ar ≡ A1 e Br ≡ B1, pois A e B são pontos da charneira (são fixos –
rodam sobre si próprios). Rebateu-se o ponto P pelo triângulo do rebatimento, em função
da sua distância a ν (a cota de P em relação a ν) – rr fica definida por Ar e Pr e sr fica definida por Br e Pr. A V.G. do ângulo entre r e s é qualquer dos dois ângulos agudos entre rr
e sr, com vértice em Pr – identificou-se o ângulo através das semi-rectas que limitam o
ângulo e assinalando a sua amplitude com αº.
35
SOLUÇÕES
104.
Em primeiro lugar, representaram-se as rectas m e n, pelas suas projecções, em função
dos dados. A recta n, sendo paralela ao β2/4, tem as suas projecções paralelas entre si.
As rectas m e n são enviesadas, pelo que não formam nenhum ângulo directamente.
Assim, para determinar o ângulo formado entre m e n conduziu-se, por um ponto P da
recta m, uma recta n’, paralela a n – as rectas m e n’ são concorrentes, pelo que definem um plano e o ângulo que as rectas m e n’ formam entre si está contido nesse plano
(e tem vértice em P). Sobre a determinação do ângulo formado entre as rectas m e n’,
ver relatório do exercício anterior. A V.G. do ângulo entre m e n está em qualquer dos
dois ângulos agudos entre mr e n’r, com vértice em Pr – identificou-se o ângulo através
das semi-rectas que limitam o ângulo e assinalando a sua amplitude com αº.
105.
Em primeiro lugar, representaram-se as rectas n e p, pelas suas projecções, em função
dos dados. As rectas n e p são enviesadas, pelo que não formam nenhum ângulo directamente. Assim, para determinar o ângulo formado entre n e p conduziu-se, pelo ponto B da
recta p, uma recta n’, paralela a n – as rectas p e n’ são concorrentes, pelo que definem
um plano e o ângulo que as rectas p e n’ formam entre si está contido nesse plano (e tem
vértice em B). Uma vez que o plano definido pelas duas rectas não é paralelo a nenhum
dos planos de projecção, para determinar a V.G. do ângulo entre as duas rectas é necessário o recurso a um processo geométrico auxiliar. Optou-se por rebater o plano definido
pelas duas rectas para o plano frontal (de frente) ϕ que passa por A. A charneira do rebatimento (recta e) é a recta de intersecção dos dois planos e está definida pelos pontos A e
C (os pontos de intersecção do plano ϕ com as rectas p e n’, respectivamente). Ar ≡ A2 e
Cr ≡ C2, pois A e C são pontos da charneira (são fixos – rodam sobre si próprios). Rebateu-se o ponto B pelo triângulo do rebatimento, em função da sua distância a ϕ (o afastamento de B em relação a ϕ) – pr fica definida por Ar e Br e n’r fica definida por Cr e Br. A
V.G. do ângulo entre p e n é qualquer dos dois ângulos agudos entre pr e n’r, com vértice
em Br – identificou-se o ângulo através das semi-rectas que limitam o ângulo e assinalando a sua amplitude com a letra θ.
106.
Em primeiro lugar, representaram-se as rectas r e h, pelas suas projecções, em função dos dados. As projecções da recta r fazem, ambas, ângulos de 45° (a.d.) com o
eixo X, pois r é paralela ao β1/3. As rectas r e h são enviesadas, pelo que não formam nenhum ângulo directamente. Para determinar o ângulo formado entre r e h
conduziu-se, pelo ponto T da recta h, uma recta r’, paralela a r – as rectas h e r’ são
concorrentes, pelo que definem um plano e o ângulo que as rectas h e r’ formam
entre si está contido nesse plano (e tem vértice em T). O plano definido pelas duas
rectas não é paralelo a nenhum dos planos de projecção, pelo que para determinar
a V.G. do ângulo entre as duas rectas é necessário o recurso a um processo geométrico auxiliar. Optou-se por rebater o plano definido pelas duas rectas para o
plano horizontal (de nível) ν que contém a recta h. A charneira do rebatimento
(recta e) é a recta de intersecção dos dois planos, pelo que é a própria recta h (note
que se poderia ter assinalado que h e e são a mesma recta, mas optou-se por omitir a representação da recta e) – hr ≡ h1, pois a recta h roda sobre si própria. Tr ≡ T1
pois T é um ponto da charneira. Para rebater a recta r’ é necessário o recurso a um
ponto qualquer da recta – o ponto A, por exemplo. A rebateu-se pelo triângulo do
rebatimento, em função da sua distância a ν (a cota de A em relação a ν). A recta r’r
está definida por Tr e Ar. A V.G. do ângulo entre r e h está em qualquer dos dois
ângulos agudos entre hr e r’r, com vértice em Tr – identificou-se o ângulo através
das semi-rectas que limitam o ângulo e assinalando a sua amplitude com αº.
36
SOLUÇÕES
107.
Em primeiro lugar, representou-se a recta f, pelas suas projecções. Para determinar o ângulo que a
recta f faz com o Plano Horizontal de Projecção executaram-se sequencialmente as três etapas do
método geral para a determinação do ângulo entre uma recta e um plano. 1. Determinou-se o
ponto de intersecção da recta f com o Plano Horizontal de Projecção – H. H é o traço horizontal da
recta f. 2. Determinou-se a projecção ortogonal da recta f no Plano Horizontal de Projecção. Esta
está imediatamente determinada, pois é f1, a projecção horizontal da recta f (que é outra recta). 3. O
ângulo entre a recta f e a recta f1 é o ângulo entre a recta f e o Plano Horizontal de Projecção. O
ângulo entre a recta f e a recta f1 está contido no plano definido pelas duas rectas (que é um plano
frontal – de frente) – é um plano paralelo ao Plano Frontal de Projecção e é o plano ortogonal ao
Plano Horizontal de Projecção que contém a recta f. O ângulo entre f e f1 projecta-se, assim, em
V.G. no Plano Frontal de Projecção – é qualquer dos ângulos agudos entre f2 e o eixo X (a projecção frontal da recta f1 está no eixo X), com vértice em H2.
108.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano ϕ, pelo seu traço horizontal, e a recta r, pelas suas
projecções, em função dos dados. O ângulo entre a recta r e o plano ϕ é igual (tem a mesma
amplitude) ao ângulo entre a recta r e o Plano Frontal de Projecção. Assim, há que determinar o
ângulo entre a recta r e o Plano Frontal de Projecção, o que se efectuou com o recurso ao método geral para a determinação do ângulo entre uma recta e um plano. 1. Determinou-se o
ponto de intersecção da recta r com o Plano Frontal de Projecção – F. F é o traço frontal da recta r. 2. Determinou-se a projecção ortogonal da recta r no Plano Frontal de Projecção. Esta está
imediatamente determinada, pois é r2, a projecção frontal da recta r (que é outra recta). 3. O
ângulo entre a recta r e a recta r2 é o ângulo entre a recta r e o Plano Frontal de Projecção (e é
igual ao ângulo entre a recta r e o plano ϕ). Este ângulo está contido no plano definido pelas
rectas r e r2 – é um plano de topo α e é o plano projectante frontal da recta r. O plano α não é
paralelo a nenhum dos planos de projecção, pelo que o ângulo não se projecta em V.G. em
nenhum dos planos de projecção. Para determinar a VG. do ângulo pretendido optou-se por
rebater o plano α para o plano horizontal (de nível) ν que passa por F. A charneira do rebatimento (recta e) é a recta de intersecção dos dois planos que é uma recta de topo. Fr ≡ F1 pois F é um ponto da charneira. Em seguida rebateu-se o ponto B e a recta rr fica definida por Fr e Br. A V.G. do ângulo entre r e ϕ está em qualquer dos ângulos agudos entre rr e o eixo X,
com vértice em Fr, e identificou-se com a letra θ.
109.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano ν, pelo seu traço frontal, e a recta r, pelas
suas projecções, em função dos dados. As projecções da recta r são simétricas em
relação ao eixo X, pois trata-se de uma recta do β1/3. O ângulo entre a recta r e o plano
ν é igual (tem a mesma amplitude) ao ângulo entre a recta r e o Plano Horizontal de
Projecção. Assim, há que determinar o ângulo entre a recta r e o Plano Horizontal de
Projecção, o que se efectuou com o recurso ao método geral para a determinação
do ângulo entre uma recta e um plano. 1. Determinou-se o ponto de intersecção da
recta r com o Plano Horizontal de Projecção – H. H é o traço horizontal da recta r e é o
seu ponto de concorrência com o eixo X, pois trata-se de uma recta passante. 2. Determinou-se a projecção ortogonal da recta r no Plano Horizontal de Projecção. Esta está
imediatamente determinada, pois é r1, a projecção horizontal da recta r (que é outra
recta). 3. O ângulo entre a recta r e a recta r1 é o ângulo entre a recta r e o Plano Horizontal de Projecção (e é igual ao ângulo entre a recta r e o plano ν). Este ângulo está
contido no plano definido pelas rectas r e r1 – é um plano vertical γ e é o plano projectante horizontal da recta r. O plano γ não é paralelo a nenhum dos planos de projecção, pelo que o ângulo não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção. Para determinar a VG. do ângulo pretendido optou-se
por rebater o plano γ para o Plano Frontal de Projecção. A charneira do rebatimento (recta e) é a recta de intersecção dos dois planos, que
é uma recta vertical com afastamento nulo. Hr ≡ H2 pois H é um ponto da charneira. Em seguida rebateu-se um ponto A qualquer, da recta,
e a recta rr fica definida por Hr e Ar. A V.G. do ângulo entre r e ν está em qualquer dos ângulos agudos entre rr e o eixo X, com vértice em Hr,
e tem αº de amplitude.
37
SOLUÇÕES
110.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano ν, pelo seu traço frontal, e a recta p, pelas suas projecções, em função dos dados. O ângulo entre a recta p e o plano ν é igual (tem a mesma amplitude) ao
ângulo entre a recta p e o Plano Horizontal de Projecção. Assim, há que determinar o ângulo entre a
recta p e o Plano Horizontal de Projecção, o que se efectuou com o recurso ao método geral para a
determinação do ângulo entre uma recta e um plano. 1. Determinou-se o ponto de intersecção da
recta p com o Plano Horizontal de Projecção – H. H é o traço horizontal da recta p mas não tem determinação imediata, pois trata-se de uma recta de perfil. 2. Determinou-se a projecção ortogonal da recta
p no Plano Horizontal de Projecção. Esta está imediatamente determinada, pois é p1, a projecção horizontal da recta p (que é outra recta). 3. O ângulo entre a recta p e a recta p1 é o ângulo entre a recta p e
o Plano Horizontal de Projecção (e é igual ao ângulo entre a recta p e o plano ν). Este ângulo está contido no plano definido pelas rectas p e p1 – é um plano de perfil π e é o plano projectante horizontal da
recta p. Note que se tem necessariamente p1 ≡ hπ, pelo que o ângulo entre p e p1 é o ângulo entre p e
hπ. O plano π não é paralelo a nenhum dos planos de projecção, pelo que o ângulo não se projecta em
V.G. em nenhum dos planos de projecção. Para determinar a VG. do ângulo pretendido (o ângulo entre
e hπ), optou-se por rebater o plano π para o Plano Frontal de Projecção. A charneira do rebatimento é
fπ. A recta pr ficou definida por Mr e Nr. O ângulo entre p e ν é igual a qualquer dos ângulos agudos entre pr e hπr, com vértice em Hr (que se determinou em rebatimento), e identificou-se com a letra θ. Note
que, se bem que se tenha assumido, neste relatório, uma abordagem distinta da que é explicitada nas páginas do Manual, se mantêm
rigorosamente os mesmos procedimentos e raciocínios.
111.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano θ, pelos seus traços, e a recta r, pelas suas projecções, em função dos dados. A recta r é paralela ao β1/3, pelo que as suas projecções
fazem, ambas, ângulos de 30° (a.d.) com o eixo X. Uma vez que se trata do ângulo entre uma
recta e um plano projectante, recorreu-se ao método geral para a determinação do ângulo
entre uma recta e um plano. 1. Determinou-se o ponto I, o ponto de intersecção de r com θ
(I é o vértice do ângulo). 2. Determinou-se a projecção ortogonal da recta r no plano θ. Para
tal conduziu-se, por A, uma recta p, ortogonal ao plano θ, e determinou-se o ponto de intersecção da recta com o plano θ – o ponto A’. A’ é a projecção ortogonal do ponto P no plano
θ. A recta r’, definida por I e por A’, é a projecção ortogonal da recta r no plano θ. A recta p é
uma recta frontal (de frente). 3. O ângulo entre a recta r e a recta r’ é o ângulo entre a recta r
e o plano θ. Este ângulo está contido no plano definido pelas rectas r e r’ – é um plano oblíquo. Note que o plano contém, também, a recta p. O ângulo não se projecta em V.G., pelo
que se recorreu ao rebatimento do plano definido pelas duas rectas para o plano frontal (de
frente) ϕ que contém a recta f. A recta f é a própria charneira, pois é a recta de intersecção
dos dois planos. Tem-se imediatamente Ar ≡ A2 e A’r ≡ A’2, pois A e A’ são dois pontos da
charneira. Rebateu-se o ponto I pelo triângulo do rebatimento. A recta rr fica definida por Ar e
Ir e a recta r’r fica definida por A’r e por Ir. O ângulo entre r e θ é qualquer dos ângulos agudos entre rr e r’r, com vértice em Ir, e identificou-se com αº.
112.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano δ, pelos seus traços, e a recta m, pelas
suas projecções, em função dos dados. O plano δ é ortogonal ao β1/3, pelo que os
seus traços são simétricos em relação ao eixo X. Uma vez que se trata do ângulo
entre uma recta e um plano não projectante, recorreu-se ao método do ângulo
complementar. 1. Pelo ponto M, da recta, conduziu-se uma recta p, ortogonal ao
plano. 2. O ângulo formado entre as duas rectas está contido no plano definido
pelas mesmas, e não se projecta em V.G. – recorreu-se ao rebatimento do plano
definido pelas duas rectas para um plano frontal (de frente) ϕ. A charneira é a recta
e, que é a recta de intersecção dos dois planos e está definida pelos pontos A e B.
Tem-se imediatamente Ar ≡ A2 e Br ≡ B2, pois A e B são dois pontos da charneira.
Rebateu-se o ponto M pelo triângulo do rebatimento. A recta mr fica definida por Ar
e Mr e a recta pr fica definida por Br e por Mr. O ângulo entre m e p é qualquer dos
ângulos agudos entre mr e pr, com vértice em Mr, e identificou-se com 90º–αº, pois
é o ângulo complementar do ângulo pretendido. 3. O ângulo entre a recta m e o
plano δ é o ângulo complementar do ângulo 90º–αº – assim, por Mr conduziu-se
uma perpendicular a pr. O ângulo pretendido é o ângulo entre esta perpendicular e
mr, e identificou-se com αº.
38
SOLUÇÕES
113.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano π, pelos seus traços, e a recta r, pelas suas projecções, em função dos dados (ver relatório do exercício 111). Apesar do plano π ser um plano projectante, optou-se por se recorrer ao método do ângulo complementar para que se possa observar a
universalidade do método, pelo que se aconselha a leitura do relatório do exercício anterior. A recta
p é uma recta fronto-horizontal. A V.G. do ângulo entre a recta r e a recta p (o ângulo 90º–αº) determinou-se rebatendo o plano definido pelas duas rectas (o plano que contém o ângulo) para o plano horizontal (de nível) ν que contém a recta p – a charneira é a própria recta p, que é a recta de
intersecção dos dois planos. Tem-se imediatamente pr ≡ p1 e Ar ≡ A1. A recta r rebateu-se com o
recurso a um ponto B, qualquer, da recta.
114.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano ρ, pelos seus traços, e a recta p, pelas
suas projecções, em função dos dados. O ângulo entre uma recta de perfil p e um plano de rampa ρ é o ângulo entre a recta p e uma recta i, que é a recta de intersecção
do plano de rampa com o plano que contém a recta p e que é ortogonal ao plano ρ (e
é um plano de perfil) – a recta i será a projecção ortogonal da recta p sobre o plano ρ.
No entanto, tratando--se do ângulo entre uma recta de perfil e um plano de rampa, o
processo mais simples consiste em efectuar uma mudança do diedro de projecção,
transformando o plano ρ num plano projectante e a recta p numa recta frontal (de frente) ou horizontal (de nível). Note que se trata de uma abordagem diferente da explicitada
nas páginas do Manual, mas que permite simplificar em muito os traçados a efectuar,
bem como os raciocínios que lhes estão inerentes. No entanto, salienta-se que o exercício poderia, igualmente, ter sido resolvido recorrendo aos processos usuais. Assim,
optou-se por substituir o Plano Frontal de Projecção (plano 2) por um novo plano de
projecção (plano 4), paralelo à recta p e ortogonal ao plano ρ. No novo diedro de projecção, a recta p é uma recta frontal (de frente) e o plano ρ é um plano de topo. A projecção da recta p no plano 4, p4, determinou-se a partir das projecções dos pontos A e B no plano 4 – A4 e B4 determinaram-se em função das cotas de A e B, que se mantiveram. Para
determinar o traço do plano ρ no plano 4 recorreu-se a um ponto C, de fρ – C4 determinou-se em função da cota de C, que se manteve.
Uma vez que, no novo diedro de projecção, o plano ρ é projectante, f4ρ passa por C4 e é concorrente com hρ no eixo X’. O ângulo entre a
recta p e o plano ρ está contido num plano paralelo ao plano 4 (o plano ortogonal ao plano ρ que contém a recta p), pelo que se projecta
em V.G. no plano 4 – é qualquer dos dois ângulos agudos entre p4 e f4ρ, e identificou-se com αº.
115.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano γ, pelos seus traços, e a recta p, pelas
suas projecções, em função dos dados. Uma vez que se trata do ângulo entre uma
recta e um plano não projectante, recorreu-se ao método do ângulo complementar –
ver relatório do exercício 112. A recta r, que passa por M, é a recta ortogonal ao plano
γ. Determinou-se a V.G. do ângulo formado entre as rectas p e r (o ângulo 90º–αº)
rebatendo o plano definido pelas duas rectas (o plano que contém o ângulo) para o
plano horizontal de nível) ν que passa por N. A charneira é a recta e, que está definida
pelos pontos N (o ponto de intersecção de ν com p) e A (o ponto de intersecção de ν
com r).
39
SOLUÇÕES
116.
Em primeiro lugar, representaram-se os planos θ e ν, pelos respectivos traços, em função dos dados.
O plano θ é projectante frontal, pelo que fθ passa por A2. Em seguida, e uma vez que a recta de intersecção dos dois planos é uma recta de topo (recta i), constatou-se que o plano ortogonal à aresta do
diedro (recta i) é projectante (é frontal) e tem determinação imediata, pelo que se recorreu ao 1o Processo. 1. A aresta do diedro já está identificada – é uma recta de topo. 2. Recorreu-se a um plano
auxiliar, ortogonal à aresta do diedro – o próprio Plano Frontal de Projecção (que é um plano frontal
com afastamento nulo). 3. Determinaram-se as rectas de intersecção do Plano Frontal de Projecção
(o plano auxiliar) com os dois planos – estas são, imediatamente, os traços frontais dos dois planos
(fθ e fν), pelo que já estão determinadas. 4. O ângulo entre as duas rectas é o ângulo entre os dois
planos. O ângulo entre fθ e fν está contido no Plano Frontal de Projecção e está em V.G. – é qualquer
dos dois ângulos agudos entre as duas rectas e identificou-se com αº. Salienta-se que não é estritamente necessária a determinação da recta i, para a resolução do exercício. Note que, na etapa 1. do
1o Processo, está explicitamente identificar a recta de intersecção dos dois planos e não determinar
a recta de intersecção dos dois planos. De facto, a determinação da recta de intersecção dos dois
planos não é essencial à resolução do exercício – essencial é, sim, a sua identificação, o que nos
permite conduzir um plano qualquer que lhe seja ortogonal.
117.
Em primeiro lugar, representaram-se os planos ψ e ϕ, pelos seus traços, em função dos dados. O plano ψ é ortogonal ao β1/3, pelo que os seus traços são simétricos em relação ao
eixo X. O ângulo entre o plano ψ e o plano ϕ é igual (tem a mesma amplitude) ao ângulo formado entre o plano ψ e o Plano Frontal de Projecção, pelo que a resolução do problema
pode passar pela determinação do ângulo entre o plano ψ e o Plano Frontal de Projecção,
que foi o que se efectuou na resolução apresentada. A determinação do ângulo entre os
dois planos (o plano ψ e o Plano Frontal de Projecção) processar-se-ia com o recurso ao 1o
Processo, pois a recta de intersecção dos dois planos é fψ e o plano que lhe é ortogonal é
projectante (é de topo) e tem determinação imediata. No entanto, ao invés de se recorrer a
qualquer dos dois processos apresentados, optou-se por recorrer a uma recta de maior
inclinação do plano ψ – como se fez referência na página 157 do Manual, o ângulo que um
determinado plano oblíquo faz com o Plano Frontal de Projecção é igual ao ângulo que
qualquer das suas rectas de maior inclinação faz com o Plano Frontal de Projecção. Assim,
em primeiro lugar desenharam-se as projecções de uma recta i, uma recta de maior inclinação do plano ψ (que está definida pelos seus traços). O problema consiste, agora, na determinação do ângulo entre uma recta (recta i) e um plano (o Plano Frontal de Projecção) – ver
exercício 108. Esse ângulo está contido num plano ortogonal ao Plano Frontal de Projecção que contém a recta i – é um plano de topo (é o
plano projectante frontal da recta i). A recta i2 (a projecção frontal da recta i) é a projecção ortogonal da recta i no Plano Frontal de Projecção. Rebateu-se o plano de topo para o Plano Frontal de Projecção – a charneira é a própria i2, que roda sobre si própria, ficando i2r ≡ i2.
Fr ≡ F2, pois F é um ponto da charneira. A recta i rebateu-se com o recurso ao rebatimento do seu traço horizontal H – ir fica definida por Fr
e Hr. O ângulo entre a recta i e o Plano Frontal de Projecção (que é igual ao ângulo entre o plano ψ e o plano ϕ) é qualquer dos dois ângulos agudos entre ir e i2r, tem vértice em Fr e identificou-se com αº.
118.
Em primeiro lugar, representou-se o plano λ pelos seus traços, em função dos dados – os seus
traços estão coincidentes, pois o plano λ é ortogonal ao β2/4. A determinação do ângulo entre o
plano λ e o Plano Horizontal de Projecção poderia processar-se com o recurso ao 1o Processo,
pois a recta de intersecção dos dois planos é hλ e o plano que lhe é ortogonal é projectante (é
vertical) e tem determinação imediata. No entanto, ao invés de se recorrer a qualquer dos dois
processos apresentados, optou-se por recorrer a uma recta de maior declive do plano λ – como
se fez referência na página 157 do Manual, o ângulo que um determinado plano oblíquo faz
com o Plano Horizontal de Projecção é igual ao ângulo que qualquer das suas rectas de maior
declive faz com o Plano Horizontal de Projecção. Assim, em primeiro lugar desenharam-se as
projecções de uma recta d, uma recta de maior declive do plano λ (que está definida pelos
seus traços). O problema consiste, agora, na determinação do ângulo entre uma recta (recta
d) e um plano (o Plano Horizontal de Projecção) – ver exercício 109. Esse ângulo está contido
num plano ortogonal ao Plano Horizontal de Projecção que contém a recta d – é um plano vertical (é o plano projectante horizontal da recta
d). A recta d1 (a projecção horizontal da recta d) é a projecção ortogonal da recta d no Plano Horizontal de Projecção. Rebateu-se o plano
vertical para o Plano Horizontal de Projecção – a charneira é a própria d1, que roda sobre si própria, ficando d1r ≡ d1. Hr ≡ H1, pois H é um
ponto da charneira. A recta d rebateu-se com o recurso ao rebatimento de um ponto qualquer da recta, o ponto A – dr fica definida por Hr e
Ar. O ângulo entre a recta d e o Plano Horizontal de Projecção (que é igual ao ângulo entre o plano λ e o Plano Horizontal de Projecção) é
qualquer dos dois ângulos agudos entre dr e d1r, tem vértice em Hr e identificou-se com αº.
40
SOLUÇÕES
119.
Em primeiro lugar, representaram-se os planos ρ e ν, pelos respectivos traços, em função dos
dados. O ângulo entre o plano ρ e o plano ν é igual (tem a mesma amplitude) ao ângulo formado entre o plano ρ e o Plano Horizontal de Projecção, pelo que a resolução do problema pode
passar pela determinação do ângulo entre o plano ρ e o Plano Horizontal de Projecção, que foi
o que se efectuou na resolução apresentada. A determinação do ângulo entre os dois planos (o
plano ρ e o Plano Horizontal de Projecção) processou-se com o recurso ao 1o Processo, pois a
recta de intersecção dos dois planos é fρ, que é fronto-horizontal, e o plano que lhe é ortogonal
é projectante (é de perfil) e tem determinação imediata. 1. A aresta do diedro já está identificada
– é uma recta fronto-horizontal. 2. Recorreu-se a um plano auxiliar, ortogonal à aresta do diedro
– o plano π (é um plano de perfil). 3. Determinaram-se as rectas de intersecção do plano π (o
plano auxiliar) com os dois planos – i (é uma recta de perfil do plano ρ) e fπ. 4. O ângulo entre
as duas rectas é o ângulo entre os dois planos. O ângulo entre p e fπ está contido no plano de
perfil, pelo que não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção. Assim, recorreu-se ao rebatimento do plano π para o Plano Frontal de Projecção – a charneira foi fπ. Fr ≡ F2,
pois F é um ponto da charneira – pr fica definida por Fr e Hr e hπr está coincidente com o eixo X.
A V.G. do diedro formado entre o plano ρ e o plano ν está em qualquer dos dois ângulos agudos entre pr e hπr, tem vértice em Hr e identificou-se com αº.
120.
Em primeiro lugar, representaram-se os dois planos, pelos seus traços, em função dos dados.
Em seguida, e uma vez que a recta de intersecção dos dois planos é uma recta oblíqua, constatou-se que o plano ortogonal à aresta do diedro não é projectante nem tem determinação
imediata, pelo que se recorreu ao 2o Processo. 1. Por um ponto P, qualquer, exterior aos planos, conduziram-se duas rectas – uma recta p, ortogonal a α, e uma recta p’, ortogonal a θ. A
recta p’ é uma recta frontal (de frente). 2. O ângulo entre as rectas p e p’ é o ângulo entre os
planos α e θ. Esse ângulo está contido no plano definido pelas duas rectas, que não é paralelo
a nenhum dos planos de projecção, pelo que o ângulo não se projecta em V.G. em nenhum
dos planos de projecção. Assim, rebateu-se o plano definido por p e p’ para o plano frontal (de
frente) ϕ, que contém a recta p’ – p’ é a charneira (que é a recta de intersecção dos dois planos), pelo que se tem imediatamente p’r ≡ p2 e Pr ≡ P2 (P é um ponto da charneira). A recta p
rebateu-se com o recurso a um ponto A, de p (A rebateu-se com o recurso ao triângulo do
rebatimento) – pr está definida por Ar e Pr. A V.G. do ângulo entre α e θ está no ângulo entre pr
e p’r, com vértice em Pr, e identificou-se com βº.
121.
Em primeiro lugar, representaram-se os dois planos, pelos seus traços, em função
dos dados. Em seguida, e uma vez que a recta de intersecção dos dois planos é
uma recta oblíqua, constatou-se que o plano ortogonal à aresta do diedro não é
projectante nem tem determinação imediata, pelo que se recorreu ao 2o Processo
– ver relatório do exercício anterior. Para determinar a V.G. do ângulo, rebateu-se o
plano definido pelas rectas p e p’ para um plano horizontal (de nível) ν. A charneira
é a recta e, que está definida pelos pontos A e B – A e B são, respectivamente, os
pontos de intersecção de ν com as rectas p e p’. Ar ≡ A1 e Br ≡ B1, pois A e B são
dois pontos da charneira. O ponto P rebateu-se pelo triângulo do rebatimento – pr
está definida por Ar e Pr e p’r está definida por Br e Pr. A V.G. do ângulo entre α e δ
está no ângulo entre pr e p’r, com vértice em Pr, e identificou-se com βº.
41
SOLUÇÕES
122.
Em primeiro lugar, representaram-se os dois planos, pelos seus traços, em função dos
dados. Em seguida, e uma vez que a recta de intersecção dos dois planos é uma
recta oblíqua, constatou-se que o plano ortogonal à aresta do diedro não é projectante
nem tem determinação imediata, pelo que se recorreu ao 2o Processo – ver relatório
do exercício 120. A recta p é a recta que passa por P e é ortogonal ao plano ρ (é uma
recta de perfil) e a recta p’ é a recta que passa por P e é ortogonal ao plano γ (é uma
recta horizontal). Para definir a recta p, ortogonal a ρ, recorreu-se ao rebatimento do
plano de perfil π que a contém – a recta i é a recta de intersecção de π com ρ e está
definida pelos seus traços. Em rebatimento, a recta pr é perpendicular a ir e passa por
Pr. Em rebatimento, determinou-se um outro ponto da recta p – o ponto A, cujas projecções se determinaram através da inversão do rebatimento do plano π. A recta p
está, assim, definida por P e A. Para determinar o ângulo entre as rectas p e p’ (que
não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção), rebateu-se o plano
definido pelas duas rectas para o plano horizontal (de nível) que contém a recta p’ –
p’ é a charneira, pelo que s tem imediatamente p’r ≡ p’1 e Pr1 ≡ P1 (Pr1 é o ponto P rebatido pelo rebatimento do plano oblíquo – é o segundo rebatimento de P). Para rebater a recta p (o segundo rebatimento da recta), foi necessário rebater o ponto A (Ar1 é
o ponto A rebatido pelo seu segundo rebatimento – pelo rebatimento do plano definido por p e p’) – pr1 fica definida por Pr1 e Ar1. A V.G. do ângulo entre γ e ρ está no ângulo entre p’r e pr1, com vértice em Pr1, e identificou-se com αº.
123.
Em primeiro lugar, representaram-se os dois planos, pelos seus traços, em função dos dados. O
plano σ é ortogonal ao β1/3, pelo que os seus traços são simétricos em relação ao eixo X. A recta
de intersecção dos dois planos é uma recta fronto-horizontal, e o plano que lhe é ortogonal é
projectante (é de perfil) e tem determinação imediata, pelo que se recorreu ao 1o Processo para
a determinação do ângulo entre os dois planos. 1. A aresta do diedro já está identificada – é uma
recta fronto-horizontal. 2. Recorreu-se a um plano auxiliar, ortogonal à aresta do diedro – o plano
π (é um plano de perfil). 3. Determinaram-se as rectas de intersecção do plano π (o plano auxiliar) com os dois planos – i (é uma recta de perfil do plano ρ e está definida pelos seus traços) e i’
(é uma recta de perfil do plano σ e também está definida pelos seus traços). 4. O ângulo entre as
duas rectas é o ângulo entre os dois planos. O ângulo entre i e i’ está contido no plano de perfil,
pelo que não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção. Assim, recorreu-se ao
rebatimento do plano π para o Plano Horizontal de Projecção – a charneira foi hπ. Hr ≡ H1 e
H’r ≡ H’1, pois H e H’ são dois pontos da charneira – ir fica definida por Fr e Hr e i’r fica definida
por F’r e H’r. A V.G. do diedro formado entre o plano ρ e o plano σ está em qualquer dos dois
ângulos agudos entre ir e i’r e identificou-se com αº.
124.
Em primeiro lugar, representaram-se os dois planos, pelos seus traços, em função dos
dados. O plano σ é ortogonal ao β1/3, pelo que os seus traços são simétricos em relação
ao eixo X. A recta de intersecção dos dois planos é uma recta fronto-horizontal, e o plano
que lhe é ortogonal é projectante (é de perfil) e tem determinação imediata, pelo que, à
partida, o problema pode resolver-se com o recurso ao 1o Processo para a determinação
do ângulo entre os dois planos. No entanto, optou-se por uma resolução diferente – recorreu-se a uma mudança do diedro de projecção, transformando os dois planos em planos projectantes, o que faz com que o problema passe a ter uma resolução directa.
Assim, substituiu-se o Plano Frontal de Projecção (plano 2) por um novo plano de projecção (plano 4) ortogonal aos dois planos, criando um novo diedro de projecção – neste,
os dois planos são planos de topo. O traço do plano σ no plano 4 (f4σ) determinou-se a
partir da projecção do ponto P no plano 4 – P4 determinou-se em função da sua cota,
que se manteve. Uma vez que, no novo diedro de projecção, o plano σ é projectante
frontal, f4σ passa por P4 e é concorrente com hσ no eixo X’. De forma idêntica, o traço do
plano ρ no plano 4 determinou-se com o recurso a um ponto A, de fρ – A4 determinou-se
em função da sua cota, que se manteve. Tal como o plano σ, no novo diedro de projecção o plano ρ é projectante frontal, pelo que f4ρ passa
por A4 e é concorrente com hρ no eixo X’. Trata-se, agora, de determinar o ângulo entre dois planos de topo, que está contido num plano
frontal (de frente) – no novo diedro de projecção, esse plano frontal (de frente) pode ser o próprio plano 4. As rectas de intersecção do plano 4 com os planos ρ e σ são, respectivamente, f4ρ e f4σ – o ângulo entre f4ρ e f4σ está em V.G. no plano 4 e identificou-se com αº.
42
SOLUÇÕES
125.
Em primeiro lugar, representou-se o ponto A, pelas suas projecções – não é necessário representar o β1/3 pelos seus traços. Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas do método geral da distância de pontos a planos, conforme exposto no relatório do exercício 83, pelo
que se aconselha a leitura do mesmo. A recta i é a recta de intersecção do plano π com o β1/3 – é
uma recta de perfil que faz ângulos de 45° com os dois planos de projecção e atravessa os 1o e 3o
Diedros. Em rebatimento, a recta ir passa pelo quadrante em que se localiza Ar (note que A é um
ponto do 1o Diedro). O segmento [AI], representado pelas suas projecções, é o segmento representativo da distância de A ao β1/3 e A
rIr é a sua V.G.
126.
Em primeiro lugar, representou-se o plano ρ, pelos seus traços, em função dos dados. Note
que este exercício consiste numa variante da situação da distância entre dois planos de rampa. Assim, a distância entre os dois planos existe numa recta ortogonal aos dois planos, que
é uma recta de perfil. Nesse sentido conduziu-se uma recta p, de perfil, qualquer, ortogonal
aos dois planos. A recta ainda não está totalmente definida. Para tal, recorreu-se a uma mudança do diedro de projecção, substituindo o Plano Horizontal de Projecção (plano 1) por
um novo plano de projecção (o plano 4), ortogonal ao plano ρ – no novo diedro de projecção (formado entre o Plano Frontal de Projecção, que se mantém, e o plano 4), o plano ρ é
um plano vertical e a recta p é uma recta horizontal (de nível). O traço do plano ρ no plano 4
determinou-se com o recurso a um ponto P, qualquer, de hρ – P4, a projecção de P no plano
4, determinou-se em função do seu afastamento que se manteve. Uma vez que, no novo diedro de projecção, o plano ρ é projectante horizontal, o traço do plano ρ no plano 4 (h4ρ) passa por P4 e é concorrente com fρ no eixo X’. A projecção da recta p no plano 4 (p4) é
ortogonal a h4ρ. Determinou-se A4, a projecção no plano 4 do ponto de intersecção da recta
p com o plano ρ. A recta p é paralela ao plano 4, pelo que se projecta em V.G. no plano 4 –
a partir de A4, sobre p4, mediram-se os 2 cm (a distância entre os dois planos), obtendo-se
um ponto B4, que será o ponto de intersecção da recta p com o plano σ (o plano paralelo a
ρ que é pretendido). Note que se teve em atenção que o plano σ tem de se situar entre o plano ρ e o eixo X, pelo que o traço frontal de σ
tem de ter cota inferior a fρ. Por B4 conduziu-se h4σ, que é o traço do plano σ no plano 4 – fσ tem de ser concorrente com h4σ no eixo X’.
Para determinar hσ recorreu-se a um ponto C, de hσ – o ponto C determinou-se em primeiro lugar no diedro de projecção formado entre o
Plano Frontal de Projecção e o plano 4 e C1 determinou-se em função do seu afastamento, que se manteve. Por C1 conduziu-se hσ, o traço
horizontal do plano σ, que, assim, fica definido pelos seus traços. Note que não se determinaram as projecções dos pontos A e B no diedro
de projecção inicial, por tal não ser necessário para a conclusão do exercício.
127.
Em primeiro lugar, representaram-se os traços do plano ρ (que estão coincidentes com o
eixo X) e as projecções do ponto P, o ponto que define o plano. A recta de intersecção do
plano ρ com o Plano Horizontal de Projecção é o próprio eixo X, que é uma recta fronto-horizontal – qualquer plano ortogonal ao eixo X é projectante (é de perfil) e tem determinação
imediata, pelo que, à partida, o problema pode resolver-se com o recurso ao 1o Processo
para a determinação do ângulo entre os dois planos. No entanto, optou-se por uma resolução diferente – recorreu-se a uma mudança do diedro de projecção, à semelhança do efectuado no exercício 124. Assim, substituiu-se o Plano Frontal de Projecção (plano 2) por um
novo plano de projecção (plano 4) ortogonal ao plano ρ, criando um novo diedro de projecção – neste, o plano ρ é um plano de topo. O traço do plano ρ no plano 4 (f4ρ) determinou-se a partir da projecção do ponto P no plano 4 – P4 determinou-se em função da sua cota,
que se manteve. Uma vez que, no novo diedro de projecção, o plano ρ é projectante, f4ρ
passa por P4 e é concorrente com hρ no eixo X’. Trata-se, agora, de determinar o ângulo
entre um plano de topo e o Plano Horizontal de Projecção, que está contido num plano
frontal (de frente) – no novo diedro de projecção, esse plano frontal (de frente) pode ser o
próprio plano 4. As rectas de intersecção do plano 4 com o plano ρ e o Plano Horizontal de
Projecção são, respectivamente, f4ρ e o eixo X’ – o ângulo entre f4ρ e o eixo X’ está em V.G.
no plano 4 e identificou-se com αº.
43
SOLUÇÕES
128.
Em primeiro lugar, representaram-se os dois planos, pelos elementos
que os definem – δ está definido pelos seus traços e ρ está definido pelo
eixo X e pelo ponto A. Uma vez que a recta de intersecção dos dois planos é uma recta oblíqua, o plano ortogonal à aresta do diedro não é
projectante nem tem determinação imediata, pelo que se recorreu ao 2o
Processo – ver relatório do exercício 120. A recta p é a recta que passa
por P e é ortogonal ao plano ρ (é uma recta de perfil) e a recta p’ é a
recta que passa por P e é ortogonal ao plano δ (é uma recta oblíqua).
Para definir a recta p, ortogonal a ρ, recorreu-se ao rebatimento do plano de perfil π que a contém. A recta i é a recta de intersecção de π com
ρ – é uma recta de perfil passante e está definida pelo seu ponto de
concorrência com o eixo X e pelo ponto A. Note que, com vista a uma
simplificação dos traçados a efectuar, teve-se o cuidado de fazer com
que o ponto P (o ponto exterior aos dois planos) tivesse a mesma abcissa
do ponto A, o que torna mais simples a definição da recta ortogonal ao
plano ρ que passa por P. Em rebatimento, a recta pr é perpendicular a ir
e passa por Pr. Em rebatimento, determinou-se um outro ponto da recta
p – o ponto B, cujas projecções se determinaram através da inversão do
rebatimento do plano π. Note que, com vista a uma maior economia de
traçados, se optou por fazer com que B tenha o afastamento do ponto
A – os respectivos arcos do rebatimento estão coincidentes em projecção horizontal. A recta p está, assim, definida por P e B. Para determinar
o ângulo entre as rectas p e p’ (que não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção), rebateu-se o plano definido pelas duas rectas para o plano horizontal (de nível) ν que passa pelo ponto B (que é o ponto da recta p determinado anteriormente). A charneira deste segundo rebatimento é a recta e’, que está definida por B e C – B e C são, respectivamente, os pontos de intersecção do plano ν com as rectas p e
p’. Br1 ≡ B1 e Cr ≡ C1, pois B e C são pontos da charneira (Br1 é o ponto B rebatido pelo seu segundo rebatimento – pelo rebatimento do plano
definido por p e p’). Em seguida, rebateu-se o ponto P, pelo triângulo do rebatimento (Pr1 é o ponto P rebatido pelo seu segundo rebatimento –
pelo rebatimento do plano definido por p e p’) – p’r fica definida por Pr1 e Cr e pr1 fica definida por Pr1 e Br1 (pr1 é a recta p rebatida pelo segundo rebatimento). A V.G. do ângulo entre δ e ρ está no ângulo entre p’r e pr1, com vértice em Pr1 e identificou-se com αº.
18
R EPRESENTAÇÃO DE S ÓLIDOS III
129.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos A, B e K, pelas suas projecções. Em seguida, desenharam-se os traços do plano δ – fδ fica
definido por K2 e A2 e hδ fica definido por K1 e B1. Uma vez que o triângulo não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção,
para construir as suas projecções da base da pirâmide, rebateu-se o plano δ
para o Plano Horizontal de Projecção – a charneira foi hδ. O ponto A foi o ponto que nos permitiu rebater fδ e Br ≡ B1, pois B é um ponto da charneira. Em
rebatimento, construiu-se o triângulo [ABC] em V.G. e determinou-se Or, o
centro do triângulo em rebatimento. Inverteu-se o rebatimento, com o recurso
a rectas frontais (de frente) do plano, obtendo-se as projecções de C e O (ver
exercício 64) – note que se omitiram as notações referentes às rectas frontais
que nos permitiram contra-rebater Cr e Or, com vista a não sobrecarregar
visualmente a resolução gráfica apresentada. Em seguida, pelas projecções
de O conduziram-se as projecções de uma recta p, ortogonal a δ – a recta p é
a recta suporte do eixo da pirâmide. O vértice V, da pirâmide, situa-se sobre
p, a 8 cm de O. Como a recta p é oblíqua aos dois planos de projecção, o
segmento [OV] não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção,
pelo que é necessário o recurso a um processo geométrico auxiliar. Optou-se
por rebater o plano projectante horizontal da recta p (o plano θ) para o Plano
Frontal de Projecção – a charneira foi fθ (recta e’). A recta p rebateu-se com o
recurso a dois dos seus pontos – O e F, o seu traço frontal. A recta pr fica definida por Or1 e Fr (note que Or1 é o ponto O no seu segundo rebatimento – no
rebatimento do plano θ). Sobre pr, a partir de Or1, mediram-se os 8 cm (a altura da pirâmide), obtendo-se Vr (garantindo que V se situa no 1o Diedro). Inverteu-se o rebatimento de θ, obtendo-se as projecções de V sobre as
projecções homónimas da recta p. A partir das projecções de todos os vértices do sólido, desenharam-se os seus contornos aparentes – o contorno
aparente frontal é [B2C2V2] e o contorno aparente horizontal é [A1C1V1].
(Continua na página seguinte)
44
SOLUÇÕES
Em projecção frontal, existe um único vértice que não integra o contorno aparente – o vértice A. Como este é o vértice de menor afastamento do sólido, é invisível (em projecção frontal), bem como todas as arestas que nele convergem. Em projecção horizontal, existe um
único vértice que não integra o contorno aparente – o vértice B. Como este é o vértice de menor cota do sólido, é invisível (em projecção
horizontal), bem como todas as arestas que nele convergem.
130.
Em primeiro lugar, representou-se o
plano δ, pelos seus traços, em função
dos dados. Em seguida, desenharamse as projecções da recta p, de perfil,
e determinaram-se imediatamente os
seus traços, sobre os traços homónimos do plano δ – F e H são dois vértices do quadrado. Uma vez que o
quadrado não se projecta em V.G. em
nenhum dos planos de projecção,
para construir as suas projecções rebateu-se o plano δ para o Plano Horizontal de Projecção – a charneira foi
hδ. O ponto A foi o ponto que nos permitiu rebater fδ. Em rebatimento, construiu-se o quadrado [FGHI] em V.G..
Inverteu-se o rebatimento, com o
recurso a rectas frontais (de frente) do
plano, obtendo-se as projecções de G
e I (ver exercício 64) – note que se
omitiram as notações referentes às
rectas frontais que nos permitiram contra-rebater Gr e I r, com vista a não carregar visualmente a resolução gráfica
apresentada. O enunciado refere
expressamente que o quadrado
[FGHI] é a base inferior do prisma,
pelo que se conclui que o sólido se
situa no espaço do 1o Diedro. Assim,
em seguida conduziu-se, por I, uma recta r, ortogonal a δ – r é a recta suporte da aresta lateral [ΙΙ’] do prisma, que mede 7 cm. Como a recta
r é oblíqua aos dois planos de projecção, o segmento [II’] não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção, pelo que é necessário o recurso a um processo geométrico auxiliar. Optou-se por rebater o plano projectante horizontal da recta r (o plano α) para o Plano
Frontal de Projecção – a charneira foi fα (recta e’). A recta r rebateu-se com o recurso a dois dos seus pontos – I e F’, o seu traço frontal. A
recta rr fica definida por Ir1 e F’r (note que I r1 é o ponto I no seu segundo rebatimento – no rebatimento do plano α). Sobre rr, a partir de Ir1,
mediram-se os 7 cm (a altura do prisma), obtendo-se I’r (garantindo que I’ se situa no 1o Diedro). Inverteu-se o rebatimento de α, obtendo-se
as projecções de I’ sobre as projecções homónimas da recta r. As projecções de F’, G’ e H’, os restantes vértices da base superior, determinaram-se atendendo a que os lados do quadrado [F’G’H’I’] são paralelos aos lados correspondentes do quadrado [FGHI] e que os seus vértices estão sobre as rectas ortogonais a δ (paralelas à recta r) que contêm as respectivas arestas laterais. Assim, pelas projecções de I’
conduziram-se as projecções da recta suporte do segmento [F’I’], até encontrarem as projecções homónimas da recta suporte da aresta lateral [FF’] – o ponto de concorrência das duas rectas é F’. Repetiu-se o processo para H’, a partir de I’, e ainda para G’, a partir de F’ ou de H’.
A partir das projecções de todos os vértices do sólido, desenharam-se os seus contornos aparentes – o contorno aparente frontal é
[H2G2G’2F’2I’2I2] e o contorno aparente horizontal é [F1G1G’1H’1I’1I1]. Em projecção frontal, existem dois vértices que não integram o contorno aparente – o vértice H’ (que é o vértice de maior afastamento, pelo que é visível bem como todas as arestas que nele convergem) e o
vértice F (que é o vértice de menor afastamento, pelo que é invisível bem como todas as arestas que nele convergem). Em projecção horizontal, também existem dois vértices que não integram o contorno aparente – o vértice F’ (que é o vértice de maior cota, pelo que é visível
bem como todas as arestas que nele convergem) e o vértice H (que é o vértice de menor cota, pelo que é invisível bem como todas as arestas que nele convergem).
131.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos A e B, pelas suas projecções. Em seguida, desenharam-se os traços do plano ρ – A tem cota
nula, pelo que hρ passa por A1, e B tem afastamento nulo, pelo que fρ passa por B2. Uma vez que o triângulo não se projecta em V.G. em
nenhum dos planos de projecção, para construir as suas projecções rebateu-se o plano ρ para o Plano Horizontal de Projecção – a charneira
foi hρ. B foi o ponto que nos permitiu rebater fρ e Ar ≡ A1, pois A é um ponto da charneira. Em rebatimento, construiu-se o triângulo [ABC] em
V.G. e determinou-se Or, o centro do triângulo em rebatimento. Inverteu-se o rebatimento, com o recurso a rectas oblíquas do plano, obtendo-se as projecções de C e O (ver exercícios 65 e 66) – note que se omitiram as notações referentes às rectas que nos permitiram contra-rebater Cr e Or, com vista a não sobrecarregar visualmente a resolução gráfica apresentada. Em seguida, pelas projecções de O conduziram-se
(Continua na página seguinte)
45
SOLUÇÕES
as projecções de uma recta p, ortogonal a ρ – a recta p é a
recta suporte do eixo da pirâmide e é uma recta de perfil
(que está definida por um ponto – O – e pela sua direcção –
é ortogonal a ρ). A recta p é ortogonal às rectas de perfil do
plano ρ. Para definir a recta p conduziu-se, pela recta, um
plano de perfil π e determinou-se a recta de intersecção de
π com ρ – recta i (que está definida pelos seus traços, F e
H). A recta i contém o ponto O (que é um ponto dos dois
planos) e a recta p também – as duas rectas são perpendiculares no ponto O. Por outro lado, ο vértice V, da pirâmide,
situa-se sobre p, a 8 cm de O (a altura da pirâmide). Atendendo a que o segmento [OV] não se projecta em V.G. em
nenhum dos planos de projecção e que a recta p não está
totalmente definida, recorreu-se ao rebatimento do plano π
para o Plano Frontal de Projecção – a charneira foi fπ (recta
e’). A recta ir fica definida por Fr e Hr. Note que o ponto Or1
tem também de se situar sobre ir, pois O é um ponto da recta i (Or1 é o ponto O no seu segundo rebatimento – no rebatimento do plano π). A recta p r passa por O r 1 e é
perpendicular a ir em Or1. Sobre pr, a partir de Or1, mediram-se os 8 cm, obtendo-se Vr (garantindo que V se situa
no 1o Diedro). Inverteu-se o rebatimento de π, obtendo-se as
projecções de V. A partir das projecções de todos os vértices do sólido, desenharam-se os seus contornos aparentes
– o contorno aparente frontal é [A2B2V2C2] e o contorno
aparente horizontal é [A1B1C1V1]. Em projecção frontal,
todos os vértices integram o contorno aparente. No entanto,
a base do sólido é invisível, bem como a face lateral [BCV],
pelo que a aresta [BC] é a única aresta invisível. Também
em projecção horizontal, todos os vértices integram o contorno aparente. No entanto, a base do sólido também é invisível em projecção horizontal, bem como a face lateral
[ACV], pelo que a aresta [AC] é a única aresta invisível.
132.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos A e C,
pelas suas projecções. Em seguida, desenhou-se o
traço frontal do plano – C tem afastamento nulo, pelo
que fρ passa por C2. Para determinar o traço horizontal
do plano, recorreu-se a uma recta r do plano (definida
por A e C) e determinou-se o seu traço horizontal, H –
hρ passa por H1. Uma vez que o quadrado não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção,
para construir as suas projecções rebateu-se o plano ρ
para o Plano Horizontal de Projecção – a charneira foi
hρ. C foi o ponto que nos permitiu rebater fρ. A recta rr
fica definida por Cr e por Hr (Hr ≡ H1, pois H é um ponto
da charneira). Ar situa-se sobre rr. Em rebatimento,
construiu-se o quadrado [ABCD] em V.G.. Em seguida
inverteu-se o rebatimento, com o recurso a rectas oblíquas do plano (paralelas à recta r), obtendo-se as projecções de B e D (ver exercícios 65 e 66) – note que se
omitiram as notações referentes às rectas que nos permitiram contra-rebater Br e Cr, com vista a não sobrecarregar visualmente a resolução gráfica apresentada.
Em seguida, pelas projecções de B conduziram-se as
projecções de uma recta p, ortogonal a ρ – a recta p é
a recta suporte da aresta lateral [BB’] e é uma recta de
perfil (que está definida por um ponto – B – e pela sua
direcção – é ortogonal a ρ). A recta p é ortogonal às
rectas de perfil do plano ρ. Para definir a recta p conduziu-se, pela recta, um plano de perfil π e determinou-se
a recta de intersecção de π com ρ – recta i (que está
definida pelos seus traços, F e H’). A recta i contém o
ponto B (que é um ponto dos dois planos) e a recta p
(Continua na página seguinte)
46
SOLUÇÕES
também – as duas rectas são perpendiculares no ponto B. Por outro lado, ο vértice B’ situa-se sobre p, a 7 cm de B (a altura do prisma).
Atendendo a que o segmento [BB’] não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção e que a recta p não está totalmente definida, recorreu-se ao rebatimento do plano π para o Plano Frontal de Projecção – a charneira foi fπ (recta e’). A recta ir fica definida por Fr e
H’r. Note que o ponto Br1 tem também de se situar sobre ir, pois B é um ponto da recta i (Br1 é o ponto B no seu segundo rebatimento – no
rebatimento do plano π). A recta pr passa por Br1 e é perpendicular a ir em Br1. Sobre pr, a partir de Br1, mediram-se os 7 cm, obtendo-se B’r
(garantindo que B’ se situa no 1o Diedro). Inverteu-se o rebatimento de π, obtendo-se as projecções de B’. A partir das projecções de B’
desenharam-se as projecções do quadrado [A’B’C’D’], cujos lados são paralelos aos lados correspondentes do quadrado [ABCD] – A’, C’
e D’ estão nas rectas de perfil ortogonais a ρ que contêm A, C e D, respectivamente. Assim, pelas projecções de B’ conduziram-se as projecções da recta suporte do segmento [B’A’], até encontrarem as projecções homónimas da recta de perfil que contem a aresta lateral [AA’]
– o ponto de concorrência das duas rectas é A’. Repetiu-se o processo para C’, a partir de B’, e ainda para D’, a partir de A’ ou de C’. A partir das projecções de todos os vértices do sólido, desenharam-se os seus contornos aparentes – o contorno aparente frontal é
[A2B2B’2C’2D’2D2] e o contorno aparente horizontal é [B1C1D1D’1A’1B’1]. Em projecção frontal, existem dois vértices que não integram o
contorno aparente – o vértice A’ (que é o vértice de maior afastamento, pelo que é visível bem como todas as arestas que nele convergem)
e o vértice C (que é o vértice de menor afastamento, pelo que é invisível bem como todas as arestas que nele convergem). Em projecção
horizontal, também existem dois vértices que não integram o contorno aparente – o vértice C’ (que é o vértice de maior cota, pelo que é
visível bem como todas as arestas que nele convergem) e o vértice A (que é o vértice de menor cota, pelo que é invisível bem como todas
as arestas que nele convergem).
133.
Em primeiro lugar, representou-se o plano ρ, pelos seus traços e pelo ponto O. Uma vez que o quadrado não se projecta
em V.G. em nenhum dos planos de projecção, para construir
as suas projecções rebateu-se o plano ρ para o Plano Horizontal de Projecção – a charneira foi hρ (que é o próprio eixo
X). O ponto O rebateu-se pelo triângulo do rebatimento. Em
rebatimento, construiu-se o quadrado [ABCD] em V.G., em
função dos dados. O ângulo que lado [AB] faz com o eixo X
é o ângulo real, no espaço, e não em projecções, pelo que só
é possível medir esse ângulo em V.G., em rebatimento. A diagonal [AC] faz um ângulo de 45° com o lado [AB] que, por
sua vez, faz um ângulo de 30° com o eixo X – a diagonal [AC]
faz, assim, um ângulo de 75° com o eixo X (30°+45° = 75°).
Este raciocínio permitiu-nos efectuar a construção do quadrado, em rebatimento. Inverteu-se o rebatimento, com o recurso
a rectas oblíquas do plano (que são rectas passantes) – as
rectas que nos permitiram obter as projecções dos quatro vértices do quadrado são paralelas à recta r, que é uma recta do
plano que passa por O (ver exercício 71). Em seguida, pelas
projecções de O conduziram-se as projecções de uma recta
p, ortogonal a ρ – a recta p é a recta suporte do eixo da pirâmide e é uma recta de perfil (que está definida por um ponto
– O – e pela sua direcção – é ortogonal a ρ). A recta p é ortogonal às rectas de perfil do plano ρ. Para definir a recta p conduziu-se, pela recta, um plano de perfil π e determinou-se a
recta de intersecção de π com ρ – recta i (que está definida
pelo ponto O e pelo seu ponto de concorrência com o eixo X,
pois trata-se de uma recta de perfil passante). A recta i contém o ponto O (que é um ponto dos dois planos) e a recta p também – as duas rectas são perpendiculares no ponto O. Por outro lado, ο
vértice V, da pirâmide, situa-se sobre p, a 6 cm de O (a altura da pirâmide). Atendendo a que o segmento [OV] não se projecta em V.G. em
nenhum dos planos de projecção e que a recta p não está totalmente definida, recorreu-se ao rebatimento do plano π para o Plano Frontal
de Projecção – a charneira foi fπ (recta e’). A recta ir fica definida por Or1 e pelo seu ponto de concorrência com o eixo X, que é fixo, pois é
um ponto da charneira (Or1 é o ponto O no seu segundo rebatimento – no rebatimento do plano π). A recta pr passa por Or1 e é perpendicular a ir em Or1. Sobre pr, a partir de Or1, mediram-se os 6 cm, obtendo-se Vr (garantindo que V se situa no 1o Diedro). Inverteu-se o rebatimento de π, obtendo-se as projecções de V. A partir das projecções de todos os vértices do sólido, desenharam-se os seus contornos
aparentes – o contorno aparente frontal é [A2B2V2D2] e o contorno aparente horizontal é [A1B1C1D1]. Em projecção frontal, o único
vértice que não integra o contorno aparente é C, que é o vértice de maior afastamento, pelo que é visível, bem como todas as arestas que
nele convergem. A aresta lateral [AV] é invisível, em projecção frontal. Em projecção horizontal, o único vértice que não integra o contorno
aparente é V, que é o vértice de maior cota, pelo que é visível, bem como todas as arestas que nele convergem. Em projecção horizontal,
não há quaisquer arestas invisíveis. Note que a base da pirâmide é visível em projecção frontal mas é invisível em projecção horizontal.
47
SOLUÇÕES
134.
Em primeiro lugar, representou-se o plano ρ, pelos
seus traços e pelo ponto R. Os dados do exercício
permitiram-nos, de forma imediata, determinar as
projecções do vértice S do triângulo – o lado [RS] é
fronto-horizontal, pelo que se projecta em V.G. nos
dois planos de projecção. Uma vez que o triângulo
não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de
projecção, para construir as suas projecções rebateu-se o plano ρ para o Plano Horizontal de Projecção – a charneira foi hρ (que é o próprio eixo X). O
ponto R rebateu-se pelo triângulo do rebatimento.
Conduzindo, por Rr, a fronto-horizontal que é a recta
suporte do lado [RS], em rebatimento, determinou-se Sr . Em rebatimento, construiu-se o triângulo
[RST] em V.G. Inverteu-se o rebatimento do plano ρ,
com o recurso À recta suporte do lado [RT] do triângulo (que fica definida, em projecções, pelo ponto R
e pelo seu ponto de concorrência com o eixo X). Em
seguida, pelas projecções de R conduziram-se as
projecções de uma recta p, ortogonal a ρ – a recta p
é a recta suporte da aresta lateral [RR’] e é uma recta de perfil (que está definida por um ponto – R – e
pela sua direcção – é ortogonal a ρ). A recta p é ortogonal às rectas de perfil do plano ρ. Para definir a
recta p conduziu-se, pela recta, um plano de perfil π
e determinou-se a recta de intersecção de π com ρ –
recta i (que está definida pelo ponto R e pelo seu
ponto de concorrência com o eixo X, pois trata-se de
uma recta de perfil passante). A recta i contém o ponto R (que é um ponto dos dois planos) e a recta p também – as duas rectas são perpendiculares no ponto R. Por outro lado, ο vértice R’ situa-se sobre p, a 7 cm de R (a altura do prisma). Atendendo a que o segmento [RR’] não se
projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção e que a recta p não está totalmente definida, recorreu-se ao rebatimento do plano π para
o Plano Frontal de Projecção – a charneira foi fπ (recta e’). A recta ir fica definida por Rr1 e pelo seu ponto de concorrência com o eixo X, que é
fixo, pois é um ponto da charneira (Rr1 é o ponto R no seu segundo rebatimento – no rebatimento do plano π). A recta pr passa por Rr1 e é perpendicular a ir em Rr1. Sobre pr, a partir de Rr1, mediram-se os 7 cm, obtendo-se B’r (garantindo que B’ se situa no 1o Diedro). Inverteu-se o rebatimento de π, obtendo-se as projecções de R’. A partir das projecções de R’ desenharam-se as projecções do triângulo [R’S’T’], cujos lados
são paralelos aos lados correspondentes do triângulo [RST] - S’ e T’ estão nas rectas de perfil ortogonais a ρ que contêm S e T, respectivamente. Assim, pelas projecções de R’ conduziram-se as projecções da recta suporte do segmento [R’T’], até encontrarem as projecções
homónimas da recta de perfil que contem a aresta lateral [TT’] – o ponto de concorrência das duas rectas é T’. Repetiu-se o processo para S’,
atendendo a que a aresta [R’S’] é fronto-horizontal. A partir das projecções de todos os vértices do sólido, desenharam-se os seus contornos
aparentes – o contorno aparente frontal é [R2T2S2S’2R’2] e o contorno aparente horizontal é [R1S1S’1T’1R’1]. Em projecção frontal, existe
um único vértice que não integra o contorno aparente – o vértice T’ (que é o vértice de maior afastamento, pelo que é visível bem como todas
as arestas que nele convergem). Em projecção horizontal, existe também um único vértice que não integra o contorno aparente – o vértice T
(que é o vértice de maior cota, pelo que é visível bem como todas as arestas que nele convergem. Note que a base [RST] é visível em projecção horizontal e invisível em projecção frontal, enquanto que a base [R’S’T’] é visível em projecção frontal e invisível em projecção horizontal.
135. Relatório
Em primeiro lugar, representou-se a recta r, pelas suas projecções, em função dos dados – as projecções da recta r são paralelas entre si,
pois a recta é paralela ao β2/4. As projecções do ponto C, pertencente à recta r, determinaram-se em função da sua abcissa. Em seguida,
determinaram-se os traços da recta r, pelos quais se conduziram os traços homónimos do plano α – fα é perpendicular a r2, pois r é uma
recta de maior inclinação do plano. A construção das projecções do quadrado [ABCD] obrigou ao rebatimento do plano α (pois aquele não
se projecta em V.G.) e à construção da figura em rebatimento. Invertendo o rebatimento (com o recurso à recta suporte da diagonal [BD],
que é uma recta frontal, paralela a fα), determinaram-se as projecções de B e D e, consequentemente, as projecções do quadrado. Note
que as rectas frontais (de frente) de um plano são perpendiculares às rectas de maior inclinação desse plano – é isso que justifica o facto de
a diagonal [BD] (que é perpendicular à diagonal [AC]) estar contida numa recta frontal do plano (a diagonal [AC] está contida numa recta
de maior inclinação do plano). Em seguida, pelas projecções de B conduziram-se as projecções de uma recta p, ortogonal a α – a recta p é
a recta suporte da aresta [BB’]. Sobre a determinação de B’, ver relatório do exercício 130. Note que a medida da aresta [BB’] é igual à
medida do lado do quadrado [ABCD], que está em V.G. em rebatimento. A partir das projecções de B’, as projecções dos restantes vértices
da face superior do sólido (A’, C’ e D’) determinaram-se conforme exposto no relatório do exercício 130. A partir das projecções de todos os
vértices do sólido, desenharam-se os seus contornos aparentes – o contorno aparente frontal é [A2B2B’2C’2D’2D2] e o contorno aparente
horizontal é [B1C1D1D’1A’1B’1]. Em projecção frontal, existem dois vértices que não integram o contorno aparente – o vértice A’ (que é o
vértice de maior afastamento, pelo que é visível, bem como todas as arestas que nele convergem) e o vértice C (que é o vértice de menor
afastamento, pelo que é invisível, bem como todas as arestas que nele convergem). Em projecção horizontal, também existem dois vértices que não integram o contorno aparente – o vértice C’ (que é o vértice de maior cota, pelo que é visível, bem como todas as arestas que
nele convergem) e o vértice A (que é o vértice de menor cota, pelo que é invisível, bem como todas as arestas que nele convergem).
(Resolução na página seguinte)
48
SOLUÇÕES
135. Resolução
136.
Em primeiro lugar, representou-se o plano ρ, pelos seus traços – os
traços do ρ são simétricos em relação ao eixo X, pois ρ é ortogonal
ao β1/3. Em seguida, recorreu-se a uma recta r, oblíqua, pertencente
ao plano, para determinar as projecções do ponto A, em função do
seu afastamento. Uma vez que A e B têm o mesmo afastamento a
recta que contém os dois pontos é fronto-horizontal – o segmento
[AB] projecta-se, assim, em V.G. nos dois planos de projecção, o
que nos permitiu determinar as projecções de B (a aresta do tetraedro mede 6 cm). Uma vez que o triângulo não se projecta em V.G.
em nenhum dos planos de projecção, para construir as suas projecções rebateu-se o plano ρ para o Plano Horizontal de Projecção – a
charneira foi hρ. F, o traço frontal da recta r, foi o ponto que nos permitiu rebater fρ e Hr ≡ H1, pois H (o traço horizontal da recta r) é um
ponto da charneira. A recta rr fica definida por Fr e Hr e Ar é um ponto de rr. Conduzindo, por Ar, a fronto-horizontal que passa por A e B
em rebatimento, determinou-se Br. Em rebatimento, construiu-se o
triângulo [ABC] em V.G. e determinou-se Or, o centro do triângulo
em rebatimento. Inverteu-se o rebatimento, com o recurso a rectas
oblíquas do plano, obtendo-se as projecções de C e O (ver exercícios
65 e 66). Um tetraedro toma a forma aparente de uma pirâmide triangular regular, cuja altura é desconhecida – as suas arestas são todas
iguais e é esse o dado que nos permite construir o sólido, e não a
sua altura. De qualquer forma, a recta p, ortogonal ao plano ρ e passando por O, é a recta suporte do eixo do sólido relativo à face
[ABC]. A recta p é uma recta de perfil. O vértice D (o quarto vértice
do tetraedro) é um ponto da recta p, tal que as arestas [AD], [BD] e
[CD] medem 6 cm (a medida da aresta do sólido). A aresta [CD] é de perfil, pelo que está contida no mesmo plano de perfil que contém a
recta p – o exercício implica o recurso a um processo geométrico auxiliar (ver exercício 131). Resolveu-se o exercício em rebatimento – ir
está definida por F’r e H’r (os seus traços em rebatimento) e Or1 e Cr1 são dois pontos de ir (note que Or1 e Cr1 são os pontos O e C, no seu
segundo rebatimento – no rebatimento do plano π). A recta pr passa por Or1 e é perpendicular a ir. Com o compasso, fazendo centro em Cr1
e com 6 cm de raio (a medida da aresta do sólido), determinou-se Dr sobre pr. Note que o segmento [Cr1Dr] é a aresta [CD] em rebatimento, e que o segmento [Or1Dr] é o eixo do sólido, também em rebatimento – [OD] e [CD] são concorrentes em D. Invertendo-se o rebatimento, obtiveram-se as projecções de D. A partir das projecções de todos os vértices do sólido, desenharam-se os seus contornos
(Continua na página seguinte)
49
SOLUÇÕES
aparentes – o contorno aparente frontal é [A2B2D2] e o contorno aparente horizontal é [A1D1B1C1]. Em projecção frontal, existe um único vértice que não integra o contorno aparente – o vértice C. Este é o vértice de menor afastamento do sólido, pelo que é nvisível, bem
como todas as arestas que nele convergem. Em projecção horizontal, todos os vértices integram o contorno aparente. No entanto, a face
[ABC] do sólido é invisível em projecção horizontal, bem como a face [ABD], pelo que a aresta [AB] é a única aresta invisível.
137.
Em primeiro lugar, representou-se o plano ρ, pelos seus traços e pelo ponto A. Representou-se, ainda, o ponto B, que é
um ponto do eixo X. Uma vez que o quadrado não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção, para
construir as suas projecções rebateu-se o plano ρ para o
Plano Horizontal de Projecção – a charneira foi hρ (que é o
próprio eixo X). O ponto A rebateu-se pelo triângulo do rebatimento e o ponto B é fixo, pois é um ponto da charneira.
Em rebatimento, construiu-se o quadrado [ABCD] em V.G.,
em função dos dados, e determinou-se o seu centro (o ponto O), em rebatimento. Inverteu-se o rebatimento, através do
triângulo do rebatimento de cada ponto (note que se poderia ter recorrido a rectas do plano, à semelhança do efectuado nos exercícios 133 e 134). Sabe-se que a aresta [BV]
está contida no Plano Frontal de Projecção, pelo que o vértice da pirâmide (V) tem afastamento nulo. Em seguida, pelas projecções de O conduziram-se as projecções de uma
recta p, ortogonal a ρ – ver exercício 133. O vértice V, da pirâmide, porque tem afastamento nulo, é o traço frontal da
recta p. Vr tem, assim, determinação imediata – é o ponto de
intersecção de pr com fπr. V é um ponto da charneira, pelo
que as suas projecções se determinam imediatamente –
V2 ≡ Vr e V1 está no eixo X. A partir das projecções de todos
os vértices do sólido, desenharam-se os seus contornos
aparentes – o contorno aparente frontal é [A2B2C2V2] e o
contorno aparente horizontal é [A1B1V1C1D1]. Em projecção frontal, o único vértice que não integra o contorno aparente é D, que é o vértice de maior afastamento, pelo que é visível, bem como
todas as arestas que nele convergem. A aresta lateral [AV] é invisível, em projecção frontal. Note que a base do sólido é visível em projecção
frontal. Em projecção horizontal, todos os vértices do sólido integram o contorno aparente. No entanto, a base é invisível em projecção horizontal, bem como a face lateral [BCV], pelo que a aresta [BC] é a única aresta invisível, em projecção horizontal.
19
P L ANOS T ANGENTES ÀS S UPERFÍCIES C ÓNICA E C ILÍNDRICA
138.
Em primeiro lugar, desenharam-se as projecções do cone, em função dos dados. Para
determinar as projecções do ponto T determinou-se, previamente, o lugar geométrico dos
pontos da superfície lateral do cone que têm 3 cm de afastamento. Para tal recorreu-se a
um plano frontal (de frente) ϕ, com 3 cm de afastamento, e determinou-se a circunferência
resultante da intersecção desse plano com a superfície lateral do cone – o ponto A é o
ponto de intersecção de ϕ com a geratriz mais à esquerda do contorno aparente horizontal. O ponto T é o ponto dessa circunferência que tem 5 cm de cota e se situa à direita do
eixo do sólido. Em seguida, desenharam-se as projecções da geratriz g, que contém o
ponto T – a geratriz g é a geratriz de contacto (ou de tangência) e é a geratriz ao longo da
qual o plano é tangente à superfície lateral do cone. A geratriz g fica definida por T e por V
– F, o traço frontal da geratriz, é o ponto da mesma que pertence à base do cone. A geratriz g é, já, uma recta tangente à superfície lateral do cone no ponto T – já temos uma recta para definir o plano θ. Necessitamos de outra recta. Recorreu-se à recta t, outra recta
tangente à superfície no ponto T. A recta t é uma recta frontal (de frente) e é a recta de
intersecção do plano θ com o plano ϕ (o plano auxiliar a que se recorreu para determinar
as projecções de T). Já temos duas rectas para definir o plano θ – g e t. Em seguida determinaram-se os traços do plano θ – fθ passa por F (traço frontal de g) e é paralelo a t (rectas frontais de um plano são paralelas entre si e paralelas ao traço frontal do plano, que é
uma recta frontal do plano com afastamento nulo), estando definido por um ponto e uma
direcção. O traço horizontal do plano, hθ, passa por H (o traço horizontal da recta t) e é
concorrente com fθ no eixo X – hθ está definido por dois pontos. Note que fθ é uma recta
tangente à base do cone em F, pelo que é perpendicular ao raio da base no ponto F, tal
como a recta t é também perpendicular ao raio da circunferência (que contém T) em T.
50
SOLUÇÕES
139.
Em primeiro lugar, desenharam-se as projecções do cone, em função dos
dados. A recta h é a recta suporte do eixo do sólido. O vértice do cone é o
ponto da recta h que tem 8 cm de afastamento (2 + 6 = 8), pois a altura do
cone mede-se perpendicularmente ao plano da base. Para determinar as
projecções do ponto P determinou-se, previamente, o lugar geométrico dos
pontos da superfície lateral do cone que têm 5 cm de afastamento. Para tal,
recorreu-se a um plano frontal (de frente) ϕ’, com 5 cm de afastamento, e
determinou-se a circunferência resultante da intersecção desse plano com a
superfície lateral do cone – essa circunferência tem centro em Q (o ponto de
intersecção do plano ϕ’ com a recta h) e raio QA
, sendo A o ponto de intersecção do plano ϕ’ com a geratriz mais à esquerda do contorno aparente
horizontal do cone. O ponto P é o ponto dessa circunferência que tem 4 cm
de cota e se situa mais à esquerda. Em seguida, desenharam-se as projecções da geratriz g, que contém o ponto P – a geratriz g é a geratriz de contacto (ou de tangência) e é a geratriz ao longo da qual o plano é tangente à
superfície lateral do cone. A geratriz g fica definida por P e por V – B é o
ponto da geratriz que pertence à base do cone. A geratriz g é, já, uma recta
tangente à superfície lateral do cone no ponto P – já temos uma recta para
definir o plano θ. Necessitamos de outra recta. Recorreu-se à recta t, a recta
segundo a qual o plano θ é tangente à base do cone no ponto B (o ponto da
geratriz que pertence à base do cone). A recta t é a recta de intersecção do
plano θ (o plano tangente) com o plano ϕ (o plano da base do cone) e é perpendicular ao raio da base no ponto B. A recta t é uma recta frontal (de frente). Já temos duas rectas para definir o plano θ – g e t. Em seguida
determinaram-se os traços do plano θ – fθ passa por F (traço frontal de g) e
é paralelo a t (rectas frontais de um plano são paralelas entre si e paralelas ao traço frontal do plano, que é uma recta frontal do plano com
afastamento nulo), estando definido por um ponto e uma direcção. O traço horizontal do plano, hθ, passa por H (o traço horizontal da recta
t) e é concorrente com fθ no eixo X – hθ está definido por dois pontos.
140.
Em primeiro lugar, representaram-se o cone e o
ponto P, pelas respectivas projecções, em função
dos dados. Em seguida, procedeu-se à execução
sequencial das etapas que nos conduzem à resolução do problema. 1. Por V e P conduziu-se uma
recta (recta i), que é a recta de intersecção dos
dois planos tangentes. 2. Determinou-se o ponto
de intersecção da recta i com o plano da base
(que é o próprio Plano Frontal de Projecção) – é o
traço frontal da recta i, que se identificou imediatamente com a letra F. 3. Por F conduziram-se as
rectas tangentes à base do cone, que são imediatamente, os traços frontais dos dois planos tangentes (uma vez que o plano da base é o próprio
Plano Frontal de Projecção, e só por isso). Cada
um dos dois planos tangentes já está definido por
duas rectas – pelo seu traço frontal e pela recta i.
Note que as tangentes à base (os traços frontais
dos planos) se determinaram através do processo
rigoroso para a determinação das rectas tangentes a uma circunferência que passam por um
ponto exterior que, neste caso, é F2. Os pontos de
tangência são T e T’. 4. Determinaram-se as geratrizes de tangência (ou de contacto), g e g’ – g
está definida por V e T e g’ está definida por V e
T’. 5. Cada um dos dois planos tangentes está
definido por três rectas, mas basta-nos determinar
o traço horizontal da recta i para determinarmos os traços horizontais dos planos tangentes – hθ1 passa por H1 e é concorrente com fθ1 no
eixo X e hθ2 passa também por H1 e é concorrente com fθ2 no eixo X.
51
SOLUÇÕES
141.
Em primeiro lugar, representaram-se o cone e o ponto A, pelas respectivas projecções, em função dos dados. Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas que nos conduzem à
resolução do problema. 1. Por V e A conduziu-se uma recta (recta
i), que é a recta de intersecção dos dois planos tangentes. 2. Determinou-se o ponto de intersecção da recta i com o plano da base –
ponto I. 3. Por I conduziram-se as rectas tangentes à base do cone
– t e t’ (t e t’ são as rectas de intersecção dos dois planos tangentes com o plano da base e são rectas frontais). Note que as rectas
tangentes à base (t e t’) se determinaram através do processo rigoroso para a determinação das rectas tangentes a uma circunferência que passam por um ponto exterior que, neste caso, é I2. Os
pontos de tangência são T e T’. Cada um dos dois planos tangentes já está definido por duas rectas – θ1 está definido por t e i e θ2
está definido por t’ e i. 4. Determinaram-se as geratrizes de tangência (ou de contacto), g e g’ – g está definida por V e T e g’ está definida por V e T’. 5. Cada um dos dois planos tangentes está definido
por três rectas, mas basta-nos determinar os traços da recta i para
determinarmos os traços dos planos tangentes. fθ1 passa por F2 e é
paralelo à recta t (rectas frontais de um plano são paralelas entre si
e paralelas ao traço frontal do plano, que é uma recta frontal do plano com afastamento nulo). De forma semelhante, fθ2 passa por F2 e
é paralelo a t’. hθ1 passa por H1 e é concorrente com fθ1 no eixo X e
hθ2 passa também por H1 e é concorrente com fθ2 no eixo X.
142.
Em primeiro lugar, representaram-se o cone e a recta h, pelas respectivas projecções, em função dos dados. Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas que nos conduzem à resolução do problema. 1. Por V
conduziu-se uma recta paralela à recta h (recta i), que é a recta de intersecção
dos dois planos tangentes. 2. Determinou-se o ponto de intersecção da recta i
com o plano da base (que é o próprio Plano Frontal de Projecção) – é o traço
frontal da recta i, que se identificou imediatamente com a letra F. 3. Por F conduziram-se as rectas tangentes à base do cone, que são imediatamente, os traços frontais dos dois planos tangentes (uma vez que o plano da base é o
próprio Plano Frontal de Projecção, e só por isso). Cada um dos dois planos
tangentes já está definido por duas rectas – pelo seu traço frontal e pela recta i.
Note que as tangentes à base (os traços frontais dos planos) se determinaram
através do processo rigoroso para a determinação das rectas tangentes a uma
circunferência que passam por um ponto exterior que, neste caso, é F2. Os
pontos de tangência são T e T’. 4. Determinaram-se as geratrizes de tangência
(ou de contacto), g e g’ – g está definida por V e T e g’ está definida por V e T’.
5. Cada um dos dois planos tangentes está definido por três rectas. Uma vez
que a recta i (que é uma recta comum aos dois planos) é horizontal (de nível),
sabe-se imediatamente que os traços horizontais dos dois planos são paralelos
à recta i (rectas horizontais de um plano são paralelas entre si e paralelas ao
traço horizontal do plano, que é uma recta horizontal do plano com cota nula).
Assim, hθ2 é concorrente com fθ2 no eixo X e é paralelo a i1 (hθ2 está definido
por um ponto e uma direcção) No entanto, o ponto de concorrência de fθ1 com
o eixo X está fora dos limites do papel, pelo que, embora tenhamos a direcção
de hθ1, falta-nos um ponto. Por outro lado, o traço horizontal da geratriz g, que
é outra recta do plano, também se situa fora dos limites do desenho. Assim,
recorreu-se a uma recta auxiliar do plano θ1 – a recta f. A recta f é uma recta frontal (de frente) do plano, pelo que é paralela a fθ1 e passa por V
(que é um ponto do plano). Determinou-se H, o traço horizontal de f – hθ1 passa por H1 e é paralelo a i1.
52
SOLUÇÕES
143.
Em primeiro lugar, representaram-se o cone e a recta r, pelas respectivas projecções, em função dos dados. Em seguida, procedeu-se à
execução sequencial das etapas que nos conduzem à resolução do
problema. 1. Por V conduziu-se uma recta paralela à recta r (recta i),
que é a recta de intersecção dos dois planos tangentes. 2. Determinou-se o ponto de intersecção da recta i com o plano da base – ponto I. 3. Por I conduziram-se as rectas tangentes à base do cone – t e
t’ (t e t’ são as rectas de intersecção dos dois planos tangentes com
o plano da base). Note que a recta t é uma recta frontal (de frente),
mas que a recta t’ é uma recta fronto-horizontal (é um caso particular
das rectas frontais). As rectas t e t’ determinaram-se através do processo rigoroso para a determinação das rectas tangentes a uma circunferência que passam por um ponto exterior que, neste caso, é I2.
Os pontos de tangência são T e T’. Cada um dos dois planos tangentes já está definido por duas rectas – θ1 está definido por t e i e θ2
está definido por t’ e i. 4. Determinaram-se as geratrizes de tangência
(ou de contacto), g e g’ – g está definida por V e T e g’ está definida
por V e T’. 5. Cada um dos dois planos tangentes está definido por
três rectas, mas basta-nos determinar os traços da recta i para determinarmos os traços dos planos tangentes. fθ1 passa por F2 e é paralelo à recta t (rectas frontais de um plano são paralelas entre si e
paralelas ao traço frontal do plano, que é uma recta frontal do plano
com afastamento nulo). De forma semelhante, fθ2 passa por F2 e é
paralelo a t’ (note que o plano θ2 é necessariamente um plano de
rampa, pois está definido por uma recta oblíqua e por uma recta fronto-horizontal) – fθ2 é uma recta fronto-horizontal. hθ1 passa por H1 e é
concorrente com fθ1 no eixo X. hθ2 passa também por H1 e é paralelo
a fθ2 (hθ2 também é uma recta fronto-horizontal, pois θ2 é um plano
de rampa).
144.
Em primeiro lugar, representou-se o cilindro, pelas suas projecções,
em função dos dados. Em seguida, os dados do exercício permitiram-nos localizar a projecção frontal do ponto T – este, porque é um
ponto da superfície lateral do sólido, tem de pertencer a uma geratriz
da superfície que o limita, pelo que, por T2, se conduziu a projecção
frontal da geratriz g que o contém. A projecção horizontal da geratriz
obteve-se a partir do ponto A (o ponto da geratriz que se situa na
base de menor afastamento) e da sua direcção (é paralela ao eixo do
cilindro) – T1 situa-se sobre g1. A geratriz g é a geratriz de contacto
(ou de tangência) e é a geratriz ao longo da qual o plano θ será tangente à superfície lateral do cilindro. A geratriz g é, já, uma recta tangente à superfície lateral do cone no ponto T – já temos uma recta
para definir o plano θ. Necessitamos de outra recta. Essa recta pode
ser a tangente à base de menor afastamento do cilindro (a base de
referência) no ponto A (o ponto da geratriz que pertence àquela
base). Uma vez que o ponto A é o próprio traço frontal da geratriz, a
tangente à base do cilindro é, imediatamente, fθ – note que fθ é perpendicular ao raio da base no ponto A. Para definir hθ já temos um
ponto – o ponto do eixo X em que os dois traços são concorrentes.
Falta-nos outro ponto ou uma direcção. Recorreu-se a uma recta
auxiliar do plano – a recta t, que passa por T. A recta t é outra recta
tangente à superfície lateral do cilindro no ponto T – t é uma recta
frontal do plano θ (é paralela a fθ) e é concorrente com g no ponto T.
Determinou-se H, o traço horizontal de t – hθ passa por H1 e é concorrente com fθ no eixo X.
53
SOLUÇÕES
145.
Em primeiro lugar, representou-se o cilindro, pelas suas projecções, em função dos
dados. O plano ϕ é o plano da base de menor afastamento do sólido e o plano ϕ1
(que está a 6 cm – a altura do sólido – do plano ϕ) é o plano da sua base de maior
afastamento. Uma vez que se trata de um cilindro de revolução, com geratrizes de
topo (todos os pontos de uma recta de topo têm a mesma cota), para determinar o
ponto P recorreu-se a uma geratriz g da superfície lateral do cilindro com 5 cm de
cota – a geratriz que se situa à direita do eixo do sólido. O ponto P é o ponto da
geratriz g que tem 5 cm de afastamento. A geratriz g é a geratriz de contacto (ou de
tangência) e é a geratriz ao longo da qual o plano θ será tangente à superfície lateral
do cilindro. A geratriz g é, já, uma recta tangente à superfície lateral do cone no
ponto T – já temos uma recta para definir o plano θ. Necessitamos de outra recta.
Essa recta pode ser a tangente à base de menor afastamento do cilindro (a base de
referência) no ponto A (o ponto da geratriz que pertence àquela base). A recta t é a
tangente à base de menor afastamento do cilindro no ponto A – t é uma recta frontal
e é perpendicular ao raio da base no ponto A. Já temos duas rectas para definir o
plano θ. Note que a recta t é a recta de intersecção do plano θ com o plano ϕ. Determinou-se F, o traço frontal da geratriz g – por F2 conduziu-se fθ, paralelo a t, pois
rectas frontais de um plano são paralelas entre si e paralelas ao traço frontal do plano, que é uma recta frontal do plano com afastamento nulo (fθ ≡ t2, pois θ é um plano de topo). Para definir hθ já temos um ponto (o ponto do eixo X em que os dois
traços são concorrentes) e uma direcção – hθ é paralelo à geratriz g, pois g é uma
recta horizontal (é um caso particular das rectas horizontais) e rectas horizontais de
um plano são paralelas entre si e paralelas ao traço horizontal do plano, que é uma
recta horizontal do plano com cota nula. Note que, atendendo a que a geratriz g é
uma recta de topo, sabia-se, à partida, que o plano θ era um plano de topo, o que
poderia ter evitado algum traçado, como a representação da recta t, por exemplo.
146.
Em primeiro lugar, representou-se o cilindro e o ponto P, pelas
respectivas projecções, em função dos dados. Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas que nos conduzem à
resolução do problema. 1. Por P conduziu-se uma recta paralela
às geratrizes do cilindro (recta i), que é a recta de intersecção
dos dois planos tangentes. 2. Determinou-se o ponto de intersecção da recta i com o plano da base de referência (a base de
menor cota), que é o próprio Plano Horizontal de Projecção. O
ponto I é o próprio traço horizontal da recta i, que se identificou
imediatamente com a letra H. 3. Por H conduziram-se as rectas
tangentes à base de referência do cilindro, que são imediatamente, os traços horizontais dos dois planos tangentes (uma
vez que o plano da base é o próprio Plano Horizontal de Projecção, e só por isso). Cada um dos dois planos tangentes já está
definido por duas rectas – pelo seu traço horizontal e pela recta i.
Note que as tangentes à base (os traços horizontais dos planos)
se determinaram através do processo rigoroso para a determinação das rectas tangentes a uma circunferência que passam por
um ponto exterior que, neste caso, é H1. Os pontos de tangência
são T e T’. 4. Determinaram-se as geratrizes de tangência (ou de
contacto), g e g’ – g passa por T e é paralela ao eixo do cilindro,
tal como g’ passa por T’ e é também paralela ao eixo do sólido.
5. Cada um dos dois planos tangentes está definido por três rectas (a recta i, a respectiva geratriz de contacto e o respectivo traço horizontal). Para determinar os traços frontais dos dois planos,
determinou-se F, o traço frontal da recta i. fθ2 passa por F2 e é
concorrente com hθ2 no eixo X – fθ2 está definido por dois pontos.
Atendendo a que o ponto de concorrência de hθ1 com o eixo X está fora dos limites do desenho, só temos um ponto para definir fθ1, que é
F2 – falta-nos outro ponto ou uma direcção. Recorreu-se a uma recta auxiliar do plano – a recta t. A recta t é uma recta horizontal do plano θ1
– t é concorrente com a geratriz g no ponto A e é paralela a hθ1. Note que a recta t é outra recta do plano θ1 que é tangente à superfície lateral do cilindro (no ponto A). Determinou-se F’, o traço frontal da recta t – fθ1 passa por F2 e por F’2 (está definido por dois pontos).
54
SOLUÇÕES
147.
Em primeiro lugar, representou-se o cilindro e o
ponto P, pelas respectivas projecções, em função
dos dados. O plano ϕ é o plano da base de menor
afastamento (base de referência) e o plano ϕ1 é o
plano da base de maior afastamento e dista 6 cm
(a altura do cilindro) do plano ϕ. Em seguida, procedeu-se à execução sequencial das etapas que
nos conduzem à resolução do problema. 1. Por P
conduziu-se uma recta paralela às geratrizes do
cilindro (recta i), que é a recta de intersecção dos
dois planos tangentes. 2. Determinou-se o ponto
de intersecção da recta i com o plano da base de
referência – ponto I. 3. Por I conduziram-se as
rectas tangentes à base de referência do cilindro, t
e t’ – estas são as rectas de intersecção dos planos tangentes com o plano da base de referência
(o plano ϕ). As rectas t e t’ são rectas dos planos
tangentes. Cada um dos dois planos tangentes já
está definido por duas rectas – θ1 está definido por
t e i e θ2 está definido por t’ e i’. Note que as tangentes à base (t e t’) se determinaram através do
processo rigoroso para a determinação das rectas
tangentes a uma circunferência que passam por
um ponto exterior que, neste caso, é I2. Os pontos
de tangência são T e T’. 4. Determinaram-se as
geratrizes de tangência (ou de contacto), g e g’ –
g passa por T e é paralela ao eixo do cilindro, tal
como g’ passa por T’ e é também paralela ao eixo
do sólido. 5. Cada um dos dois planos tangentes
está definido por três rectas a recta i, a respectiva geratriz de contacto e a respectiva tangente (à base de referência). Para determinar os traços frontais dos dois planos, determinou-se F, o traço frontal da recta i – fθ1 passa por F2 e é paralelo a t2 e fθ2 passa por F2 e paralelo a t’2
(rectas frontais de um plano são paralelas entre si e paralelas ao traço frontal do plano). Em seguida, determinou-se H, o traço horizontal da
recta i – hθ1 passa por H1 e é concorrente com fθ1 no eixo X, tal como hθ2 passa por H1 e é concorrente com fθ2 no eixo X.
148.
Em primeiro lugar, representou-se o cilindro e a recta
h, pelas respectivas projecções, em função dos
dados. Em seguida, procedeu-se à execução
sequencial das etapas que nos conduzem à resolução do problema. 1. Determinar a orientação dos
planos tangentes, definindo um plano paralelo aos
planos tangentes através das duas «famílias» de rectas que se conhecem – a «família» da recta dada
(recta h) e a «família» das geratrizes do cilindro.
Assim, por um ponto qualquer, há que conduzir uma
recta paralela à recta h e uma recta paralela às geratrizes do cilindro. Optou-se, com vista a uma maior
economia de traçados, por escolher o ponto P, da
recta h, como o ponto exterior ao cilindro. Assim, por
P conduziu-se uma recta r, paralela às geratrizes do
sólido – o plano definido pelas rectas r e h (plano θ)
é paralelo aos planos tangentes. 2. Determinou-se a
recta de intersecção do plano θ (o plano definido por
r e h) com o plano da base de referência – fθ (que é,
imediatamente, o traço frontal do plano θ). Optou-se
por determinar também o traço horizontal do plano
θ, hθ, apesar de, à partida, não ser necessário. 3.
Conduziram-se as rectas tangentes à base de referência do cilindro que são paralelas a fθ – estas são,
imediatamente, os traços frontais dos planos tangentes (fθ1 e fθ2). As tangentes à base de referência permitem-nos, ainda, determinar os pontos de
tangência, T e T’. 4. Determinaram-se as geratrizes
(Continua na página seguinte)
55
SOLUÇÕES
de contacto (ou de tangência), g e g’ – g passa por T e é paralela ao eixo do cilindro e g’ passa por T’ e é também paralela ao eixo do cilindro. 5. Cada um dos dois planos tangentes está definido por duas rectas (o respectivo traço frontal e a respectiva geratriz de contacto) e pela
sua orientação (são, ambos, paralelos ao plano θ, cujos traços já conhecemos). Assim, a determinação do traço horizontal de θ1 é imediata –
hθ1 é concorrente com fθ1 no eixo X e é paralelo a hθ (plano paralelos têm os seus traços homónimos paralelos entre si, à excepção dos
planos de rampa). Em relação ao plano θ2, observa-se que o ponto de concorrência dos dois traços se situa fora dos limites do desenho, pelo
que temos, apenas, a direcção de hθ2 – é paralelo a hθ. Falta-nos um ponto. Recorreu-se a uma recta auxiliar do plano θ2 – a recta t. A recta t
é uma recta frontal do plano θ2 – t é concorrente com a geratriz g no ponto A e é paralela a fθ2. Note que a recta t é outra recta do plano θ2
que é tangente à superfície lateral do cilindro (no ponto A). Determinou-se H, o traço horizontal da recta t – hθ2 passa por H1 e é paralelo a hθ.
149.
Em primeiro lugar, representou-se o cilindro e a recta
r, pelas respectivas projecções, em função dos
dados. A recta r tem as suas projecções paralelas
entre si, pois é paralela ao β2/4. O plano ϕ é o plano
que contém a base de menor afastamento do cilindro (a base de referência) e o plano ϕ1 é o plano que
contém a base de maior afastamento do sólido. Os
planos ϕ e ϕ1 distam 7 cm (a altura do cilindro). Em
seguida, procedeu-se à execução sequencial das
etapas que nos conduzem à resolução do problema.
1. Determinar a orientação dos planos tangentes,
definindo um plano paralelo aos planos tangentes
através das duas «famílias» de rectas que se conhecem – a «família» da recta dada (recta r) e a “família”
das geratrizes do cilindro. Pelo ponto P, da recta r,
conduziu-se uma recta h’, paralela às geratrizes do
sólido – o plano definido pelas rectas r e h’ (plano θ)
é paralelo aos planos tangentes. 2. Ao invés de determinar a recta de intersecção do plano θ (o plano
definido por r e h’) com o plano da base de referência (o plano ϕ), conforme exposto na situação anterior, optou-se por determinar a recta de intersecção do
plano θ com o Plano Frontal de Projecção – fθ. Tal
justifica-se pelo facto de um dado plano cortar dois
planos paralelos segundo duas rectas paralelas. Assim, a recta de intersecção do plano θ com o plano ϕ
(o plano da base de referência) é paralela à recta de
intersecção do plano θ com o Plano Frontal de Projecção, pois o plano ϕ é paralelo ao Plano Frontal de
Projecção. Optou-se por determinar também o traço
horizontal do plano θ, hθ, apesar de, à partida, não ser necessário – hθ é concorrente com fθ no eixo X e é paralelo a h. 3. Conduziram-se as
rectas tangentes à base de referência do cilindro que são paralelas a fθ – t e t’. Estas são rectas frontais (de frente) e são as rectas de intersecção dos planos tangentes com o plano ϕ (o plano da base de referência). As tangentes à base de referência permitem-nos, ainda, determinar os pontos de tangência, T e T’. 4. Determinaram-se as geratrizes de contacto (ou de tangência), g e g’ – g passa por T e é paralela ao
eixo do cilindro e g’ passa por T’ e é também paralela ao eixo do cilindro. 5. Cada um dos dois planos tangentes está definido por duas rectas (θ1 está definido por t e g e θ2 está definido por t’ e g’) e pela sua orientação (são, ambos, paralelos ao plano θ, cujos traços já conhecemos). Note que cada um dos planos está definido por uma recta horizontal (a geratriz, g ou g’) e por uma recta frontal (a recta tangente, t ou
t’). Para determinar os traços dos dois planos bastou-nos determinar os traços horizontais das rectas t e t’, H e H’, respectivamente – hθ1
passa por H1 e é paralelo a g (e a hθ) e hθ2 passa por H’1 e é paralelo a g (e a hθ). fθ1 é concorrente com hθ1 no eixo X e é paralelo a t (e a fθ)
e fθ2 é concorrente com hθ2 no eixo X e é paralelo a t’ (e a fθ).
150.
Relatório
Em primeiro lugar, representaram-se o cone e a recta f, pelas respectivas projecções, em função dos dados. Em seguida, procedeu-se à
execução sequencial das etapas que nos conduzem à resolução do problema. 1. Por V conduziu-se uma recta paralela à recta f (recta i),
que é a recta de intersecção dos dois planos tangentes. 2. Determinou-se o ponto de intersecção da recta i com o plano da base – ponto I.
A recta f é paralela ao plano da base (plano ϕ), pelo que o ponto I é um ponto impróprio (um ponto do infinito) – o ponto I situa-se, assim,
no infinito. 3. Por I conduziram-se as rectas tangentes à base do cone – t e t’. Uma vez que o ponto I é um ponto do infinito, as rectas t e t’
são concorrentes com a recta i num ponto do infinito, pelo que são necessariamente paralelas à recta f (rectas paralelas são rectas que
são concorrentes num ponto do infinito). As rectas t e t’, paralelas à recta f (e à recta i), são as rectas de intersecção dos dois planos tangentes com o plano da base. Os pontos de tangência são T e T’. Cada um dos dois planos tangentes já está definido por duas rectas paralelas – θ1 está definido por t e i e θ2 está definido por t’ e i. 4. Determinaram-se as geratrizes de tangência (ou de contacto), g e g’ – g está
definida por V e T e g’ está definida por V e T’. 5. Cada um dos dois planos tangentes está definido por três rectas. Determinaram-se os traços horizontais das rectas i, t e t’ – hθ1 passa por H1 e H’1 e hθ2 passa por H1 e por H’’1. fθ1 é concorrente com hθ1 no eixo X e paralelo a t e
a i e fθ2 é concorrente com hθ2 no eixo X e é paralelo a t’ e a i.
(Resolução na página seguinte)
56
SOLUÇÕES
150.
Resolução
151.
Em primeiro lugar, representou-se o cilindro
e a recta f, pelas respectivas projecções,
em função dos dados. O plano ϕ é o plano
que contém a base de menor afastamento
do cilindro (a base de referência) e o plano
ϕ1 é o plano que contém a base de maior
afastamento do sólido. Os planos ϕ e ϕ1
distam 6 cm (a altura do cilindro). Atendendo
a que o eixo do cilindro está contido numa
recta de perfil, sabe-se que os centros das
duas bases têm a mesma abcissa, o que
nos permitiu determinar as projecções do
ponto Q (o centro da base de menor afastamento do sólido). Em seguida, procedeu-se
à execução sequencial das etapas que nos
conduzem à resolução do problema. 1.
Determinar a orientação dos planos tangentes, definindo um plano paralelo aos planos
tangentes através das duas «famílias» de
rectas que se conhecem – a “família” da recta dada (recta f) e a “família” das geratrizes do cilindro. Pelo ponto A, da recta f, conduziu-se
uma recta p, de perfil, paralela às geratrizes do sólido – o plano definido pelas rectas f e p (plano θ) é paralelo aos planos tangentes. Note
que se definiu a recta p por dois pontos – A e B. Garantiu-se que a recta p é paralela ao eixo do sólido, com o recurso a duas rectas auxiliares – as rectas a e b (ver exercício 2). Se a recta p e o eixo do cilindro são paralelos, então são complanares – as rectas a e b, são duas rectas desse plano e, por isso, também elas são complanares entre si. A recta a passa por O e por A. A recta b passa por Q e, sendo
complanar com a recta a, optou-se por fazê-la concorrente com a recta a num ponto R. A recta b, sendo complanar com a recta p, é concorrente com esta num ponto – o ponto B. Este raciocínio garantiu-nos que a recta p, definida por A e B, é paralela ao eixo do sólido. 2. Tal
como no exercício 149, ao invés de determinar a recta de intersecção do plano θ (o plano definido por f e p) com o plano da base de referência (o plano ϕ), optou-se por determinar a recta de intersecção do plano θ com o Plano Frontal de Projecção – fθ. A recta de intersecção
do plano θ com o plano ϕ (o plano da base de referência) é paralela à recta de intersecção do plano θ com o Plano Frontal de Projecção,
pois o plano ϕ é paralelo ao Plano Frontal de Projecção (um dado plano corta dois planos paralelos segundo duas rectas paralelas). Para
determinar fθ foi necessário o recurso ao rebatimento da recta p, através do rebatimento do plano π, de perfil, que a contém. Em rebatimento,
determinou-se o traço frontal da recta p (F), cujas projecções se obtiveram com a inversão do rebatimento – fθ passa por F2 e é paralelo a f. hθ
é concorrente com fθ no eixo X e contém H, o traço horizontal da recta f (note que se optou por determinar também o traço horizontal do
plano θ, hθ, apesar de, à partida, não ser necessário). 3. Conduziram-se as rectas tangentes à base de referência do cilindro que são paralelas a fθ – t e t’. Estas são rectas frontais (de frente) e são as rectas de intersecção dos planos tangentes com o plano ϕ (o plano da base de
referência). As tangentes à base de referência permitem-nos, ainda, determinar os pontos de tangência, T e T’. 4. Determinaram-se as geratrizes de contacto (ou de tangência), g e g’, que são também de perfil – g passa por T e é paralela ao eixo do cilindro (está definida por um
(Continua na página seguinte)
57
SOLUÇÕES
ponto e uma direcção) e g’ passa por T’ e é também paralela ao eixo do cilindro (está igualmente definida por um ponto e uma direcção). 5.
Cada um dos dois planos tangentes está definido por duas rectas (θ1 está definido por t e g e θ2 está definido por t’ e g’) e pela sua orientação (são, ambos, paralelos ao plano θ, cujos traços já conhecemos). Para determinar os traços dos dois planos bastou-nos determinar os
traços horizontais das rectas t e t’, H’ e H’’, respectivamente – hθ1 passa por H’1 e é paralelo a hθ e hθ2 passa por H’’1 e é paralelo a hθ. fθ1 é
concorrente com hθ1 no eixo X e é paralelo a t (e a fθ) e fθ2 é concorrente com hθ2 no eixo X e é paralelo a t’ (e a fθ).
20
S ECÇÕES P L ANA S
152.
Em primeiro lugar, representou-se a pirâmide, pelas suas projecções, e o plano secante
(o plano ϕ), pelo seu traço horizontal, em função dos dados. Em seguida, atendendo a que
o plano secante é paralelo ao plano da base, sabe-se imediatamente que a figura da secção será um polígono semelhante ao hexágono da base, e com os seus lados paralelos
aos lados correspondentes do hexágono da base. Por outro lado, uma vez que o plano ϕ
(o plano secante) é projectante horizontal, os vértices da figura da secção foram determinados a partir das suas projecções horizontais – tratou-se de determinar os pontos de intersecção das arestas laterais (que estão contidas em rectas não projectantes) com um plano
projectante horizontal (o plano ϕ). A partir das projecções dos seis vértices da figura da secção (aos quais não se atribuiu nenhum nome, para simplificar a leitura da resolução gráfica
apresentada), desenharam-se as projecções da figura (que é um hexágono regular, com lados fronto-horizontais, tal como a base). Em projecção horizontal, a figura da secção reduz-se a um segmento de recta, pois o plano secante é projectante horizontal. Já em projecção
frontal, o hexágono projecta-se em V.G. mas, atendendo a que não houve a desagregação
do sólido (é pedida a figura da secção e não o sólido resultante da secção) há que
representar as suas invisibilidades. Os lados invisíveis da figura da secção são os que
estão contidos nas faces invisíveis (em projecção frontal) da pirâmide – as faces laterais
[CDV] e [DEV]. Os outros quatro lados da figura da secção são visíveis, por estarem contidos em faces visíveis da pirâmide (em projecção frontal).
153.
Em primeiro lugar, representou-se o prisma, pelas suas projecções, e o
plano secante, pelo seu traço frontal, em função dos dados. O plano ν é o
plano que contém a base inferior do prisma e o plano ν1 o plano que
contém a sua base superior. O plano ν2 é o plano secante. Uma vez que o
plano secante é paralelo aos planos das bases, sabe-se imediatamente que
a figura da secção será um polígono geometricamente igual aos quadrados
das bases, e com os seus lados paralelos aos lados correspondentes
daqueles. Por outro lado, uma vez que o plano ν2 (o plano secante) é projectante frontal, os vértices da figura da secção foram determinados a partir
das suas projecções frontais – tratou-se de determinar os pontos de intersecção das arestas laterais (que estão contidas em rectas não projectantes)
com um plano projectante frontal (o plano ν2). A partir das projecções dos
quatro vértices da figura da secção (aos quais não se atribuiu nenhum
nome, para simplificar a leitura da resolução gráfica apresentada), desenharam-se as projecções da figura (que é um quadrado) e as projecções do sólido resultante da secção (a parte do prisma compreendida entre o plano
secante e a base inferior). Note que se representou, a traço forte, o sólido
resultante da secção, por ser esse o pretendido – a parte do sólido que é
desprezada (a parte compreendida entre o plano secante e a base superior)
representou-se a traço leve, pois trata-se de uma construção auxiliar para
atingir o objectivo do exercício. O sólido resultante da secção é, no presente
caso, um outro prisma – um prisma quadrangular oblíquo, com bases horizontais (de nível), cuja base inferior é o quadrado [ABCD] e com 4 cm de
altura (a diferença das cotas do plano ν e do plano ν2). Assim, representaram-se os contornos aparentes (horizontal e frontal) desse novo sólido, bem
como as respectivas invisibilidades. Por fim, atendendo a que, em projecção
horizontal, a figura da secção é visível (a superfície da figura, ou seja, a
área do corte), identificou-se a figura a tracejado (em projecção horizontal).
58
SOLUÇÕES
154.
Em primeiro lugar, representou-se a pirâmide, pelas suas projecções, e o plano secante,
pelo seu traço frontal, em função dos dados. Considerou-se A o vértice de maior afastamento da base – o lado oposto do pentágono (o lado [CD]) é fronto-horizontal e a aresta lateral [AV] é de perfil, conforme foi expressamente pedido no enunciado. Em
seguida, atendendo a que o plano secante é paralelo ao plano da base, sabe-se imediatamente que a figura da secção será um polígono semelhante ao pentágono da base, e
com os seus lados paralelos aos lados correspondentes do pentágono da base. Por
outro lado, uma vez que o plano ν1 (o plano secante) é projectante frontal, os vértices da
figura da secção foram determinados a partir das suas projecções frontais – tratou-se de
determinar os pontos de intersecção das arestas laterais (que estão contidas em rectas
não projectantes) com um plano projectante frontal (o plano ν1). No entanto, o ponto A’,
que é o ponto em que o plano ν1 corta a aresta [AV] (a aresta lateral de perfil), não teve
determinação imediata a partir da sua projecção frontal (como os pontos B’, C’, D e E’),
uma vez que não é possível determinar, de forma directa, as projecções de pontos pertencentes a rectas de perfil – as projecções de uma recta de perfil não verificam o Critério de reversibilidade, pelo que a condição para que um ponto pertença a uma recta é
condição necessária, mas não suficiente. No entanto, atendendo a que a figura da secção (o polígono [A’B’C’D’E’]) é um pentágono regular, de lados paralelos aos lados
correspondentes do pentágono da base, sabe-se que o lado [A’B’] é paralelo ao lado
[AB], da base, tal como o lado [A’E’] é paralelo ao lado [AE], da base. Com esse raciocínio, conduziu-se, por B’1, uma paralela a [A1B1], obtendo A’1 sobre [A1V1] – o ponto
A’1, assim determinado, garante-nos também que [A’1E’1] é paralelo a [A1E1]. A partir
das projecções dos cinco vértices da figura da secção, desenharam-se as suas projecções – a sua projecção frontal reduz-se a um segmento de recta (o plano secante é projectante frontal) e a sua projecção horizontal está em V.G. (é o pentágono regular
[A’1B’1C’1D’1E’1]). No entanto, não havendo a desagregação do sólido (é pedida a figura da secção e não o sólido resultante da secção),
há que representar as suas invisibilidades. A figura da secção é totalmente invisível em projecção horizontal, pois os seus lados estão contidos nas faces laterais do sólido que, em projecção horizontal, são todas invisíveis.
155.
Em primeiro lugar, representou-se a pirâmide, pelas suas projecções, e o plano secante,
pelos seus traços, em função dos dados. A circunferência circunscrita ao pentágono da
base tem centro em Q e raio Q
A
, pois A é um dos pontos do pentágono. A recta h é a
recta horizontal (de nível) que é a recta suporte da aresta lateral [AV] – h faz, com o
Plano Frontal de Projecção, o ângulo pretendido. A aresta [AV] é paralela ao Plano
Horizontal de Projecção, pelo que se projecta em V.G. no Plano Horizontal de Projecção – a partir de A1, sobre h1, mediram-se os 8 cm (o comprimento da aresta [AV]),
obtendo V1 (garantindo que o vértice é invisível em projecção frontal, ou seja, que tem
afastamento inferior a A). A partir de todos os vértices do sólido, desenharam-se as
suas projecções, atendendo às invisibilidades. O plano secante passa pelo vértice B,
da base. Além disso, o plano α corta uma aresta da base (a aresta [DE], no ponto M)
e duas arestas laterais (as arestas [AV] e [EV], nos pontos O e N, respectivamente). A
figura da secção tem, assim, quatro vértices – é um quadrilátero. Uma vez que não
existe desagregação do sólido (é pedida a figura da secção e não o sólido resultante da secção), há que representar as invisibilidades da figura da secção (se as houver). Em projecção horizontal, a figura da secção reduz-se a um segmento de recta,
pois o plano secante é projectante horizontal. Em projecção frontal, apenas a base do
sólido é visível, pelo que apenas o lado da figura da secção que está contido na base
do sólido é visível – o lado [BM]. Os lados [MN], [NO] e [BO], da figura da secção,
são invisíveis em projecção frontal, pois estão contidos em faces do sólido que são
invisíveis em projecção frontal – as faces laterais [DEV], [AEV] e [ABV], respectivamente. Note que a superfície da figura da secção (a área do corte) não é visível em
nenhuma das projecções, pois não há a desagregação do sólido, pelo que não há
lugar à execução de tracejado.
156.
Em primeiro lugar, representou-se o cubo, pelas suas projecções, e o plano secante, pelos seus traços, em função dos dados. O plano ϕ é
o plano frontal (de frente) que contém a face de menor afastamento do cubo. O plano ϕ1 é o plano frontal (de frente) que contém a face de
maior afastamento do cubo – ϕ1 tem 7 cm de afastamento (2 + 5 = 7), ou seja, dista 5 cm (a medida da aresta do cubo) do plano ϕ. Uma
vez que o cubo tem faces contidas em planos projectantes frontais, sabe-se imediatamente que o cubo tem arestas de topo (projectantes
frontais). Assim, a aresta do cubo que pertence ao Plano Horizontal de Projecção (a única aresta pela qual o cubo assenta no Plano Horizontal de Projecção) é necessariamente de topo. Uma das faces laterais contíguas a essa aresta faz um ângulo de 30° (a.d.) com o Plano
Horizontal de Projecção – isso permitiu-nos perceber a posição dos quadrados das faces que estão contidas nos planos frontais (de frente)
e, dessa forma, concluir a construção das projecções do sólido. Note que não se atribuíram nomes aos vértices do sólido, de forma a simplificar a leitura da resolução gráfica apresentada.
(Continua na página seguinte)
59
SOLUÇÕES
a) Analisando a posição do plano secante em
relação ao sólido, constata-se que o plano α
(o plano secante) corta duas arestas da face
frontal (de frente) de maior afastamento (nos
pontos A e B), a aresta de topo de menor cota
(no ponto C), a aresta de topo de maior cota
(no ponto D) e duas arestas da face frontal (de
frente) de menor afastamento (nos pontos E e
F). A figura da secção tem, assim, seis vértices
– é um hexágono (irregular). Uma vez que é pedido o sólido resultante da secção (a parte do
sólido compreendida entre o plano secante e o
Plano Frontal de Projecção), que é um outro
sólido, foi esse sólido que se representou a traço forte – a parte do sólido que é desprezada
(a parte compreendida entre o plano secante e
o plano ϕ1) representou-se a traço leve, pois
trata-se de uma construção auxiliar para atingir
o objectivo do exercício (que se representa a
traço forte). Note que a superfície da figura da
secção (a área do corte), após a desagregação
do sólido, é visível em projecção frontal,
razão pela qual se identificou com tracejado.
b) A figura da secção não se projecta em V.G. em
nenhum dos planos de projecção, pois o plano
secante (o plano α) não é paralelo e nenhum
dos planos de projecção. Assim, é necessário o
recurso a um processo geométrico auxiliar –
optou-se pelo rebatimento do plano α (o plano secante) para o Plano Frontal de Projecção. A charneira foi fα. Após o rebatimento dos
seis vértices da figura da secção, desenhou-se o polígono da mesma em V.G. (em rebatimento).
157.
Em primeiro lugar, representou-se a pirâmide, pelas suas
projecções, e o plano secante, pelos seus traços, em função
dos dados. Note que, para a construção das projecções da
pirâmide, se recorreu ao rebatimento do plano de perfil π que
contém a base do sólido para, dessa forma, se obterem as
projecções do quadrado. Rebateu-se o plano π para o Plano
Frontal de Projecção – a charneira foi f π . A partir de A r ,
mediu-se o ângulo de 30° que o lado [AB] faz com o Plano
Horizontal de Projecção – esse ângulo é igual ao ângulo que
o lado [AB] faz com hπ e que está em V.G. no ângulo que o
[ArBr] faz com hπr. Note que se garantiu que o quadrado,
após a sua construção, se situa no 1o Diedro e que o ponto
B tem cota superior a A. Sobre o lado do ângulo, a partir de
Ar, mediram-se os 5 cm (a medida do lado do quadrado) e
construiu-se o polígono em V.G., em rebatimento. Invertendo
o rebatimento, obtiveram-se as projecções do quadrado –
note que se teve o cuidado de determinar, ainda, as projecções o centro do quadrado, o ponto O (que foi determinado
previamente em rebatimento). O eixo da pirâmide está contido numa recta fronto-horizontal (ortogonal ao plano π) que
passa por O e o seu comprimento (que corresponde à altura
da pirâmide) projecta-se em V.G. nos dois planos de projecção – determinou-se V, o vértice da pirâmide, que se situa
à esquerda do plano da base (conforme é pedido no enunciado) e desenharam-se as projecções do sólido, atendendo às respectivas invisibilidades. O ponto M é o ponto médio do eixo da pirâmide
e o plano δ (o plano secante) contém M. O plano secante corta as quatro arestas laterais da pirâmide, pelo que a figura da secção tem quatro vértices – é um quadrilátero. Uma vez que não existe desagregação do sólido (é pedida a figura da secção e não o sólido resultante
da secção), há que representar as invisibilidades da figura da secção (se as houver). Em projecção horizontal, a figura da secção reduz-se
a um segmento de recta, pois o plano secante é projectante horizontal. Em projecção frontal, as faces laterais visíveis são as faces [ABV] e
[BCV] – as faces laterais [CDV] e [ADV] são invisíveis, em projecção frontal. Assim, os lados [KL] e [LM], da figura da secção, são visíveis
em projecção frontal (por estarem contidos em faces laterais visíveis) enquanto que os lados [MN] e [KN], da figura da secção, são invisíveis em projecção frontal (por estarem contidos em faces laterais invisíveis). Note que a superfície da figura da secção (a área do corte)
não é visível em nenhuma das projecções, pois não há a desagregação do sólido, pelo que não há lugar à execução de tracejado.
60
SOLUÇÕES
158.
Em primeiro lugar, representou-se a pirâmide, pelas suas projecções, e o plano secante, pelos seus traços, em função dos
dados. A aresta lateral [AV] é de perfil, pelo que V tem a mesma
abcissa de A. A aresta lateral [BV] é frontal (de frente), pelo que
V tem o mesmo afastamento de B. Estes dois dados permitiramnos determinar V1 a projecção horizontal de V – V2 determinou-se em função da altura da pirâmide. Em seguida, averiguou-se
se o plano secante corta a base. A recta de intersecção do plano ρ (o plano secante) com o plano da base é hρ – hρ é exterior
à base (não corta a base), pelo que o plano ρ não corta a base
da pirâmide. O plano cortará, então, apenas as arestas laterais
da pirâmide, pelo que a figura da secção terá quatro vértices –
será um quadrilátero. Assim, determinaram-se os pontos em
que o plano ρ corta as arestas laterais do sólido. Começou-se
por determinar o ponto de intersecção da aresta lateral [BV]
com o plano ρ – para tal recorreu-se ao método geral da intersecção de rectas com planos. O plano ϕ, frontal (de frente) é o
plano auxiliar que contém a aresta [BV] (ϕ é o plano projectante
horizontal da aresta). A recta m é a recta de intersecção de ϕ
com ρ – m determinou-se com o recurso a uma recta auxiliar r
do plano ρ. A recta m é fronto-horizontal e passa por M, o ponto
de intersecção de r com ϕ. B’ é o ponto de intersecção da recta
m com a aresta [BV] – B’ é o ponto de intersecção da aresta
[BV] com o plano secante. Já temos um ponto da figura da secção – o ponto B’. Em seguida, determinou-se a recta de intersecção do plano que contém a face lateral [ABV] (o plano ABV) com o plano secante – a recta i. Para definir a recta i necessitamos de dois
pontos ou um ponto e uma direcção. Já temos um ponto – B’. B’ é um ponto que pertence ao plano ρ (pois pertence à recta m, que pertence ao plano ρ) e pertence ao plano ABV (pois pertence à recta BV, que pertence ao plano ABV). Falta-nos outro ponto ou uma direcção.
Desenhou-se a recta suporte da aresta [AB], da base – a recta AB. A recta AB é a recta de intersecção do plano ABV com o plano da base
(o Plano Horizontal de Projecção). A recta AB e hρ são complanares (hρ é a recta de intersecção do plano ρ com o plano da base) e não são
paralelas, pelo que são concorrentes – I é o ponto de concorrência. O ponto I é, assim, outro ponto comum aos dois planos (o plano ABV e
o plano ρ). A recta i (a recta de intersecção do plano ABV com o plano ρ) fica definida por B’ e por I. A recta i intersecta a aresta [AV] no
ponto A’ – A’ é, assim, outro ponto da figura da secção. Em seguida, determinou-se a recta de intersecção do plano que contém a face lateral [BCV] (o plano BCV) com o plano secante – a recta i’. Para definir a recta i’ necessitamos de dois pontos ou um ponto e uma direcção.
Já temos um ponto – B’. B’ é um ponto que pertence ao plano ρ e pertence ao plano BCV (pois pertence à recta BV, que pertence ao plano
BCV). Falta-nos outro ponto ou uma direcção. Desenhou-se a recta suporte da aresta [BC], da base – a recta BC. A recta BC é a recta de
intersecção do plano BCV com o plano da base (o Plano Horizontal de Projecção). A recta BC e hρ são complanares (hρ é a recta de intersecção do plano ρ com o plano da base) e não são paralelas, pelo que são concorrentes – I’ é o ponto de concorrência. O ponto I’ é,
assim, outro ponto comum aos dois planos (o plano BCV e o plano ρ). A recta i’ (a recta de intersecção do plano BCV com o plano ρ) fica
definida por B’ e por I’. A recta i’ intersecta a aresta [CV] no ponto C’ – C’ é, assim, outro ponto da figura da secção. Por fim determinou-se
o ponto de intersecção da aresta lateral [DV] com o plano ρ – para tal recorreu-se novamente ao método geral da intersecção de rectas com
planos. O plano θ, vertical, é o plano auxiliar que contém a aresta [DV] (θ é o plano projectante horizontal da aresta). A recta i’’ é a recta de
intersecção de θ com ρ – i’’ está definida pelos seus traços nos planos de projecção, F’ e H’. D’ é o ponto de intersecção da recta i’’ com a
aresta [DV] – D’ é o ponto de intersecção da aresta [DV] com o plano secante. Já temos outro ponto da figura da secção – o ponto D’. A
partir dos quatro vértices da figura da secção, desenharam-se as suas projecções. Em seguida desenharam-se as projecções do sólido
resultante da secção – a parte compreendida entre o plano secante e a base, que se representou a traço forte, sendo que a parte desprezada (a parte compreendida entre o plano secante e o vértice) se representou a traço leve. Note que o contorno aparente frontal do sólido
resultante da secção é [B2B’2C’2D’2D2A2]. A superfície da figura da secção (a área do corte) é visível em ambas as projecções, o que se
identificou com tracejado (paralelo ao eixo X) em ambas as projecções. Salienta-se que o processo exposto consiste na aplicação do terceiro processo para a determinação de secções produzida por planos não projectantes (o método misto). No entanto, poder-se-ia ter recorrido ao segundo processo, ou seja, ao recurso exclusivo do método geral da intersecção de rectas com planos, para a determinação
dos pontos de intersecção de cada uma das arestas com o plano secante.
159.
Em primeiro lugar, representou-se o prisma, pelas suas projecções, e o plano secante, pelos seus traços, em função dos dados. O triângulo
[ABC] é rectângulo em A, pelo que os lados [AC] e [AB] são perpendiculares entre si – o vértice C, do triângulo, determinou-se em função do
comprimento do lado [AC] (que é 3 cm). O plano ϕ (o plano da base de maior afastamento) tem 7 cm de afastamento, que é a altura do sólido. O plano α (o plano secante) tem os seus traços simétricos em relação ao eixo X, pois é ortogonal ao β1/3. Em seguida, averiguou-se se o
plano secante corta as bases. A recta de intersecção do plano ρ (o plano secante) com o plano da base de menor afastamento é fα – fα é
exterior à base [ABC] (não corta a base), pelo que o plano ρ não corta a base de menor afastamento do prisma. Note que não se determinou
a recta de intersecção do plano α (o plano secante) com o plano ϕ (o plano da base de maior afastamento do prisma), com vista a não tornar
ainda mais difícil a leitura da resolução gráfica apresentada. No entanto, caso se tivesse determinado a recta de intersecção dos dois planos,
constatar-se-ia que a recta seria exterior à base [A’B’C’], pelo que o plano α também não corta a base de maior afastamento do sólido.
Assim, o plano cortará, apenas, as arestas laterais do prisma, pelo que a figura da secção terá três vértices – será um triângulo. Começou-se
(Continua na página seguinte)
61
SOLUÇÕES
por determinar o ponto de intersecção da aresta lateral [AA’] com o plano α
– para tal recorreu-se ao método geral da intersecção de rectas com planos.
O plano ν, horizontal (de nível), é o plano auxiliar que contém a aresta [AA’]
(ν é o plano projectante frontal da aresta). A recta h é a recta de intersecção
de ν com α – h está definida por um ponto (o seu traço frontal, F) e por uma
direcção (é paralela a hα, pois é uma recta horizontal de α e rectas horizontais de um plano são paralelas entre si e paralelas ao traço horizontal do plano). K é o ponto de intersecção da recta h com a aresta [AA’] – K é o ponto
de intersecção da aresta [AA’] com o plano secante. Já temos um ponto da
figura da secção – o ponto K. Em seguida determinou-se o ponto de intersecção da aresta lateral [CC’] com o plano α, pelo mesmo processo. O plano ν’, horizontal (de nível), é o plano auxiliar que contém a aresta [CC’] (ν’ é
o plano projectante frontal da aresta). A recta h’ é a recta de intersecção de
ν’ com α – h’ está definida por um ponto (o seu traço frontal, F’) e por uma
direcção (é paralela a hα). N é o ponto de intersecção da recta h’ com a aresta [CC’] – N é o ponto de intersecção da aresta [CC’] com o plano secante.
Já temos outro ponto da figura da secção – o ponto N. Em seguida, determinou-se a recta de intersecção do plano que contém a face lateral [AA’B’B]
(o plano AA’B) com o plano secante – a recta i. Para definir a recta i necessitamos de dois pontos ou um ponto e uma direcção. Já temos um ponto – K.
K é um ponto que pertence ao plano α (pois pertence à recta h, que pertence ao plano α) e pertence ao plano AA’B (pois pertence à recta AA’, que pertence ao plano AA’B). Falta-nos outro ponto ou uma direcção. Desenhou-se
a recta suporte da aresta [AB], da base [ABC] – a recta AB. A recta AB é a recta de intersecção do plano AA’B com o plano da base (o Plano Frontal de Projecção). A recta AB e fα são complanares (fα é a recta de intersecção do plano α com o plano da base [ABC]) e não são
paralelas, pelo que são concorrentes – I é o ponto de concorrência. O ponto I é, assim, outro ponto comum aos dois planos (o plano AA’B
e o plano α). A recta i (a recta de intersecção do plano AA’B com o plano α) fica definida por K e por I. A recta i intersecta a aresta [BB’] no
ponto L – L é, assim, outro ponto da figura da secção. A partir dos três vértices da figura da secção (o triângulo [KLN]), desenharam-se as
suas projecções. Em projecção horizontal, os lados [LN] e [KN], da figura da secção, são invisíveis, pois estão contidos em faces invisíveis do sólido (em projecção horizontal) – as faces [BB’C’C] e [AA’C’C]. Em projecção frontal, os lados [KL] e [KN], da figura da secção,
são invisíveis, pois estão contidos em faces invisíveis do sólido (em projecção frontal) – as faces [AA’B’B] e [AA’C’C]. A superfície da figura da secção (a área do corte) é invisível em ambas as projecções (pois não houve a desagregação do sólido), pelo que não há lugar à execução de tracejado. Salienta-se que o processo exposto consiste na aplicação do terceiro processo para a determinação de secções
produzida por planos não projectantes (o método misto). No entanto, poder-se-ia ter recorrido ao segundo processo, ou seja, ao recurso
exclusivo do método geral da intersecção de rectas com planos, para a determinação dos pontos de intersecção de cada uma das arestas
com o plano secante.
160.
Em primeiro lugar, representou-se o cubo, pelas suas projecções, e o
plano secante, pelos seus traços, em função dos dados. O quadrado
[ABCD] é a face do cubo que está contida no Plano Horizontal de Projecção. O plano ν é o plano horizontal (de nível) que contém a face superior
do cubo. O plano γ (o plano secante) tem os seus traços coincidentes,
pois é ortogonal ao β2/4. Em seguida, averiguou-se se o plano secante
corta as faces horizontais (de nível) do cubo. A recta de intersecção do
plano γ (o plano secante) com o plano da face inferior (o quadrado
[ABCD]) do cubo é hγ – hγ é exterior ao quadrado [ABCD], pelo que o
plano γ não corta a face inferior do sólido. Em seguida determinou-se a
recta de intersecção do plano γ (o plano secante) com o plano ν (o plano
que contém a face superior do sólido) – a recta h. A recta h está definida
por um ponto (o seu traço frontal, F) e por uma direcção (é paralela a hγ
pois rectas horizontais de um plano são paralelas entre si e paralelas ao
taco horizontal do plano). A recta h corta o quadrado da face superior do
cubo nos pontos K e L – K e L são, assim, dois pontos da figura da secção (são os pontos em que o plano γ corta as arestas da face superior do
cubo). Em seguida, determinou-se a recta de intersecção do plano que
contém a face vertical que contém a aresta [AB] (o plano ABK) com o
plano secante – a recta i. Para definir a recta i necessitamos de dois pontos ou um ponto e uma direcção. Já temos um ponto – K. K é um ponto
que pertence ao plano γ (pois pertence à recta h, que pertence ao plano
γ) e pertence ao plano ABK. Falta-nos outro ponto ou uma direcção. Desenhou-se a recta suporte da aresta [AB], da face [ABCD] – a recta
AB. A recta AB é a recta de intersecção do plano ABC com o plano da face inferior do cubo (o Plano Horizontal de Projecção). A recta AB e
hγ são complanares (hγ é a recta de intersecção do plano γ com o plano da face [ABCD]) e não são paralelas, pelo que são concorrentes – I
é o ponto de concorrência. O ponto I é, assim, outro ponto comum aos dois planos (o plano ABK e o plano γ). A recta i (a recta de intersecção do plano ABK com o plano γ) fica definida por K e por I. A recta i intersecta a aresta vertical que passa por A no ponto N – N é, assim,
(Continua na página seguinte)
62
SOLUÇÕES
outro ponto da figura da secção. Determinou-se, em seguida, a recta de intersecção do plano que contém a face vertical que contém a aresta
[CD] (o plano CDL) com o plano secante – a recta i’. Para definir a recta i’ necessitamos de dois pontos ou um ponto e uma direcção. Já
temos um ponto – L. L é um ponto que pertence ao plano γ (pois pertence à recta h, que pertence ao plano γ) e pertence ao plano CDL. Falta-nos outro ponto ou uma direcção. Desenhou-se a recta suporte da aresta [CD], da face [ABCD] – a recta CD. A recta CD é a recta de intersecção do plano ABC com o plano da face inferior do cubo (o Plano Horizontal de Projecção). A recta CD e hγ são complanares (hγ é a recta
de intersecção do plano γ com o plano da face [ABCD]) e não são paralelas, pelo que são concorrentes – I’ é o ponto de concorrência. O
ponto I’ é, assim, outro ponto comum aos dois planos (o plano CDL e o plano γ). A recta i’ (a recta de intersecção do plano CDL com o plano
γ) fica definida por L e por I’. A recta i’ intersecta a aresta vertical que passa por D no ponto M – M é, assim, outro ponto da figura da secção.
O plano secante corta, assim, duas arestas verticais do cubo e duas arestas horizontais (de nível) da face superior – a figura da secção tem
quatro vértices (é um quadrilátero). A partir dos quatro vértices da figura da secção, desenharam-se as suas projecções. Em seguida desenharam-se as projecções do sólido resultante da secção – a parte compreendida entre o plano secante e o Plano Horizontal de Projecção,
que se representou a traço forte, sendo que a parte desprezada (a parte compreendida entre o plano secante e o plano ν, da face superior)
se representou a traço leve. A superfície da figura da secção (a área do corte) é visível apenas em projecção horizontal (note que o plano
secante é um plano em tensão, pelo que a face visível da figura, em ambas as projecções, não é a mesma), o que se identificou com tracejado (paralelo ao eixo X). Salienta-se que a superfície da figura da secção (a área do corte) é invisível em projecção frontal, razão pela qual não
há lugar à execução de tracejado, em projecção frontal. Salienta-se ainda que o processo exposto consiste na aplicação do terceiro processo para a determinação de secções produzida por planos não projectantes (o método misto). No entanto, poder-se-ia ter recorrido ao segundo processo, ou seja, ao recurso exclusivo do método geral da intersecção de rectas com planos, para a determinação dos pontos de
intersecção de cada uma das arestas com o plano secante.
161.
Em primeiro lugar, representou-se a pirâmide, pelas suas projecções,
e o plano secante, pelos seus traços, em função dos dados. A altura
da pirâmide é 8 cm, pelo que o vértice V tem 8 cm de afastamento.
As arestas laterais [AV] e [DV] são de perfil, o que significa que V
tem a mesma abcissa de A e D. A aresta lateral [BV] é horizontal
(de nível), o que significa que V tem a mesma de B. Foram estes os
raciocínios que nos permitiram determinar as projecções de V e as
projecções da pirâmide.
a) O plano secante corta as cinco arestas laterais da pirâmide,
pelo que a figura da secção tem cinco vértices – é um pentágono
(irregular, pois o plano secante não é paralelo ao plano da
base). O plano secante corta as arestas laterais [BV], [CV] e
[EV] nos pontos R, Q e U, respectivamente – estes pontos têm
determinação imediata a partir das suas projecções horizontais
(o plano secante é projectante horizontal). O plano δ corta as
arestas laterais [AV] e [DV] (as arestas de perfil) nos pontos S e
T, respectivamente – as projecções horizontais destes pontos
determinam-se imediatamente, o mesmo não acontecendo com
as suas projecções frontais, pois as projecções de rectas de
perfil não verificam o Critério de Reversibilidade. Os pontos S e
T são, assim, os pontos “problemáticos” da secção. A determinação destes pontos processou-se com o recurso ao método
dos planos paralelos à base. Conduziu-se um plano frontal
(de frente) ϕ – um plano paralelo à base – pelos pontos S e T.
Em seguida, desenhou-se parte da secção produzida por ϕ na pirâmide, da qual S e T são dois vértices – ϕ corta as arestas [CV] e [BV]
nos pontos M e N, respectivamente. A figura da secção produzida por ϕ na pirâmide será um pentágono (regular), semelhante ao pentágono da base e com os seus lados paralelos aos lados correspondentes do pentágono [ABCDE]. Assim, por M2 conduziu-se uma paralela a [C2D2], obtendo T2 sobre [D2V2]. Em seguida, por N2 conduziu-se uma paralela a [A2B2], obtendo S2 sobre [A2V2]. A partir das
projecções dos cinco vértices da figura da secção (a secção produzida pelo plano δ na pirâmide), desenharam-se as suas projecções,
representando-se as projecções do sólido pedido a traço forte – o sólido resultante da secção (a parte compreendida entre o plano
secante e a base ou o Plano Frontal de Projecção). A parte desprezada da pirâmide (a parte compreendida entre o plano secante e o
vértice) representou-se a traço leve. Note que a superfície da figura da secção (a área do corte) é visível em projecção frontal, razão pela
qual se identificou com tracejado. Sublinha-se que a determinação dos pontos S e T (os pontos “problemáticos” da secção) se poderia
ter processado com o recurso ao rebatimento do plano de perfil que contém as arestas [AV] e [DV].
b) Para determinar a V.G. da secção, e ma vez que o plano que a contém (o plano secante) não é paralelo a nenhum dos planos de projecção, recorreu-se ao rebatimento do plano δ para o Plano Frontal de Projecção – a charneira foi fδ. O pentágono irregular [QrRrSrUrTr] é a
figura da secção em V.G., em rebatimento.
162.
Em primeiro lugar, representou-se a pirâmide, pelas suas projecções, e o plano secante, pelos seus traços, em função dos dados. O plano
secante corta três arestas laterais e duas arestas da base da pirâmide, pelo que a figura da secção tem cinco vértices – é um pentágono (irregular). O plano secante corta as arestas laterais [BV] e [CV] nos pontos T e S, respectivamente – estes pontos têm determinação imediata a partir
das suas projecções horizontais, pois o plano secante é projectante horizontal. O plano δ corta as arestas da base [AB] e [DE] nos pontos U e
Q, respectivamente – estes pontos também têm determinação imediata a partir das suas projecções horizontais. O plano secante corta a aresta
(Continua na página seguinte)
63
SOLUÇÕES
lateral [DV] (que é de perfil) no ponto R – R1 determina-se imediatamente, o mesmo não
acontecendo com R2, pois as projecções de rectas de perfil não verificam o Critério de reversibilidade. O ponto R é, assim, o ponto “problemático” da secção. A determinação deste
ponto processou-se com o recurso ao método dos planos paralelos à base, mas com um
raciocínio diferente do do exercício anterior, pois trata-se da situação inversa. Note que, nesta
situação, se tem a projecção que nos faltava no exercício anterior – não é possível conduzir,
por R1, um plano horizontal (de nível), pois não se sabe a cota de R. No entanto, considerou-se que R resulta da secção produzida por um plano horizontal (de nível) ν – um plano paralelo à base. Assim, a partir de R1, desenhou-se parte da secção produzida por ν na pirâmide,
da qual R é um vértice – ν corta a aresta [EV] num ponto K e, uma vez que ν é paralelo à
base, o segmento [RK] é necessariamente paralelo ao segmento [DE] (o lado correspondente da base). Assim, por R1 conduziu-se uma paralela a [D1E1], obtendo K1 sobre [E1V1] –
a projecção frontal de K, K2, situa-se sobre [E2V2]. Uma vez que o segmento [RK] é parte da
secção produzida na pirâmide por um plano horizontal (de nível) ν, por K2 conduziu-se o traço frontal de ν – (fν). Este permitiu-nos determinar R2, que é o ponto de intersecção de (fν)
com [D2V2]. A partir dos cinco vértices da figura da secção, desenharam-se as suas projecções, atendendo às suas invisibilidades (note que é pedida a figura da secção e não o sólido resultante da secção). Note que o lado [QU], da figura da secção, está contido num
plano projectante frontal – o plano que contém a base. Da mesma forma, também o lado
[ST], da figura da secção, está contido num plano projectante frontal – o plano que contém a
face lateral [BCV]. Assim, apenas o lado [TU] da figura da secção é invisível em projecção
frontal. A projecção horizontal da figura da secção reduz-se a um segmento de recta, pois o
plano secante é projectante horizontal. Salienta-se que a superfície da figura da secção (a
área do corte) não é visível em nenhuma das suas projecções, pois não houve a desagregação do sólido. Sublinha-se ainda que a determinação do ponto R (o ponto «problemático» da
secção) se poderia ter processado com o recurso ao rebatimento do plano de perfil que contém a aresta [DV] (a aresta de perfil à qual o ponto R pertence).
163.
Em primeiro lugar, representou-se o cone, pelas suas projecções, e o plano secante, pelos
seus traços, em função dos dados. Em seguida, executaram-se sequencialmente as três
etapas que nos permitem identificar o tipo de secção que o plano α produz no cone. 1.
Conduziu-se, pelo vértice do cone, um plano δ, paralelo a α. Uma vez que o plano α é um
plano vertical, o plano δ será igualmente um plano vertical (projectante horizontal), com os
seus traços paralelos aos traços homónimos do plano α. Sendo um plano projectante horizontal, para que o plano δ contenha o vértice V do cone, basta que hδ passe por V1. 2.
Determinou-se a recta de intersecção do plano δ com o plano da base do cone, que é o
próprio Plano Horizontal de Projecção. Assim, a recta de intersecção do plano δ com o
Plano Horizontal de Projecção é hδ, que já está determinado. 3. Analisou-se a posição de
hδ em relação à base do cone – hδ é exterior à base do cone, pelo que a secção que o plano α produz no cone é uma elipse (ou, mais correctamente, um segmento da elipse, uma
vez que o plano α corta a base do sólido).
164.
Em primeiro lugar, representou-se o cone, pelas suas projecções, e
o plano secante, pelos seus traços, em função dos dados. Em seguida, executaram-se sequencialmente as três etapas que nos permitem identificar o tipo de secção que o plano ψ produz no cone. 1.
Conduziu-se, pelo vértice do cone, um plano α, paralelo a ψ. Para
tal, e uma vez que o plano ψ não é um plano projectante (o plano
α também não será projectante), é necessário conduzir, por V, uma
recta do plano α, para que V pertença ao plano (condição para que
(Continua na página seguinte)
64
SOLUÇÕES
um ponto pertença a um plano). Recorreu-se a uma recta f, frontal (de frente), paralela às rectas frontais do plano ψ (a rectas frontais de α
são necessariamente paralelas às rectas de ψ). Determinou-se H, o traço horizontal da recta f, pelo qual se conduziu hα – fα é paralelo a f (e
a fψ) e é concorrente com hα no eixo X. O plano α, definido pelos seus traços, é paralelo a ψ e contém V. 2. Determinou-se a recta de intersecção do plano α com o plano da base do cone (o plano frontal ϕ) – recta i. A recta i é uma recta frontal (de frente) do plano α e está definida por um ponto (o seu traço horizontal, H’) e por uma direcção (a direcção das rectas frontais de α). 3. Analisou-se a posição da recta i
em relação à base do cone – i é secante à base do cone, pelo que a secção que o plano ψ produz no cone é uma hipérbole (ou, mais correctamente, um ramo da hipérbole, uma vez se trata de um cone e não se uma superfície cónica).
165.
Em primeiro lugar, representaram-se o cone, pelas suas
projecções, e o plano secante, pelos seus traços, em função dos dados. Em seguida, efectuaram-se os traçados
necessários à identificação do tipo de cónica que é a secção produzida pelo plano θ no sólido. 1. Conduziu-se, por
V, um plano paralelo a θ – o plano θ1 (o que se processou
de forma directa, pois θ é projectante frontal pelo que,
para que θ1 contenha V, basta que fθ1 passe por V2). 2.
Determinou-se a recta de intersecção do plano θ1 com o
plano da base (o plano ν) – a recta i (a recta i é uma recta
de topo, pois trata-se da recta de intersecção entre dois
planos projectantes frontais). 3. Averiguou-se a posição
relativa da recta i e da base do cone – a recta i é exterior à
base do cone, pelo que a secção que o plano θ produz no
cone é uma elipse. Já sabendo que tipo de curva a secção vai gerar, procedeu-se à sua determinação. Assim,
determinaram-se, antes de mais, os pontos em que o plano θ (o plano secante) corta os contornos aparentes. O
plano θ corta o contorno aparente frontal em dois pontos –
A e B (os pontos em que o plano θ corta as geratrizes
mais à esquerda e mais à direita do contorno aparente
frontal, respectivamente). A é o ponto de menor cota da
secção e B o seu ponto de maior cota. O plano θ não
corta o contorno aparente horizontal. Já temos dois
pontos da curva da secção, que são os dois extremos do
eixo maior da elipse (e que definem o espaço útil para os
planos auxiliares). Para determinar o eixo menor recorreu-se ao ponto médio de [AB] (o ponto M, que se determinou com o recurso à mediatriz de [AB]), pelo qual se conduziu o primeiro plano auxiliar paralelo à base – o plano horizontal (de nível) ν1. O plano ν1 corta o cone
segundo uma circunferência – esta tem centro em Q (o ponto em que ν1 corta o eixo do sólido) e raio Q
P
(P é o ponto em que ν1 corta a
geratriz mais à esquerda do contorno aparente frontal). A recta de intersecção do plano ν1 com o plano θ (o plano secante) é também uma
recta de topo, que corta a circunferência nos pontos C e D – C e D são mais dois pontos da secção e são os extremos do eixo menor da
elipse. Já temos quatro pontos da curva da secção. Repetiu-se o processo com mais dois planos auxiliares paralelos à base (os planos horizontais ν2 e ν3), distribuídos uniformemente entre os pontos já determinados – cada um destes planos permitiu-nos determinar mais dois
pontos da elipse. Com um total de oito pontos, desenharam-se as projecções da figura da secção (que não apresenta quaisquer invisibilidades) – a projecção frontal é um segmento de recta (o plano é projectante frontal) e a projecção horizontal é outra elipse, cujo desenho, a
partir dos dois pontos determinados, foi relativamente preciso.
166.
Em primeiro lugar, representaram-se o cone, pelas suas projecções, e o plano secante, pelos seus traços, em função dos dados. Para a
construção do cone, e uma vez que não é dada a sua altura mas, sim, o comprimento das geratrizes, teve-se em conta que as geratrizes do
contorno aparente horizontal são horizontais (de nível), pelo que se projectam em V.G. em projecção horizontal, o que nos permitiu determinar V1. Em seguida, efectuaram-se os traçados necessários à identificação do tipo de cónica que é a secção produzida pelo plano α no sólido. 1. Conduziu-se, por V, um plano paralelo a α – o plano α1 (o que se processou de forma directa, pois α é projectante horizontal pelo
que, para que α1 contenha V, basta que hα1 passe por V1). 2. Determinou-se a recta de intersecção do plano α1 com o plano da base (o Plano Horizontal de Projecção), que é fα1. 3. Averiguou-se a posição relativa de fα1 com a base do cone – fα1 é tangente à base do cone, pelo
que a secção que o plano α produz no cone é uma parábola (note que o plano α é paralelo à geratriz mais à esquerda do contorno aparente
horizontal). Já sabendo a cónica que a secção vai gerar, procedeu-se à sua determinação. Assim, determinaram-se, antes de mais, os pontos em que o plano α (o plano secante) corta os contornos aparentes. O plano α corta o contorno aparente horizontal em três pontos – os
pontos A e B (os pontos em que o plano α corta a base) e o ponto C (o ponto em que o plano α corta a geratriz mais à direita do contorno
aparente horizontal). O plano não corta a geratriz mais à esquerda do contorno aparente horizontal (é paralelo a esta). O plano α corta o
contorno aparente frontal em dois pontos – os pontos A e B (já determinados). Já temos três pontos da curva da secção, que definem o
espaço útil para os planos auxiliares – é o espaço compreendido entre o ponto C e a base do cone (C é o ponto de maior afastamento da
secção e A e B os seus pontos de menor afastamento). Recorreu-se a três planos auxiliares paralelos à base – planos frontais (de frente).
Estes foram distribuídos uniformemente pelo espaço útil – note que se omitiu a identificação dos planos (as notações referentes aos seus
(Continua na página seguinte)
65
SOLUÇÕES
traços horizontais). Cada um dos planos auxiliares corta o cone
segundo uma circunferência (ver relatório do exercício anterior) e o
plano secante segundo uma recta vertical. Cada recta de intersecção corta a circunferência correspondente em dois pontos, que são
dois pontos da secção. Desta forma, cada um dos três planos auxiliares permitiu-nos determinar dois pontos da secção, o que resulta
em seis pontos – já temos, então, nove pontos da secção (os seis
agora determinados e os três primeiros). A partir dos nove pontos,
desenharam-se as projecções da parábola e do sólido resultante da
secção, que se representou a traço forte (a parte desprezada fica a
traço leve). A superfície da figura da secção (a área do corte), porque é visível em projecção frontal, identificou-se com tracejado
paralelamente ao eixo X (em projecção frontal). Por fim, para determinar a V.G. da figura da secção, optou-se por rebater o plano α
(o plano secante, que contém a figura da secção) para o Plano
Frontal de Projecção – a charneira foi fα.
167.
Em primeiro lugar, representaram-se o cone, pelas suas
projecções, e o plano secante, pelos seus traços, em
função dos dados. Em seguida, efectuaram-se os traçados necessários à identificação do tipo de cónica que é
a secção produzida pelo plano θ no sólido. 1. Conduziu-se, por V, um plano paralelo a π – o plano π1 (o que
se processou de forma directa, pois π é projectante). 2.
Determinou-se a recta de intersecção do plano π1 com
o plano da base (o plano ϕ) – a recta i (a recta i é uma
recta vertical, pois trata-se da recta de intersecção entre
dois planos projectantes horizontais). 3. Averiguou-se a
posição relativa da recta i e da base do cone – a recta i
é secante à base do cone, pelo que a secção que o plano π produz no cone é uma hipérbole (mais correctamente é um ramo da hipérbole, pois o cone é limitado
lateralmente por uma única folha de uma superfície cónica). Já sabendo o tipo de cónica gerada, procedeu-se
à sua determinação. Assim, determinaram-se, antes de
mais, os pontos em que o plano secante corta os contornos aparentes. O plano π corta o contorno aparente
horizontal em três pontos – os pontos A e B (os pontos em que o plano π corta a base) e o ponto C (o ponto em que o plano π corta a geratriz mais à direita do contorno aparente horizontal). O plano não corta a geratriz mais à esquerda do contorno aparente horizontal no espaço
compreendido entre o vértice do cone e a sua base). O plano π corta o contorno aparente frontal em dois pontos – os pontos A e B (já
determinados). Já temos três pontos da curva da secção, que definem o espaço útil para os planos auxiliares – é o espaço compreendido
entre o ponto C e a base do cone (C é o ponto de maior afastamento da secção e A e B os seus pontos de menor afastamento). Note que,
atendendo a que o plano π é duplamente projectante, caso fosse pedido, apenas, as projecções da figura da secção (e é pedida, também,
a sua V.G.), o problema estaria concluído, pois as duas projecções da figura da secção se reduzem, ambas, a segmentos de recta. Assim,
recorreu-se a três planos auxiliares paralelos à base – os planos frontais (de frente) ϕ1, ϕ2 e ϕ3 (ver relatório do exercício anterior). Cada um
dos três planos auxiliares permitiu-nos determinar dois pontos da secção, o que resulta em seis pontos. Uma vez que já tínhamos as projecções da figura da secção, os nove pontos serão necessários para determinar a V.G. da figura da secção, o que se processa com o recurso a
um processo geométrico auxiliar. Optou-se pela mudança do diedro de projecção. Substituiu-se o Plano Frontal de Projecção (plano 2) por
um novo plano de projecção (plano 4), paralelo ao plano π e criando um diedro de projecção (formado pelo plano 1 e pelo plano 4) no
qual o plano π seja um plano frontal (de frente) e a figura se projecte em V.G. no plano 4. As projecções dos nove pontos no plano 4 foram
determinadas a partir das respectivas cotas, que se mantêm.
66
SOLUÇÕES
168.
Em primeiro lugar, representaram-se o sólido, pelas suas projecções, e o plano secante, pelos seus traços, em função dos dados. Para a
construção das projecções do sólido, representou-se, em primeiro lugar, o vértice da superfície, o que nos permitiu, em seguida, determinar
as projecções dos centros das duas bases do sólido (trata-se de uma superfície de revolução e as bases do sólido estão contidas em planos frontais, pelo que o eixo da superfície é de topo). Em seguida desenhou-se a base de menor afastamento e, a partir das geratrizes do
contorno aparente horizontal do sólido, determinou-se a sua base de maior afastamento.
a) Para determinar a secção produzida por γ no sólido efectuaram-se, em primeiro lugar, os traçados necessários à identificação do tipo
de cónica gerada. 1. Conduziu-se, por V, um plano paralelo a γ – o plano γ1 (o que se processou de forma directa, pois γ é projectante
frontal). 2. Determinou-se a recta de intersecção do plano γ1 com o plano da base de menor afastamento (o Plano Frontal de Projecção)
– fγ1. 3. Averiguou-se a posição relativa entre fγ1 e a base de menor afastamento do sólido – fγ1 é secante à base de menor afastamento
do sólido, pelo que a secção que o plano γ produz no sólido é uma hipérbole (note que, ao contrário da situação anterior, se verificará
a existência dos dois ramos da hipérbole, o pois o sólido é limitado lateralmente pelas duas folhas da superfície cónica). Já sabendo o
tipo de cónica gerada, procedeu-se à sua determinação. Assim, determinaram-se, antes de mais, os pontos em que o plano secante
corta os contornos aparentes. O plano γ corta o contorno aparente frontal em dois pontos – A e B (são os pontos em que o plano γ corta a base de maior afastamento do sólido). O plano γ corta o contorno aparente horizontal em seis pontos, que são: os pontos A e B (já
determinados), os pontos C e D (os pontos em que o plano γ corta a base de maior afastamento do sólido), o ponto E (o ponto em que
o plano γ corta a geratriz mais à direita do contorno aparente horizontal da folha de menor afastamento da superfície) e o ponto F
(o ponto em que o plano γ corta a geratriz mais à direita do contorno aparente horizontal da folha de maior afastamento da superfície).
Já temos seis pontos da curva da secção. No entanto ainda não está definido o espaço útil de cada um dos ramos da hipérbole, pois
os pontos E e F não são os vértices dos respectivos ramos. Assim, há que determinar os vértices de cada um dos ramos (o ponto de
maior afastamento de um dos ramos e o de menor afastamento o outro ramo). Para tal recorreu-se a duas rectas tangentes (uma para
cada folha da superfície) à base de menor afastamento do sólido e paralelas a fγ – t e t’. Os pontos de tangência são os pontos T e T’,
respectivamente. Em seguida conduziram-se as geratrizes que passam por aqueles pontos – g e g’, respectivamente. O plano γ corta a
geratriz g no ponto M – M é, assim, o ponto de maior afastamento do ramo da hipérbole que se situa na folha de menor afastamento da
superfície. O plano γ corta a geratriz g’ no ponto N – N é, assim, o ponto de menor afastamento do ramo da hipérbole que se situa na
folha de maior afastamento da superfície. Já sabemos a localização dos dois ramos da hipérbole. Um ramo está compreendido entre o
ponto M (o seu ponto de maior afastamento) e os pontos A e B (que são os pontos de menor afastamento deste ramo). O espaço
útil para os planos auxiliares é, assim, o espaço compreendido entre o Plano Frontal de Projecção e o ponto M. O outro ramo está
compreendido entre o ponto N (o seu ponto de menor afastamento) e os pontos C e D (que são os pontos de maior afastamento
deste ramo). O espaço útil para os planos auxiliares é, assim, o espaço compreendido entre o plano ϕ e o ponto N. Assim, recorreu-se
a três planos auxiliares paralelos à base – os planos frontais (de frente) ϕ1, ϕ2 e ϕ3. Estes planos foram distribuídos mais ou menos uniformemente pelo espaço útil de cada ramo, mas, mais do que isso, preferiu-se simplificar a resolução gráfica. Assim, note que se deu
preferência a um traçado mais simples
conseguindo, por exemplo, que a secção
(circunferência) que o plano ϕ1 produz no
sólido tenha a sua projecção frontal coincidente com a projecção frontal da base
de maior afastamento do sólido. De forma semelhante, também as secções (circunferências) que os planos ϕ 2 e ϕ 3
produzem no sólido têm as suas projecções frontais coincidentes. Note que,
com este cuidado, foi possível evitar o
desenho de duas circunferências e, dessa forma, simplificar a resolução gráfica.
O plano ϕ1 permitiu-nos determinar os
pontos G e H da secção. O plano ϕ2 permitiu-nos determinar os pontos I e K da
secção. O plano ϕ3 permitiu-nos determinar os pontos J e L da secção. A partir
dos catorze pontos determinados (oito
para um ramo e seis para o outro) desenharam-se as projecções da figura da
secção e do sólido pretendido, que se
representou a traço forte. Tenha em conta
que a figura da secção é tangente ao
contorno aparente horizontal nos pontos E e F. Note que a superfície da figura
da secção (a área do corte) é visível em
projecção horizontal, razão pela qual se
identificou a tracejado.
b) Para determinar a V.G. da figura da secção optou-se pelo rebatimento do plano
secante (o plano γ) para o Plano Horizontal de Projecção – a charneira foi hγ.
67
SOLUÇÕES
169.
Antes de mais representaram-se o sólido, pelas suas projecções, e o plano λ (o plano secante), pelos seus traços, em função dos dados. O
plano λ tem os seus traços simétricos em relação ao eixo X, pois é ortogonal ao β1/3. Em seguida efectuaram-se todos os procedimentos
que nos conduzem à determinação da figura da secção produzida pelo plano λ no cone. 1. Em primeiro lugar conduziu-se, pelo vértice,
um plano paralelo ao plano λ (o plano secante) para determinar o tipo de secção que o plano λ produz no cone – note que se omitiram estes traçados, mas sugere-se que o aluno o faça. A recta de intersecção desse plano paralelo a λ com o plano da base (o Plano Horizontal
de Projecção) é exterior à base, pelo que a secção produzida por λ no cone é uma elipse (ou um segmento de elipse). 2. Em segundo lugar, verificou-se se o plano secante corta a base do sólido ou não. A recta de intersecção do plano λ com o plano da base é hλ – hλ é
secante à base do cone, pelo que λ corta a base do sólido nos pontos A e B. Já temos dois pontos da secção e já se sabe que a secção
será um segmento de elipse, pois o plano secante corta a base. 3. Em terceiro lugar, verificou-se se o plano λ corta os contornos aparentes, o que se processou, no caso das geratrizes dos contornos aparentes, através do método geral da intersecção de rectas com planos,
pois nenhuma das geratrizes é projectante e o plano secante também não. O plano α é o plano (vertical) auxiliar a que se recorreu para
determinar o ponto de intersecção da geratriz mais à esquerda do sólido com o plano secante – a geratriz mais à esquerda é uma das geratrizes do contorno aparente frontal. A recta i é a recta de intersecção do plano α com o plano λ (o plano secante). A recta i intersecta a geratriz no ponto C – C é, assim, mais um ponto da secção e é o ponto em que a figura da secção será tangente àquela geratriz, em projecção
frontal (note que para se determinar o ponto C foi necessário desenhar a projecção horizontal da geratriz em questão). É possível constatar
que, pela posição do plano secante e atendendo a que o plano corta a geratriz mais à esquerda do contorno aparente frontal, o plano não
corta a geratriz mais à direita do contorno aparente frontal. O plano ϕ é o plano (frontal) auxiliar a que se recorreu para determinar o ponto
de intersecção da geratriz de menor afastamento com o plano secante – a geratriz de menor afastamento é uma das geratrizes do contorno
aparente horizontal. A recta f é a recta de intersecção do plano ϕ com o plano λ (o plano secante). A recta f intersecta a geratriz no ponto E
– E é, assim, mais um ponto da secção e é o ponto em que a figura da secção será tangente àquela geratriz, em projecção horizontal (note
que para se determinar o ponto E foi necessário desenhar a projecção frontal da geratriz em questão). É possível constatar que, pela posição do plano secante e atendendo a que ele corta a geratriz de menor afastamento do contorno aparente horizontal, o plano não corta a outra geratriz do contorno aparente horizontal. 4. A quarta etapa consiste em determinar os pontos de maior e menor cota da secção.
Atendendo a que o plano λ corta a base do sólido nos pontos A e B, estes são, imediatamente, os pontos de menor cota da secção (recorde que o plano secante corta o sólido segundo um segmento de elipse – o ponto de menor cota da elipse está fora dos limites do sólido).
Assim, para determinar o ponto de maior cota da secção é necessário determinar os planos tangentes ao cone que são paralelos a hλ (que
intersectam o plano secante segundo rectas horizontais). Para tal conduziu-se, por V, uma recta h, paralela a hλ – h intersecta o plano da
base num ponto do infinito. Por esse ponto conduziram-se as tangentes à base (que são paralelas a h e que são, imediatamente, os traços
horizontais dos dois planos tangentes). Em seguida
determinaram-se os traços frontais dos planos tangentes – θ1 e θ2. O plano θ1 é o que os permite determinar o ponto de menor cota da secção que, como
se referiu, está fora dos limites do sólido. O plano θ2
é o plano que nos permite determinar o ponto de
maior cota da secção. Determinou-se a geratriz de
contacto (a geratriz [TV]) e a recta de intersecção de
θ2 com o plano λ (o plano secante) – a recta h’. A
recta h’ e a geratriz [TV] são concorrentes no ponto
D – D é outro ponto da secção e é o seu ponto de
maior cota. 5. A quinta etapa consiste em determinar
os pontos de maior e menor afastamento da secção.
Atendendo a que o plano λ corta a base do sólido
nos pontos A e B, e A tem afastamento superior a B,
o ponto A é, imediatamente, o ponto de maior afastamento da secção (recorde que a secção é um segmento de elipse – o ponto de maior afastamento da
elipse está fora dos limites do sólido). Assim, para
determinar o ponto de menor afastamento da secção
é necessário determinar os planos tangentes ao cone
que são paralelos a fλ (que intersectam o plano secante segundo rectas frontais). No entanto, uma vez
que a geratriz de menor afastamento do sólido é
frontal (de frente), sabe-se que todos os seus pontos
têm o mesmo afastamento e que não há nenhum
ponto do sólido com afastamento inferior ao dos
pontos da geratriz. Assim, o ponto E (o ponto em
que o plano secante corta a geratriz de menor afastamento do sólido e que foi anteriormente determinado) é, imediatamente, o ponto de menor afastamento
da secção. Já temos cinco pontos da secção – A, B,
C, D e E. 6. Atendendo a que os cinco pontos já determinados não são suficientes para um desenho relativamente preciso da curva, recorreu-se ao método
dos planos paralelos à base para determinar mais
(Continua na página seguinte)
68
SOLUÇÕES
pontos da secção, o que consiste na sexta etapa para a resolução do problema. O plano ν1 é um plano horizontal (de nível), paralelo à
base. O plano ν1 corta o cone segundo uma circunferência e intersecta o plano λ (o plano secante) segundo uma recta – esta é secante à
circunferência, o que nos permite obter mais dois pontos da secção. Note que não se atribuíram notações nem à recta de intersecção dos
dois planos nem aos dois pontos assim determinados, de forma a não sobrecarregar visualmente a resolução gráfica apresentada. Repetiuse o processo com um outro plano ν2, que nos permitiu determinar mais dois pontos da secção (e, mais uma vez, se omitiram as notações
referentes a estes traçados). Já temos nove pontos da secção, o que nos permitiu um desenho relativamente preciso da curva – esta é tangente à geratriz mais à esquerda do contorno aparente frontal, em projecção frontal, no ponto C2 e é tangente à geratriz de menor afastamento do contorno aparente horizontal, em projecção horizontal, no ponto E1. Uma vez que é pedida a figura da secção, representaram-se
as invisibilidades da curva e não há lugar à execução de tracejado, pois a superfície da figura (a área do corte) não é visível em nenhuma
das projecções. Em projecção horizontal, a parte da curva compreendida entre E e B é invisível (está na parte invisível da superfície lateral
do cone), bem como o segmento [AB] (que está contido da base, que é invisível em projecção horizontal). Em projecção frontal, é a parte
da curva que está compreendida entre os pontos C e B que é invisível (por estar contida na parte invisível da superfície lateral do sólido).
170.
Antes de mais representaram-se o sólido, pelas suas projecções, e o plano ρ (o plano secante), pelos seus traços, em função dos dados.
Note que fρ é tangente à base do sólido. Em seguida efectuaram-se todos os procedimentos que nos conduzem à determinação da figura
da secção produzida pelo plano ρ no cone, tal como referido no relatório do exercício anterior. 1. Em primeiro lugar conduziu-se, pelo vértice, um plano paralelo ao plano ρ (o plano secante) para determinar o tipo de secção que o plano ρ produz no cone – o plano ρ1. A recta r é
uma recta qualquer do plano ρ, à qual é paralela a recta s, que se conduziu pelo vértice do sólido. Determinaram-se os traços da recta s,
pelos quais se conduziram os traços homónimos do plano ρ1. A recta de intersecção do plano ρ1 com o plano da base (o Plano Frontal de
Projecção), que é fρ1, é exterior à base, pelo que a secção produzida por ρ no cone é uma elipse (ou um segmento de elipse). 2. Em segundo lugar, verificou-se se o plano secante corta a base do sólido ou não – o plano ρ não corta a base do cone (a recta de intersecção do
plano ρ com o plano da base é fρ, que é tangente à base no ponto A), pelo que a secção será uma elipse. 3. Em terceiro lugar, verificou-se
se o plano ρ corta os contornos aparentes. O plano ρ é tangente ao contorno aparente frontal no ponto A, pelo que o plano ρ não corta o
contorno aparente frontal. No entanto, A já é um ponto da secção. Já no caso das geratrizes do contorno aparente horizontal, foi necessário
o recurso ao método geral da intersecção de rectas com planos, pois nenhuma das geratrizes é projectante e o plano secante também não.
O plano ν é o plano (horizontal) auxiliar a que se recorreu – ν contém as duas geratrizes do contorno aparente horizontal. A recta i é a recta
de intersecção do plano ν com o plano ρ (o plano secante) – a recta i é fronto-horizontal e passa pelo ponto I, que é o ponto de intersecção
do plano ν com a recta r. A recta i intersecta a
geratriz mais à esquerda no ponto B e a geratriz mais à direita no ponto C – B e C são, assim, mais dois pontos da secção e são os
pontos em que a figura da secção será tangente ao contorno aparente horizontal, em projecção horizontal. 4. A quarta etapa consiste em
determinar os pontos de maior e menor cota
da secção. O ponto A é, imediatamente, o ponto de maior cota da secção, pois é um ponto
da secção e é o ponto de maior cota do sólido
(não há nenhum ponto do sólido com cota superior a A). Assim, para determinar o ponto de
menor cota da secção é necessário determinar
os planos tangentes ao cone que são paralelos
a hρ (que intersectam o plano secante segundo
rectas horizontais). Para tal conduziu-se, por V,
uma recta i’, paralela a hρ – i’ (que é uma recta
fronto-horizontal) intersecta o plano da base
num ponto do infinito. Por esse ponto conduziram-se as tangentes à base (que são paralelas
a i’ e que são, imediatamente, os traços frontais dos dois planos tangentes, σ e σ1). Note
que os planos tangentes são, também, planos
de rampa, pois estão definidos, cada um, por
duas rectas fronto-horizontais. Note ainda que
não é necessária a determinação dos traços
horizontais dos dois planos tangentes. O plano
σ é o que os permite determinar o ponto de
maior cota da secção que, como se referiu, é o
ponto A. O plano σ1 é o plano que nos permite
determinar o ponto de menor cota da secção.
Determinaram-se as geratrizes de contacto (g
e g’). A geratriz g é a que contém o ponto A o
ponto de maior cota da secção. A geratriz g’ é
a que contém o ponto de menor cota da sec(Continua na página seguinte)
69
SOLUÇÕES
ção – este pode ser determinado através da recta de intersecção do plano σ1 com o plano ρ, mas atendendo a que se trata de dois planos
de rampa, cuja intersecção não é imediata, optou-se por determinar o ponto de intersecção da geratriz g com o plano ρ – esse ponto será
necessariamente o ponto pretendido (o ponto de menor cota da secção). Para tal recorreu-se, mais uma vez ao método, geral da intersecção de rectas com planos. O plano π é o plano auxiliar a que se recorreu e que contém a geratriz g’ (é um plano de perfil). A recta i’’ é a recta de intersecção do plano π com o plano ρ. O ponto D é o ponto de intersecção da recta i’’ com a geratriz g’ e determinou-se com o
recurso ao rebatimento do plano π – D é o ponto em que o plano ρ corta a geratriz g’ e é o ponto de menor cota da secção. Já temos quatro
pontos da secção – A, B, C e D. 5. A quinta etapa consiste em determinar os pontos de maior e menor afastamento da secção. Atendendo a
que a base do sólido é frontal (de frente) e todos os seus pontos têm o mesmo afastamento, não havendo qualquer ponto do sólido com
afastamento inferior à base, o ponto A, que é um ponto da base, é já o ponto de menor afastamento da secção. Para determinar o ponto de
maior afastamento da secção é necessário recorrer aos planos tangentes ao cone que são paralelos a fρ – os planos tangentes ao cone que
intersectam o plano ρ segundo rectas frontais (de frente). Ora, as rectas fronto-horizontais são um caso particular das rectas horizontais (de
nível) e, simultaneamente, um caso particular das rectas frontais (de frente). Assim, os planos tangentes σ e σ1, que são os planos que intersectam o plano ρ segundo rectas fronto-horizontais, permitem-nos determinar, em simultâneo, os pontos de maior e menor cota e os pontos
de maior e de menor afastamento. O ponto A é, assim, o ponto de maior cota da secção e o seu ponto de menor afastamento. Por sua vez, o
ponto D é, simultaneamente, o ponto de menor cota da secção e o seu ponto de maior afastamento. 6. Atendendo a que os quatro pontos já
determinados não são suficientes para um desenho relativamente preciso da curva, recorreu-se ao método dos planos paralelos à base para
determinar mais pontos da secção, o que consiste na sexta etapa para a resolução do problema. O plano ϕ1 é um plano frontal (de frente),
paralelo à base. O plano ϕ1 corta o cone segundo uma circunferência e intersecta o plano ρ (o plano secante) segundo uma recta – a recta m.
A recta m é fronto-horizontal e passa pelo ponto M, que é o ponto de intersecção do plano ϕ1 com a recta r. A recta m é secante à circunferência, o que nos permite obter mais dois pontos da secção. Note que não se atribuíram notações aos dois pontos determinados, de forma a
não sobrecarregar visualmente a resolução gráfica apresentada. Repetiu-se o processo com um outro plano ϕ2, o que nos permitiu determinar mais dois pontos da secção. Repetiu-se o processo como no outro plano ϕ3, o que nos permitiu determinar mais dois pontos da secção.
Já temos dez pontos da secção, o que nos permitiu um desenho relativamente preciso da curva – esta, em projecção horizontal, é tangente à
geratriz mais à esquerda do contorno aparente horizontal em B1 e é tangente à geratriz mais à direita do contorno aparente horizontal em C1.
Uma vez que é pedido o sólido resultante da secção, representaram-se as projecções da sólido pedido, identificando a tracejado a figura da
secção em ambas as projecções, pois a superfície da figura (a área do corte) é visível em ambas as projecções.
171.
Em primeiro lugar, representaram-se o sólido, pelas suas projecções, e o plano ρ (o plano secante), pelos seus traços, em função dos dados. O plano ν é o plano horizontal (de nível) que
contém a base inferior do sólido e o plano ν1 o plano que contém
a base superior. A recta e é a recta suporte do eixo do sólido. Em
seguida, efectuaram-se os raciocínios necessários à identificação
do tipo de cónica que é a secção produzida pelo plano ρ no sólido. 1. Em primeiro lugar, analisou-se a posição do plano secante
em relação aos planos das bases. As bases estão contidas em
planos horizontais (de nível) e o plano secante é um plano de
rampa, que não é paralelo aos planos das bases – a figura da
secção não é uma circunferência. 2. Analisou-se a posição do
plano secante em relação ao eixo do sólido. Para tal determinaram-se as projecções de uma recta r, do plano ρ, tal que r2 é
paralela a e2 (e é a recta suporte do eixo do cilindro). A recta r
não é paralela à recta e (as suas projecções horizontais não são
paralelas), pelo que o plano ρ também não é paralelo ao eixo do
cilindro – a figura da secção é, então, uma elipse (ou um segmento de elipse, caso o plano secante corte uma ou as duas bases do sólido).
70
SOLUÇÕES
172.
Em primeiro lugar, representaram-se o sólido, pelas suas projecções, e o plano γ (o plano secante), pelos seus traços, em função dos dados. O plano ϕ é
o plano frontal (de frente) que contém a base de maior afastamento do sólido.
A recta h é a recta suporte do eixo do sólido. Os traços do plano γ são simétricos em relação ao eixo X, pois γ é um plano ortogonal ao β1/3. Em seguida,
efectuaram-se os raciocínios necessários à identificação do tipo de cónica
que é a secção produzida pelo plano γ no sólido. 1. Em primeiro lugar, analisou-se a posição do plano secante em relação aos planos das bases. As bases estão contidas em planos frontais (de frente) e o plano secante é um
plano oblíquo, que não é paralelo aos planos das bases – a figura da secção
não é uma circunferência. 2. Analisou-se a posição do plano secante em relação ao eixo do sólido. Para tal recorreu-se a hγ, que é uma recta horizontal (de
nível) do plano γ – hγ é paralelo à recta h (a recta suporte do eixo do cilindro),
pelo que o plano γ é paralelo ao eixo do sólido (e às geratrizes do cilindro) – a
secção produzida é um paralelogramo.
173.
Em primeiro lugar, representaram-se o sólido, pelas suas projecções (ver relatório do exercício anterior), e o plano α (o plano secante), pelos seus traços,
em função dos dados. Depois, efectuaram-se os raciocínios necessários à
identificação do tipo de cónica que é a secção produzida pelo plano α no sólido.
1. Em primeiro lugar, analisou-se a posição do plano secante em relação aos
planos das bases. As bases estão contidas em planos frontais (de frente) e o
plano secante é um plano vertical, que não é paralelo aos planos das bases –
a figura da secção não é uma circunferência. 2. Analisou-se a posição do
plano secante em relação ao eixo do sólido. Para tal recorreu-se a hα, que é
uma recta horizontal (de nível) do plano α – hα é paralelo à recta h (a recta
suporte do eixo do cilindro), pelo que o plano α é paralelo ao eixo do sólido
(e às geratrizes do cilindro). A secção produzida é um paralelogramo. Em
seguida, efectuaram-se os traçados necessários à determinação do paralelogramo que é a secção. A recta de intersecção do plano α (o plano secante)
com o plano da base de menor afastamento (o Plano Frontal de Projecção) é
fα – fα corta aquela base nos pontos A e B que são, assim, dois vértices do
paralelogramo. Uma vez que a secção produzida é um paralelogramo, sabe-se que o plano α corta a superfície lateral do sólido ao longo das geratrizes
que passam por A e B. Por outro lado, o plano α corta a base de maior afastamento do cilindro nos pontos A’ e B’ – estes determinaram-se imediatamente
a partir das suas projecções horizontais, pois o plano α é projectante horizontal. Note que A’ e B’ se poderiam também ter determinado com o recurso à
recta de intersecção do plano α (o plano secante) com o plano ϕ (o plano que
contém a base de maior afastamento do cilindro), que seria uma recta vertical.
Em seguida desenharam-se as projecções das geratrizes [AA’] e [BB’], que
são dois lados do paralelogramo. A partir dos quatro vértices da figura (o paralelogramo [AA’B’B]), desenharam-se as suas projecções, atendendo às
invisibilidades. Em projecção frontal, o lado [AB] é invisível (está contido na face de menor afastamento, que é invisível em projecção frontal), bem como os lados [AA’] e [BB’], pois estão contidos na parte invisível (em projecção frontal) da superfície lateral do sólido. Em projecção horizontal, a figura reduz-se a um segmento de recta sobre hα, pois α é um plano projectante horizontal. Note que, não havendo
desagregação do sólido (é pedida a figura da secção e não o sólido resultante da secção), a superfície da figura (a área do corte) nunca
é visível, pelo que não há lugar à execução de tracejado.
71
SOLUÇÕES
174.
Em primeiro lugar, representaram-se o sólido, pelas suas projecções, e o plano ψ (o plano secante), pelos seus traços, em função dos
dados. O ponto M é o ponto médio do segmento [OO’], que é o eixo do sólido – hα passa por M1 e faz, com o eixo X um ângulo de 45°
(a.d.). Depois, efectuaram-se os raciocínios necessários à identificação do tipo de cónica que é a secção produzida pelo plano ψ no sólido.
1. O plano secante não é paralelo aos planos das bases (que são planos frontais), pelo que a figura da secção não é uma circunferência. 2.
O plano secante não é paralelo ao eixo do sólido, pelo que a secção produzida é uma elipse. Atendendo a que o plano é projectante horizontal, a projecção horizontal da elipse tem determinação imediata – reduz-se a um segmento de recta sobre hψ. Por outro lado, atendendo
a que as geratrizes do cilindro são projectantes frontais, a projecção frontal da elipse também tem determinação imediata – é uma circunferência, que está coincidente com o contorno aparente frontal do cilindro. As projecções da figura da secção estão imediatamente determinadas. No entanto, uma vez que é também pedida a V.G. da figura da secção, é necessária a determinação de alguns pontos da curva
para o respectivo desenho em V.G. – oito pontos, no mínimo. Assim, começou-se por determinar os pontos em que o plano ψ (o plano
secante) corta o contorno aparente horizontal – os pontos A e B, que têm determinação imediata a partir das suas projecções horizontais.
[AB] é imediatamente o eixo maior da elipse, que é horizontal (de nível). O ponto M é o ponto médio do segmento [AB], pelo que é o ponto
em que se bissectam os dois eixos da elipse. O eixo menor da elipse é vertical (é perpendicular a [AB]), e é o segmento [CD] – C e D são
os pontos em que o plano secante corta as geratrizes g e g’, que são as geratrizes de maior e de menor cota do cilindro, respectivamente.
Já temos quatro pontos da secção, que são os vértices da elipse. Para determinar mais pontos da elipse recorreu-se ao método das geratrizes. Desenharam-se as projecções de duas geratrizes quaisquer, g’’ e g’’’, tais que as suas projecções horizontais estão coincidentes. Os
pontos E e F são os pontos em que o plano
secante corta as geratrizes g’’ e g’’’, respectivamente. Recorreu-se a mais três pares de
geratrizes em situações semelhantes (cada
par tem as suas projecções horizontais coincidentes) e localizados de forma a permitirem-nos uma distribuição uniforme dos pontos da
curva – cada par de geratrizes permite-nos
determinar dois pontos. Assim, obteve-se um
total de doze pontos da curva, o que nos irá
permitir um desenho relativamente preciso da
mesma. Em seguida rebateu-se o plano α (o
plano secante, que contém a elipse) para o
Plano Frontal de Projecção – a charneira foi fα.
A partir dos doze pontos da curva em rebatimento (os pontos que haviam sido previamente determinados), quatro dos quais são os
vértices e extremos dos eixos da elipse, foi
possível desenhá-la em V.G., com alguma precisão. Note que, não havendo desagregação
do sólido (é pedida a figura da secção e não
o sólido resultante da secção), a superfície
da figura (a área do corte) nunca é visível, pelo
que não há lugar à execução de tracejado.
175.
Em primeiro lugar, representaram-se o sólido, pelas suas projecções, e o plano θ (o plano secante), pelos seus traços, em função dos dados. Depois, efectuaram-se os raciocínios necessários à identificação do tipo de cónica que é a secção produzida pelo plano θ no sólido. 1.
O plano secante não é paralelo aos planos das bases (que são planos horizontais), pelo que a figura da secção não é uma circunferência.
2. O plano secante não é paralelo ao eixo do sólido, pelo que a secção produzida é uma elipse (ou um segmento de elipse, se o plano
secante cortar qualquer das bases do sólido). Uma vez que o plano θ é projectante frontal, constata-se que θ corta a base superior do sólido, pelo que a secção é um segmento de elipse. O procedimento seguinte foi determinar os pontos em que o plano θ (o plano secante)
corta as linhas dos contornos aparentes. O plano θ corta a base superior nos pontos A e B e corta a geratriz mais à direita do contorno aparente frontal no ponto C – A, B e C são, assim, três pontos da figura da secção. É possível observar que o plano secante não corta nenhuma
das linhas do contorno aparente horizontal – o plano não corta a base inferior, não corta a base superior na parte que integra o contorno
aparente horizontal e não corta as geratrizes do contorno aparente horizontal. A determinação da mais pontos da figura da secção processou-se com o recurso ao método dos planos paralelos à base. O plano ν é um plano horizontal (de nível) auxiliar, paralelo às bases – ν
corta a superfície lateral do sólido segundo uma circunferência com centro em Q (Q é o ponto de intersecção do eixo do sólido com ν) e
raio Q
M
(M é o ponto em que ν corta a geratriz mais à esquerda do contorno aparente frontal), cujas projecções se desenharam. Note que
esta circunferência tem o mesmo raio das bases. Em seguida, determinou-se a recta de intersecção do plano ν com o plano θ, que é uma
recta de topo e cujas projecções não se identificaram. A recta de intersecção dos dois planos corta a circunferência de centro em Q e raio
(Continua na página seguinte)
72
SOLUÇÕES
M
Q
em dois pontos – D e E. D e E são, assim, mais dois pontos da
figura da secção. Repetiu-se o procedimento exposto com um outro
plano horizontal (de nível) auxiliar, paralelo às bases – o plano ν1.
Este, de forma semelhante à exposta para o plano ν, permitiu-nos
determinar mais dois pontos, que não se identificaram. A partir dos
sete pontos determinados, desenharam-se as projecções da figura
da secção e do sólido resultante da secção (que se identificou a traço forte). A superfície da figura da secção (a área do corte) é visível
em projecção horizontal, razão pela qual se identificou a tracejado
paralelo ao eixo X.
176.
Em primeiro lugar, representaram-se o sólido, pelas suas projecções, e o plano γ (o plano secante), pelos seus traços, em função
dos dados (ver relatório do exercício 172). Depois, averiguou-se o
tipo de cónica que é a secção produzida pelo plano γ no sólido – de
acordo com o exercício 172 (cujo objectivo era, precisamente,
determinar o tipo de secção produzida por γ no sólido), sabe-se
imediatamente que a secção é um paralelogramo. Em seguida,
efectuaram-se os traçados necessários à determinação do paralelogramo que é a secção. A recta de intersecção do plano γ (o plano
secante) com o plano da base de menor afastamento (o Plano
Frontal de Projecção) é fγ – fγ corta aquela base nos pontos A e B
que são, assim, dois vértices do paralelogramo. Uma vez que a
secção produzida é um paralelogramo, sabe-se que o plano γ corta
a superfície lateral do sólido ao longo das geratrizes que passam
por A e B. Desenharam-se as projecções destas geratrizes e determinaram-se, assim, os pontos em que o plano γ corta a base de
maior afastamento do sólido – A’ e B’. Estes dois pontos são os
outros dois vértices do paralelogramo. Note que A’ e B’ se poderiam ter determinado com o recurso à recta de intersecção do plano
γ (o plano secante) com o plano ϕ (o plano que contém a base de
maior afastamento do cilindro). A partir dos quatro vértices da figura
(o paralelogramo [AA’B’B]), desenharam-se as suas projecções,
atendendo às invisibilidades. Em projecção frontal, o lado [AB] é
invisível (está contido na face de menor afastamento, que é invisível
em projecção frontal), bem como o lado [BB’], que está contido na
parte invisível (em projecção frontal) da superfície lateral do sólido.
Em projecção horizontal, o lado [AA’] é invisível, pois situa-se na
parte invisível (em projecção horizontal) da superfície lateral do sólido.
Note que, não havendo desagregação do sólido (é pedida a figura
da secção e não o sólido resultante da secção), a superfície da figura
(a área do corte) nunca é visível.
73
SOLUÇÕES
177.
Em primeiro lugar, representaram-se o sólido, pelas suas projecções, e o plano ρ (o plano secante), pelos seus traços, em função dos
dados. Em seguida efectuaram-se todos os procedimentos que nos conduzem à determinação da figura da secção produzida pelo plano ρ
no cilindro. 1. Em primeiro lugar identificou-se o tipo de cónica que é a secção produzida pelo plano ρ no sólido – o plano secante não é
paralelo aos planos das bases nem é paralelo ao eixo do sólido, pelo que a secção produzida é uma elipse (ou um segmento de elipse, se
o plano secante cortar qualquer das bases do sólido). 2. Em segundo lugar, verificou-se se o plano secante corta as bases do sólido ou
não. A recta de intersecção do plano ρ com o plano da base inferior é hρ – hρ é secante à base inferior do cilindro, pelo que ρ corta a base
inferior do sólido nos pontos A e B. Já temos dois pontos da secção e já se sabe que a secção será um segmento de elipse, pois o plano
secante corta uma base. Apesar de não se ter determinado, a recta de intersecção do plano ρ com o plano da base superior é uma recta
fronto-horizontal que se situa no 2o Diedro, pelo que se conclui que o plano ρ não corta a base superior do sólido. 3. Em terceiro lugar,
verificou-se se o plano ρ corta os contornos aparentes. Em função da etapa anterior, já se sabe que o plano ρ corta o contorno aparente
horizontal nos pontos A e B. Falta averiguar se o plano ρ corta as geratrizes do contorno aparente frontal, o que se processou com o recurso ao método geral da intersecção de rectas com planos. O plano ϕ é o plano (frontal) auxiliar a que se recorreu – o plano ϕ contém as duas
geratrizes do contorno aparente frontal. A recta i, fronto-horizontal, é a recta de intersecção do plano ϕ com o plano ρ – i passa por I, que é
o ponto de intersecção do plano ϕ com uma recta r, auxiliar, do plano ρ. A recta i é concorrente com a geratriz mais à esquerda do contorno
aparente frontal no ponto C e é concorrente com a geratriz mais à direita do contorno aparente frontal no ponto D – C e D são, assim, os
pontos em que o plano ρ corta aquelas geratrizes e são os pontos nos quais a projecção frontal da curva da secção será tangente às geratrizes do contorno aparente frontal. 4. A quarta etapa consiste em determinar os pontos de maior e menor cota da secção. Atendendo a
que o plano ρ corta a base do sólido nos pontos A e B, estes são, imediatamente, os pontos de menor cota da secção (recorde que o plano
secante corta o sólido segundo um segmento de elipse – o ponto de menor cota da elipse está fora dos limites do sólido). Assim, para
determinar o ponto de maior cota da secção é necessário determinar os planos tangentes ao cilindro que são paralelos a hρ (que intersectam o plano secante segundo rectas horizontais). Os planos tangentes são necessariamente projectantes horizontais, pois têm de conter
uma geratriz do cilindro e as geratrizes do cilindro são projectantes horizontais – os planos tangentes são, assim, planos frontais (de frente),
pelo que está determinada a orientação dos planos tangentes. O plano ϕ1 é o plano tangente à superfície do cilindro ao longo da sua geratriz de menor afastamento, na qual se situará o ponto de maior cota da secção – note que o outro plano tangente (que não se representou)
seria tangente ao cilindro ao longo da sua geratriz de maior afastamento e o plano secante não corta essa geratriz (o ponto de menor cota
da elipse está fora dos limites do sólido). A recta i’ é a recta de intersecção de ϕ1 com ρ – i’ é fronto-horizontal e passa pelo ponto I’, que é o
ponto de intersecção de ϕ1 com a recta r (a recta auxiliar do plano ρ). A recta i’ é concorrente com a geratriz de menor afastamento do cilindro no ponto E – E é o ponto em que a tangente é horizontal e é o ponto em que o plano ρ corta aquela geratriz. E é o ponto de maior cota
da secção. 5. A quinta etapa consiste em determinar os pontos de maior e menor afastamento da secção. Para tal, é necessário recorrer
aos planos tangentes ao cilindro que são paralelos a fρ (que intersectam o plano secante segundo rectas frontais) – são os planos tangentes
que intersectam o plano ρ segundo rectas fronto-horizontais (as rectas fronto-horizontais são simultaneamente casos particulares das rectas
horizontais e das rectas frontais). Trata-se, portanto, de planos frontais (de frente), o que redunda na etapa anterior. De facto, uma vez que o
plano secante é um plano de rampa (cujas rectas horizontais são também frontais e vice-versa), os planos tangentes que nos permitem
determinar os pontos de maior e de menor cota da secção são os mesmos que nos permitem determinar os pontos de maior e de menor
afastamento, pois as tangentes horizontais são também as tangentes frontais (são fronto-horizontais). Face ao exposto, conclui-se que o
ponto de maior afastamento da elipse (que é o ponto de menor cota) está fora dos limites da secção (que é um segmento de elipse) e que
E é o ponto de menor afastamento da secção. Já temos cinco pontos da secção – A, B, C, D e E. 6. Atendendo a que os cinco pontos já
determinados não são suficientes para um desenho relativamente preciso da curva, recorreu-se ao método das geratrizes, determinar mais
pontos da secção, o que consiste na sexta etapa para a resolução do problema. O plano ϕ2 é um plano auxiliar (frontal) que contém duas
geratrizes da superfície lateral do sólido, localizadas de forma a colmatar a lacuna que existe, ao nível dos pontos da secção, entre os pontos C e E e os pontos D e E. A recta i’’ é a recta de intersecção de ϕ2 com ρ – i’’ é fronto-horizontal e passa pelo ponto I’’, que é o ponto de
intersecção de ϕ2 com a recta r (a recta auxiliar do
plano ρ). A recta i’’ permite-nos determinar os pontos
M e N, que são os seus pontos de concorrência com
as geratrizes que o plano ϕ2 contém. Os sete pontos
da secção já determinados permitem-nos um desenho relativamente preciso da curva – esta, em projecção frontal, é tangente à geratriz mais à esquerda do
contorno aparente frontal no ponto C2 e é tangente à
geratriz mais à direita do contorno aparente frontal no
ponto D2. Uma vez que é pedida a figura da secção,
representaram-se as invisibilidades da curva e não há
lugar à execução de tracejado, pois a superfície da figura (a área do corte) não é visível em nenhuma das
projecções. Em projecção horizontal, o segmento
de recta [AB] é invisível, pois situa-se na base inferior
do sólido, que é invisível em projecção horizontal. Em
projecção frontal, é a parte da curva que está compreendida entre os pontos C e D e que contém o
ponto E que é invisível (por estar contida na parte
invisível da superfície lateral do sólido).
74
SOLUÇÕES
178.
Em primeiro lugar, representaram-se o sólido, pelas suas projecções, e o plano α (o plano secante), pelos seus traços, em função dos dados.
O plano da base superior (o plano ν) tem 6 cm de cota, pois a base inferior tem cota nula e o sólido tem 6 cm de altura). Em seguida efectuaram-se todos os procedimentos que nos conduzem à determinação da figura da secção produzida pelo plano α no cilindro, conforme exposto no relatório do exercício anterior. 1. Em primeiro lugar identificou-se o tipo de cónica que é a secção produzida pelo plano α no sólido – o
plano secante não é paralelo aos planos das bases nem é paralelo ao eixo do sólido, pelo que a secção produzida é uma elipse (ou um segmento de elipse, se o plano secante cortar qualquer das bases do sólido). 2. Em segundo lugar, verificou-se se o plano secante corta as bases do sólido ou não. A recta de intersecção de α com o plano da base inferior é hα – hα é exterior à base inferior do cilindro, pelo que α não
corta a base inferior do sólido. Em seguida determinou-se a recta de intersecção de α com ν (o plano da base superior) – a recta h. A recta h
é exterior à base superior do sólido, pelo que α também não corta a base superior – a secção é uma elipse completa. 3. Em terceiro lugar,
verificou-se se o plano α corta os contornos aparentes, o que se processou com o recurso ao método geral da intersecção de rectas com planos. O plano γ é o plano (de topo) auxiliar que contém as duas geratrizes do contorno aparente horizontal. A recta i é a recta de intersecção
do plano γ com o plano α. A recta i é concorrente com a geratriz de menor afastamento do contorno aparente horizontal no ponto A e é concorrente com a geratriz de maior afastamento do contorno aparente horizontal no ponto B – A e B são, assim, os pontos em que o plano α
corta aquelas geratrizes e são os pontos nos quais a projecção horizontal da curva da secção será tangente às geratrizes do contorno aparente horizontal. O plano ϕ é o plano (frontal) auxiliar que contém as duas geratrizes do contorno aparente frontal. A recta f, frontal (de frente),
é a recta de intersecção do plano ϕ com o plano α. A recta f é concorrente com a geratriz mais à esquerda do contorno aparente frontal no
ponto C e é concorrente com a geratriz mais à direita do contorno aparente frontal no ponto D – C e D são, assim, os pontos em que o plano
α corta aquelas geratrizes e são os pontos nos quais a projecção frontal da curva da secção será tangente às geratrizes do contorno aparente
frontal. 4. A quarta etapa consiste em determinar os pontos de maior e menor cota da secção, para o que é necessário determinar os planos
tangentes ao cilindro que intersectam o plano α segundo rectas horizontais (os planos tangentes ao cilindro que são paralelos a hα). Omitiram-se os traçados referentes à determinação da orientação desses planos, uma vez que se sabe que os seus traços horizontais são paralelos a hα e que os seus traços frontais são paralelos às geratrizes do cilindro (que são rectas frontais). Assim, conduziram-se, imediatamente,
as tangentes à base inferior do sólido (a base de referência) que são paralelas a hα – estas são, imediatamente, hθ1 e hθ2, os traços horizontais dos dois planos tangentes. Os respectivos traços frontais determinaram-se em seguida, paralelos às geratrizes do cilindro. Determinaramse as geratrizes de contacto, g e g’, e as rectas de intersecção dos planos tangentes com o plano α, t e t’ (que são as tangentes horizontais
nos pontos de maior e de menor cota da secção). O ponto M é o ponto de concorrência de t e g e é o ponto de maior cota da secção. O ponto N é o ponto de concorrência de t’ e g’ e é o ponto de menor cota da secção. 5. A quinta etapa consiste em determinar os pontos de maior
e menor afastamento da secção, para o que é necessário determinar os planos tangentes ao cilindro que intersectam o plano α segundo rectas frontais (os planos tangentes ao cilindro que são paralelos a fα). Uma vez que as geratrizes do cilindro são rectas frontais (de frente), estes
planos estão definidos por duas rectas frontais (de frente), pelo que são planos frontais (de frente). As geratrizes de contacto são, imediatamente, as duas geratrizes do contorno aparente horizontal, pelo
que os pontos de maior e de menor afastamento da secção já estão
determinados – são B e A, respectivamente. Já temos seis pontos
da secção – A, B, C, D, M e N. 6. Atendendo a que os seis pontos
já determinados não são suficientes para um desenho relativamente
preciso da curva, recorreu-se ao método dos planos paralelos às
bases, determinar mais pontos da secção, o que consiste na sexta
etapa para a resolução do problema. O plano ν1 é um plano auxiliar
(horizontal) – ν1 corta a superfície do sólido segundo uma circunferência e corta o plano α segundo uma recta horizontal (paralela a
hα). A recta de intersecção dos dois planos corta a circunferência
em dois pontos, que são mais dois pontos da secção. O plano ν2 é
outro plano auxiliar (horizontal) – ν2 corta a superfície do sólido
segundo uma circunferência e corta o plano α segundo outra recta
horizontal (paralela a hα). A recta de intersecção dos dois planos
corta a circunferência em outros dois pontos, que são mais dois
pontos da secção. Note que se omitiram as notações das rectas de
intersecção dos planos auxiliares com o plano α, bem como as
notações dos quatro pontos assim determinados, de forma a não
sobrecarregar em demasia a resolução gráfica apresentada. Tenha
em conta que os dois planos auxiliares se localizaram de forma a
colmatar as lacunas existentes, ao nível dos pontos da secção,
entre os pontos A e C e os pontos B e D. Os dez pontos da secção
já determinados permitem-nos um desenho relativamente preciso
da curva. A secção, em projecção frontal, é tangente à geratriz mais
à esquerda do contorno aparente frontal no ponto C2 e é tangente à
geratriz mais à direita do contorno aparente frontal no ponto D2. Já
em projecção horizontal, a secção é tangente à geratriz de menor
afastamento do contorno aparente horizontal no ponto A1 e é tangente à geratriz de maior afastamento do contorno aparente horizontal no ponto B1. Em seguida desenharam-se as projecções do
sólido resultante da secção e tracejaram-se paralelamente ao eixo X
as duas projecções da figura da secção, pois a superfície da figura
(a área do corte) é visível em ambas as projecções.
75
SOLUÇÕES
179.
Em primeiro lugar, representaram-se o sólido, pelas suas projecções, e o
plano ϕ (o plano secante), pelo seu traço horizontal, em função dos dados.
A esfera é tangente aos dois planos de projecção, pelo que o seu centro, o
ponto O, tem 3,5 cm (o raio da esfera) de cota e de afastamento. A secção
produzida por ϕ na esfera é um círculo cujo centro é o ponto de intersecção do plano ϕ com o raio da esfera que é ortogonal a ϕ. Q é o ponto de
intersecção do plano ϕ com a recta de topo (ortogonal a ϕ) que passa por
O – Q é o centro da figura da secção. Para determinar o raio da figura da
secção determinou-se um dos pontos em que o plano secante corta o contorno aparente horizontal da esfera – o ponto A. A figura da secção é, assim, um círculo com centro no ponto Q e raio QA
. A projecção horizontal
da figura da secção reduz-se a um segmento de recta, pois o plano secante é projectante horizontal. A projecção frontal da figura da secção está em
V.G., mas é invisível na sua totalidade, pois situa-se na parte invisível (em
projecção frontal) da superfície esférica que limita o sólido. Note que,
sendo pedida a figura da secção, não existe desagregação do sólido, pelo
que a área do corte nunca é visível em nenhuma das projecções, razão
pela qual não há lugar à execução de tracejado.
180.
Em primeiro lugar, representaram-se o sólido, pelas suas projecções, e o plano γ (o plano secante), pelos seus traços, em função dos dados. A secção produzida por γ na esfera é um círculo, cujo centro é o ponto de intersecção do plano γ com o raio da esfera que é ortogonal
a γ. A recta f é a recta que passa por O (o centro da esfera) e é ortogonal a γ (é uma recta frontal). O ponto Q é o ponto de intersecção do
plano γ com a recta f – Q é o centro da figura da secção. Ao contrário da situação anterior, a figura da secção não se projecta em V.G. em
nenhum dos planos de projecção, pois o plano secante não é paralelo a nenhum dos planos de projecção. A projecção frontal da figura da
secção será um segmento de recta (o plano secante é projectante frontal) e a sua projecção horizontal será uma elipse. Em seguida, determinaram-se os pontos em que o plano γ corta os contornos aparentes da esfera – os pontos A e B são os pontos em que o plano γ corta o
contorno aparente frontal da esfera (estão contidos numa recta frontal) e [A1B1] será o eixo menor da elipse. O eixo maior será perpendicular a [A1B1], pelo que será de topo. Por outro lado, [AB] é um diâmetro da figura da secção. Os pontos E e F, por sua vez, são os pontos
em que o plano γ corta o contorno aparente horizontal. Para a construção da elipse, que é a projecção horizontal da figura da secção, optou-se pelo método do rebatimento, em função do rigor que proporciona. Assim, procedeu-se ao rebatimento do plano secante, para a
determinação, em rebatimento, dos
pontos que nos permitem desenhar a
elipse que é a projecção horizontal da
figura da secção. Rebateu-se o plano para
o Plano Horizontal de Projecção (a charneira foi hγ), obtendo Qr, Ar e Br. Em rebatimento, desenhou-se a circunferência em
V.G., com centro em Qr e passando por Ar
e Br ([AB] é um diâmetro da circunferência). Ainda em rebatimento, determinou-se
o diâmetro perpendicular a [AB] (o diâmetro [CD]), cuja projecção horizontal será o
eixo maior da elipse, bem como mais quatro pontos da circunferência – esses quatro
pontos, em conjunto com os pontos A, B,
C e D, são os oito pontos necessários ao
desenho da elipse. Note que não foi necessário transportar para a circunferência em
rebatimento os pontos E e F. Inverteu-se o
rebatimento, obtendo as projecções dos
seis pontos assim determinados. A partir
das projecções horizontais dos dez pontos,
desenhou-se a elipse, que é a projecção
horizontal do círculo (a figura da secção) –
note que a elipse é tangente ao contorno
aparente horizontal nos pontos E e F. Em
seguida, representou-se o sólido resultante da secção a traço forte e tracejou-se
a superfície da figura da secção (a área do
corte) em projecção horizontal, por ser visível.
76
SOLUÇÕES
181.
Em primeiro lugar, representaram-se o sólido, pelas
suas projecções, e o plano δ (o plano secante), pelos
seus traços, em função dos dados. O plano δ tem os
seus traços simétricos em relação ao eixo X, pois é
ortogonal ao β1/3. Para a construção das projecções
do tetraedro, foi necessário o recurso a um processo
geométrico auxiliar, pois as arestas que não estão
contidas no Plano Horizontal de Projecção não se
projectam em V.G. em nenhum dos planos de projecção. Assim, os dados do exercício permitiram-nos
construir, imediatamente, a projecção horizontal do
sólido. Em seguida, conduziu-se, pela aresta [AD],
um plano auxiliar α, e rebateu-se o plano para o Plano Frontal de Projecção (a charneira foi fα), obtendo
Ar e a referência de Dr – com o compasso, fazendo
centro em Ar e com raio igual à medida do lado do
triângulo [ABC], determinou-se Dr sobre a perpendicular ao eixo X que passa pela sua referência em
rebatimento. Invertendo o rebatimento, determinou-se
D2 e construiu-se a projecção frontal do sólido.
a) Para determinar a secção produzida pelo plano δ
no sólido verificou-se, em primeiro lugar, que o
plano δ corta a face horizontal do tetraedro, pois
hδ é secante ao triângulo [ABC] nos pontos M e
N – estes são, imediatamente, dois pontos da
secção. Em seguida determinou-se o ponto em
que o plano δ corta a aresta [AD], com o recurso
ao método geral da intersecção de rectas com
planos. O plano α é o plano que contém a aresta
[AD] e a recta i é a recta de intersecção do plano α com o plano δ. A recta i é concorrente com a aresta [AD] no ponto L – L é o ponto
em que o plano δ corta a aresta [AD] e é outro ponto da secção. Por fim determinou-se o ponto em que o plano δ corta a aresta [BD],
de novo com o recurso ao método geral da intersecção de rectas com planos. O plano γ é o plano (de topo) que contém a aresta [BD]
e a recta i’ é a recta de intersecção do plano γ com o plano δ. A recta i’ é concorrente com a aresta [BD] no ponto K – K é o ponto em
que o plano δ corta a aresta [BD] e é outro ponto da secção. O plano δ não corta a aresta [CD], pelo que a figura da secção é um quadrilátero – o quadrilátero [KLMN]. Desenharam-se as projecções do sólido resultante da secção e identificou-se a área do corte em ambas as projecções, com tracejado, pois é visível em ambas as projecções.
b) Para determinar a V.G. da figura da secção, que está contida no plano δ, recorreu-se ao rebatimento do plano δ para o Plano Horizontal
de Projecção – a charneira foi hδ. Rebateu-se o plano δ através dos seus traços. Mr ≡ M1 e Nr ≡ N1, pois M e N são dois pontos da charneira. Rebateu-se a recta i através dos seus traços e determinou-se Lr sobre ir, no plano ortogonal à charneira que contém o arco do rebatimento de L. Rebateu-se a recta i’ igualmente através dos seus traços e determinou-se Kr sobre i’r, no plano ortogonal à charneira
que contém o arco do rebatimento de K. A V.G. da figura da secção está no quadrilátero [KrLrMrNr].
182.
Antes de mais representaram-se o sólido, pelas suas projecções, e o plano α (o plano secante), pelos seus traços, em função dos dados. O
plano α tem os seus traços coincidentes, pois é ortogonal ao β2/4. Em seguida efectuaram-se todos os procedimentos que nos conduzem à
determinação da figura da secção produzida pelo plano α no cone. 1. Em primeiro lugar conduziu-se, pelo vértice, um plano paralelo ao
plano α (o plano secante) para determinar o tipo de secção que o plano α produz no cone. A recta h é a recta paralela a hα que passa pelo
vértice. Por F, traço frontal de h, conduziu-se fα1, paralelo a fα e hα1, que está coincidente com fα1. A recta h’ é a recta de intersecção do plano α1 com o plano ν (o plano da base do cone) – h’ é exterior à base, pelo que a secção que o plano α produz no cone é uma elipse (ou
um segmento de elipse). 2. Em segundo lugar, verificou-se se o plano secante corta a base do sólido. A recta de intersecção do plano α
com o plano da base é h’’ – h’’ é secante à base do cone, pelo que α corta a base do sólido nos pontos A e B. Já temos dois pontos da
secção, e já se sabe que a secção será um segmento de elipse. 3. Em terceiro lugar, verificou-se se o plano α corta os contornos aparentes, o que se processou, no caso das geratrizes do contorno aparente frontal, com o recurso ao método geral da intersecção de rectas com
planos. O plano ϕ é o plano (frontal) auxiliar a que se recorreu – ϕ contém as duas geratrizes do contorno aparente frontal. A recta f é a recta
de intersecção do plano ϕ com o plano α (o plano secante) – a recta f intersecta a geratriz mais à esquerda do contorno aparente frontal no
ponto A e intersecta a geratriz mais à direita do contorno aparente frontal no ponto C – A e C são, assim, mais dois pontos da secção e são
os pontos em que a figura da secção será tangente ao contorno aparente frontal. Note que o plano α corta o contorno aparente horizontal
nos pontos A e B já determinados. 4. A quarta etapa consiste em determinar os pontos de maior e menor cota da secção. Atendendo a que
o plano α corta a base do sólido nos pontos A e B, estes são, imediatamente, os pontos de maior cota da secção (recorde que o plano
secante corta o sólido segundo um segmento de elipse – o ponto de maior cota da elipse está fora dos limites do sólido). Assim, para
determinar o ponto de menor cota da secção é necessário determinar os planos tangentes ao cone que são paralelos a hα (que intersectam
o plano secante segundo rectas horizontais). Para tal, recorreu-se à recta h que passa por V e é paralela a hα – h intersecta o plano da base
num ponto do infinito. Por esse ponto conduziu-se uma tangente à base (que é paralela a h) – a recta t (note que basta a tangente que nos
(Continua na página seguinte)
77
SOLUÇÕES
dá o ponto de menor cota, pois a outra não tem importância para a resolução do problema). O plano θ, definido por t e por h, é o plano tangente. A geratriz g (definida por T e V) é a geratriz de contacto. O ponto D é o ponto de concorrência de t e g e é o ponto de menor cota da
secção. 5. A quinta etapa consiste em determinar os pontos de maior e menor afastamento da secção. Atendendo a que o plano α corta a
base do sólido nos pontos A e B, e B tem afastamento superior a A, o ponto B é, imediatamente, o ponto de maior afastamento da secção
(recorde que a secção é um segmento de elipse – o ponto de maior afastamento da elipse está fora dos limites do sólido). Assim, para determinar o ponto de menor afastamento da secção é necessário determinar o plano tangente ao cone que é paralelo a fα (que intersecta o
plano secante segundo uma recta frontal). Para tal, conduziu-se, por V, uma recta f’, paralela a fα e determinou-se o ponto de intersecção de
f’ com o plano da base – I. Por I conduziu-se uma tangente à base – a recta t’ (note que basta a tangente que nos dá o ponto de menor
afastamento, pois a outra não tem importância para a resolução do problema). O plano θ1, definido por t’ e por f’, é o plano tangente. A
geratriz g’ (definida por T’ e V) é a geratriz de contacto. O ponto E é o ponto de concorrência de t’ e g’ e é o ponto de menor afastamento
da secção. Já temos cinco pontos da secção – A, B, C, D e E. 6. Atendendo a que os cinco pontos já determinados não são suficientes
para um desenho relativamente preciso da curva, recorreu-se ao método dos planos paralelos à base para determinar mais pontos da secção, o que consiste na sexta etapa para a resolução do problema. Note que o espaço útil para os planos auxiliares é o espaço entre o ponto D (o ponto de menor cota da secção) e a base do sólido. O plano ν1 é um plano horizontal (de nível), paralelo à base. O plano ν1 corta o
cone segundo uma circunferência e intersecta o plano α (o plano secante) segundo uma recta – esta é secante à circunferência, o que nos
permite obter mais dois pontos da secção. Note que não se atribuíram notações nem à recta de intersecção dos dois planos nem aos dois
pontos assim determinados, de forma a não sobrecarregar visualmente a resolução gráfica apresentada. Repetiu-se o processo com um
outro plano ν2, que nos permitiu determinar mais dois pontos da secção (e, mais uma vez, se omitiram as notações referentes a estes traçados). Já temos nove pontos da secção, o que nos permitiu um desenho relativamente preciso da curva – esta, em projecção frontal, é tangente à geratriz mais à esquerda do contorno aparente frontal no ponto A2 e é tangente à geratriz mais à direita do contorno aparente
frontal no ponto C2. Em seguida, representou-se o sólido resultante da secção a traço forte e identificou-se a área do corte a tracejado
(paralelo ao eixo X) em projecção frontal, apenas, pois a superfície da figura da secção é invisível em projecção horizontal. Note que, em
projecção horizontal, a figura da secção é invisível.
183.
Antes de mais representaram-se o sólido, pelas suas projecções, e o plano ϕ (o plano secante), pelo seu traço horizontal, em função dos
dados. Note que as projecções do sólido se determinaram a partir das projecções das suas bases. Pelo ponto mais à esquerda da projecção frontal da base inferior e pelo ponto mais à direita da projecção frontal da base superior conduziu-se a projecção frontal de uma das
geratrizes do contorno aparente frontal e desenhou-se, igualmente, a respectiva projecção horizontal. Em seguida, pelo ponto mais à direita
da projecção frontal da base inferior e pelo ponto mais à esquerda da projecção frontal da base superior conduziu-se a projecção frontal da
outra geratriz do contorno aparente frontal e desenhou-se, igualmente, a respectiva projecção horizontal. Este procedimento permitiu-nos
determinar o vértice do sólido (o ponto de concorrência das duas geratrizes) e verificar que o contorno aparente horizontal não integra
qualquer geratriz. Em seguida, efectuaram-se todos os procedimentos que nos conduzem à determinação da figura da secção produzida
(Continua na página seguinte)
78
SOLUÇÕES
pelo plano ϕ no cone. 1. Em primeiro lugar conduziu-se, pelo vértice, um plano paralelo ao plano ϕ (o plano secante) para determinar o
tipo de secção que o plano ϕ produz no sólido – o plano ϕ1 é o plano paralelo a ϕ que contém o vértice do sólido. A recta de intersecção do
plano ϕ1 com o plano da base do sólido (hϕ1) é secante à base, pelo que a secção produzida é uma hipérbole (os dois ramos da hipérbole,
pois o sólido apresenta as duas folhas da superfície cónica). 2. Em segundo lugar, verificou-se se o plano secante corta as bases do sólido.
O plano secante corta a base inferior do sólido nos pontos A e B e corta a base superior nos pontos C e D. Já temos dois pontos de cada
um dos ramos da hipérbole. 3. Em terceiro lugar, verificou-se se o plano ϕ corta os contornos aparentes. O plano ϕ corta o contorno aparente horizontal nos pontos acima determinados (os pontos em que corta as bases). A partir das projecções horizontais das geratrizes do
contorno aparente frontal, verifica-se que o plano ϕ não corta o contorno aparente frontal. 4. A quarta etapa consiste em determinar os pontos de maior e menor cota da secção. Atendendo a que o plano ϕ corta a base inferior do sólido nos pontos A e B, estes são, imediatamente, os pontos de menor cota do ramo inferior da hipérbole. Por sua vez, os pontos C e D (os pontos em que o plano ϕ corta a base superior)
são os pontos de maior cota do ramo superior da hipérbole. Para determinar o ponto de maior cota do ramo inferior da hipérbole e o ponto
de menor cota do ramo superior da hipérbole, é necessário recorrer aos planos tangentes ao sólido que intersectam o plano secante segundo rectas horizontais (que são paralelos a hϕ). Para tal, conduziu-se, por V, uma recta i, paralela a hϕ – i intersecta os planos das bases num
ponto do infinito. Por esse ponto conduziram-se as rectas tangentes à base inferior (base de referência) e que são paralelas a i – essas rectas (que são fronto-horizontais) são imediatamente hρ1 e hρ2, os traços horizontais dos dois planos tangentes (que são planos de rampa).
Em seguida, determinaram-se as geratrizes de contacto, g e g’. O ponto E é o ponto em que o plano ϕ corta a geratriz g’ e é o ponto de
maior cota do ramo inferior da hipérbole. O ponto F é o ponto em que o plano ϕ corta a geratriz g’ e é o ponto de menor cota do ramo superior da hipérbole. Note que, para esta etapa, não foi necessária a determinação dos traços frontais dos dois planos tangentes nem sequer as
respectivas rectas de intersecção com o plano secante. 5. A quinta etapa consiste em determinar os pontos de maior e menor afastamento
da secção. Atendendo a que o plano ϕ é frontal (de frente), e todos os seus pontos têm o mesmo afastamento, esta etapa não tem sentido
no contexto deste exercício. Já temos três pontos para cada ramo da secção. 6. Atendendo a que os três pontos já determinados não são
suficientes para um desenho relativamente preciso da curva, recorreu-se ao método dos planos paralelos à base para determinar mais pontos de cada um dos ramos secção, o que consiste na sexta etapa para a resolução do problema. Note que o espaço útil para os planos
auxiliares é o espaço entre o ponto E e a base inferior (para o ramo inferior da hipérbole) e o espaço entre o ponto F e a base superior (para
o ramo superior da hipérbole). O plano ν1 é um plano horizontal (de nível), paralelo à base. O plano ν1 corta a folha inferior do sólido segundo uma circunferência, circunferência esta que é cortada pelo plano ϕ em dois pontos – esses são mais dois pontos do ramo inferior da secção (note que se omitiram as notações desses dois pontos). Repetiu-se este processo com mais dois planos horizontais (de nível) para o
ramo inferior, que nos permitiram determinar mais quatro pontos do ramo inferior da hipérbole. Note que se processou a uma distribuição
uniforme dos planos auxiliares pelo espaço útil. Para o ramo superior bastou-nos o recurso a um plano horizontal (de nível), equidistante
dos limites do espaço útil, que nos permitiu determinar dois pontos da secção. Assim, já temos nove pontos para o ramo inferior da hipérbole e cinco pontos para o ramo superior, o que nos permitiu um desenho relativamente preciso das duas curvas. Sendo pedida a figura da
secção, não houve desagregação do sólido nem a superfície da figura é visível em qualquer das suas projecções, pelo que não há lugar à
execução de tracejado. Também não se registam invisibilidades. Note que a hipérbole se projecta em V.G. no Plano Frontal de Projecção,
pois o plano ϕ é paralelo ao Plano Frontal de Projecção.
79
SOLUÇÕES
21
S OMBRA S
184.
Em primeiro lugar, representou-se o ponto A pelas suas projecções. Para determinar as sombras
real e virtual de A conduziu-se, por A, um raio luminoso l, com a direcção luminosa dada (está definido por um ponto e uma direcção) – tratando-se da direcção convencional da luz, l, faz, em ambas as
projecções, ângulos de 45° (a.e.) com o eixo X. Em seguida, determinaram-se os traços de l nos planos de projecção – o traço horizontal situa-se no SPHA e o traço frontal situa-se no SPFI. Atendendo
a que as sombras reais se situam sempre no SPHA ou no SPFS, o traço horizontal de l é, então, a
sombra real de A (As1) e o traço frontal de l é a sombra virtual de A (Av2). Note que se omitiram as
notações identificadoras das projecções que se situam no eixo X, por estas não serem necessárias.
185.
Em primeiro lugar, representou-se o ponto P pelas suas projecções. Para determinar as sombras
real e virtual de P conduziu-se, por P, um raio luminoso l, com a direcção luminosa dada (está
definido por um ponto e uma direcção) – l1 faz um ângulo de 45° (a.d.) com o eixo X e l2 faz um
ângulo de 30° (a.d.) com o eixo X. Em seguida, determinaram-se os traços de l nos planos de projecção – o traço frontal situa-se no SPFS e o traço horizontal situa-se no SPHP. Atendendo a que
as sombras reais se situam sempre no SPHA ou no SPFS, o traço frontal de l (que se situa no
SPFS) é, então, a sombra real de P (Ps2) e o traço frontal de l (que se situa no SPHP) é a sombra
virtual de P (Pv1). Note que se omitiram as notações identificadoras das projecções que se situam
no eixo X, por estas não serem necessárias.
186.
Em primeiro lugar, representaram-se o ponto R e o foco luminoso L, pelas respectivas projecções. Para determinar as sombras real e virtual de R conduziu-se, por R, um raio luminoso l – l
passa por R e pelo foco luminoso L (está definido por dois pontos). Em seguida, determinaram-se os traços de l nos planos de projecção – o traço horizontal situa-se no SPHA e o traço
frontal situa-se no SPFI. Atendendo a que as sombras reais se situam sempre no SPHA ou no
SPFS, o traço horizontal de l (que se situa no SPHA) é, então, a sombra real de R (Rs1) e o traço frontal de l (que se situa no SPFI) é a sombra virtual de R (Rv2).
187.
Em primeiro lugar, representou-se o ponto M pelas suas projecções. Para determinar as
sombras real e virtual de M conduziu-se, por M, um raio luminoso l, com a direcção luminosa
dada (está definido por um ponto e uma direcção) – l é uma recta frontal (de frente) cuja
projecção frontal faz um ângulo de 40° (a.e.) com o eixo X. Em seguida, determinaram-se os
traços de l nos planos de projecção – o traço horizontal situa-se no SPHA e o traço frontal
não existe (situa-se no infinito, pois o raio luz/sombra l é frontal, pelo que é paralelo ao Plano Frontal de Projecção). O traço horizontal de l (que se situa no SPHA) é a sombra real de
M (Ms1) – M não tem sombra virtual (a sombra virtual de M situa-se no infinito).
80
SOLUÇÕES
188.
Em primeiro lugar, representaram-se o ponto G e o foco luminoso L, pelas respectivas
projecções. Para determinar as sombras real e virtual de G conduziu-se, por G, um raio
luminoso l – l passa por G e pelo foco luminoso L. Em seguida, determinaram-se os traços de l nos planos de projecção – o traço frontal situa-se no SPFS e o traço horizontal
situa-se no SPHP. Atendendo a que as sombras reais se situam sempre no SPHA ou
no SPFS, o traço frontal de l (que se situa no SPFS) é, então, a sombra real de G (Gs2)
e o traço horizontal de l (que se situa no SPHP) é a sombra virtual de G (Gv1).
189.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos A, B e C, pelas respectivas projecções – as projecções
dos três pontos situam-se na mesma linha de chamada, pois os pontos situam-se no mesmo plano de
perfil.
a) A recta l é o raio luz/sombra que passa por A – As1 é a sombra real de A (é o traço horizontal de l)
e situa-se no SPHA. A recta l’ é o raio luz/sombra que passa por B (é uma recta passante) – Bs é a
sombra de B e situa-se no eixo X. A recta l’’ é o raio luz/sombra que passa por C – Cs2 é a sombra
real de C (é o traço frontal de l’’) e situa-se no SPFS.
b) A situa-se no 1º Octante e As1 situa-se no SPHA. B situa-se no β1/3 e Bs situa-se no eixo X. C situa-se no 2º Octante e Cs2 situa-se no SPFS. Conclusões: se o afastamento de um ponto é maior do
que a sua cota (é um ponto do 1º Octante), a sua sombra (real) situa-se no SPHA; se o afastamento
e a cota de um ponto são iguais (é um ponto do β1/3), a sua sombra situa-se no eixo X; se a cota de
um ponto é maior do que o seu afastamento (é um ponto do 2º Octante), a sua sombra situa-se no
SPFS. ATENÇÃO: estas conclusões referem-se, apenas, à direcção convencional da luz.
190.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos A e B, pelas respectivas projecções. A recta l
é o raio luz/sombra que passa por A – As1 é a sombra real de A (é o traço horizontal de l) e
situa-se no SPHA (está coincidente com A1). A recta l’ é o raio luz/sombra que passa por B –
Bs2 é a sombra real de B (é o traço frontal de l’) e situa-se no SPFS (está coincidente com
B2). Conclusões: a sombra real de um ponto do Plano Horizontal de Projecção está coincidente com a projecção horizontal do ponto (e com o próprio ponto); a sombra real de um
ponto do Plano Frontal de Projecção está coincidente com a projecção frontal do ponto
(e com o próprio ponto).
191.
Em primeiro lugar, representou-se o ponto A pelas suas projecções. Para determinar as sombras real
e virtual de A conduziu-se, por A, um raio luminoso l, com a direcção luminosa dada – l é uma recta
de perfil paralela ao β1/3. Em seguida, determinaram-se os traços de l nos planos de projecção – para
tal foi necessário o recurso a um processo geométrico auxiliar, pois as projecções de uma recta de
perfil não verificam o Critério de Reversibilidade. Optou-se pelo rebatimento do plano de perfil que
contém l – o plano π – para o Plano Frontal de Projecção (a charneira foi fπ). Ar é o ponto A em rebatimento – lr é o raio luz/sombra que passa por A, em rebatimento (lr faz ângulos de 45° com fρ e hπr).
Determinaram-se os traços de l, em rebatimento – Asr é o traço horizontal de l em rebatimento (situa-se no SPHA, pelo que é a sombra real de A em rebatimento) e Avr é o traço frontal de l, em rebatimento (situa-se no SPFI, pelo que é a sombra virtual de A, em rebatimento). Inverteu-se o rebatimento, obtendo-se as projecções de As (omitiu-se a representação de As2, que está no eixo X) e de
Av (omitiu-se a representação de Av1, que está no eixo X). As1 é a sombra real de A e Av2 é a sombra
virtual de A.
81
SOLUÇÕES
192.
Em primeiro lugar, representou-se o segmento [AB], pelas suas projecções. Em seguida, conduziram-se, pelos extremos do segmento, raios luminosos e determinaram-se as sombras reais
dos extremos do segmento – l é o raio luminoso que passa por A e As2 é a sombra real de A,
enquanto l’ é o raio luminoso que passa por B e Bs2 é a sombra real de B. As2 situa-se no
SPFS, tal como Bs2 – uma vez que as sombras reais dos dois extremos do segmento se situam
no mesmo plano (no SPFS), a sombra do segmento não admite a existência de pontos de
quebra. [As2Bs2] é a sombra real de [AB] e existe, na totalidade, no SPFS.
193.
Em primeiro lugar, representou-se o segmento [RS], pelas suas projecções. Em seguida conduziram-se, pelos extremos do segmento, raios luminosos e determinaram-se as sombras de R e
S no Plano Frontal de Projecção – Rv2 é a sombra virtual de R (situa-se no SPFI) e Ss2 é a sombra real de S (situa-se no SPFS). Rv2 e Ss2 são os traços frontais dos raios luminosos que passam por R e S, respectivamente. O segmento [Rv2Ss2] é a sombra do segmento no Plano
Frontal de Projecção (que era o pedido no enunciado), se bem que não seja a sombra real do
segmento – apenas a parte compreendida entre o eixo X e Ss2 é real (situa-se no SPFS), pois a
parte compreendida entre o eixo X e Rv2 é virtual (situa-se no SPFI).
194.
Em primeiro lugar, representou-se o segmento [RS], pelas suas projecções. Em seguida
conduziram-se, pelos extremos do segmento, raios luminosos e determinaram-se as
sombras de R e S no Plano Horizontal de Projecção – Rs1 é a sombra real de R (situa-se no SPHA) e Sv1 é a sombra virtual de S (situa-se no SPHP). Rs1 e Sv1 são os traços
horizontais dos raios luminosos que passam por R e S, respectivamente. O segmento
[Rs1Sv1] é a sombra do segmento no Plano Horizontal de Projecção (que era o pedido
no enunciado), se bem que não seja a sombra real do segmento – apenas a parte
compreendida entre o eixo X e Rs1 é real (situa-se no SPHA), pois a parte compreendida
entre o eixo X e Sv1 é virtual (situa-se no SPHP).
195.
Em primeiro lugar, representou-se o segmento [RS], pelas suas projecções. Em seguida conduziram-se, pelos extremos do segmento, raios luminosos e determinaram-se as sombras reais de R e
S – Rs1 é a sombra real de R (é o traço horizontal do raio luminoso que passa por R e situa-se no
SPHA) e Ss2 é a sombra real de S (é o traço frontal do raio luminoso que passa por S e situa-se no
SPFS). As sombras reais dos extremos do segmento situam-se em planos distintos, pelo que a
sombra do segmento admite necessariamente um ponto de quebra. Para determinar o ponto de
quebra recorreu-se à sombra virtual de R (Rv2) e à sombra do segmento [RS] no Plano Frontal de
Projecção – o segmento [Rv2Ss2]. O ponto de intersecção do segmento [Rv2Ss2] (a sombra do segmento no Plano Frontal de Projecção) com o eixo X é o ponto de quebra – Qs (Qs é a sombra de
um ponto Q, do segmento [RS], que não se determinou, por não ser necessário). O segmento
[QsSs2] é a parte real da sombra do segmento no Plano Frontal de Projecção. O segmento [Rs1Qs]
é, assim, a sombra real de [RS] no Plano Horizontal de Projecção. A linha quebrada aberta
[Rs1QsSs2] é a sombra real do segmento [RS] nos planos de projecção.
82
SOLUÇÕES
196.
Em primeiro lugar, representou-se o segmento [JK], pelas suas projecções. A recta h é a
recta suporte de [JK] – o segmento é paralelo ao Plano Horizontal de Projecção, pelo
que se projecta em V.G. em projecção horizontal. Assim, sobre h1, a partir de J1, mediram-se os 6 cm (o comprimento do segmento), o que nos permitiu determinar as projecções de K e, dessa forma, as projecções do segmento. Note que se garantiu que K se
situa no 1º Diedro, pois o segmento situa-se, na totalidade, no espaço do 1º Diedro,
como é expressamente referido no enunciado. Em seguida, conduziram-se, pelos extremos do segmento, raios luminosos e determinaram-se as sombras reais dos extremos
do segmento – Js1 é a sombra real de J e Ks1 é a sombra real de K. Js1 situa-se no
SPHA, tal como Ks1 – uma vez que as sombras reais dos dois extremos do segmento se
situam no mesmo plano (no SPHA), a sombra do segmento não admite a existência de
pontos de quebra. [Js1Ks1] é a sombra real de [JK] e existe, na totalidade, no SPHA –
[Js1Ks1] é paralelo a [JK].
197.
Em primeiro lugar, representou-se o segmento [JK], pelas suas projecções (ver relatório
do exercício anterior), bem como o ponto L (o foco luminoso). Em seguida conduziram-se, pelos extremos do segmento, raios luminosos (passando por L) e determinaram-se
as sombras reais de J e K – Js2 é a sombra real de J (é o traço frontal do raio luminoso
que passa por J e situa-se no SPFS) e Ks1 é a sombra real de K (é o traço horizontal do
raio luminoso que passa por K e situa-se no SPHA). As sombras reais dos extremos do
segmento situam-se em planos distintos, pelo que a sombra do segmento admite necessariamente um ponto de quebra. Este poder-se-ia ter determinado com o recurso à
sombra virtual de um dos extremos do segmento, conforme se expôs no relatório do
exercício 194, mas, uma vez que [JK] é horizontal (de nível), optou-se por outra situação,
mais fácil, mais rápida e com menos traçado. A sombra que o segmento [JK] produz no
Plano Horizontal de Projecção é necessariamente paralela ao segmento, pois [JK] é
paralelo ao Plano Horizontal de Projecção – assim, por Ks1 conduziu-se uma paralela a
[J1K1], até ao eixo X, onde se situa Qs, o ponto de quebra. O segmento [QsKs1] é, imediatamente, a sombra real de [JK] no Plano Horizontal de Projecção. Em seguida desenhou-se o segmento [J s 2 Q s ], que é a sombra real de [JK] no Plano Frontal de
Projecção. A linha quebrada aberta [Js2QsKs1] é a sombra real do segmento [JK] nos
planos de projecção.
198.
Em primeiro lugar, representou-se o segmento [AB] e o ponto L (o foco luminoso), pelas
respectivas projecções. Em seguida conduziram-se, pelos extremos do segmento, raios
luminosos (passando por L) e determinaram-se as sombras reais de A e B – As2 é a sombra real de A (situa-se no SPFS) e Bs1 é a sombra real de B (situa-se no SPHA). As sombras reais dos extremos do segmento situam-se em planos distintos, pelo que a sombra
do segmento admite necessariamente um ponto de quebra. Este determinou-se com o
recurso à sombra virtual de A (Av1) e à sombra do segmento [AB] no Plano Horizontal de
Projecção – o segmento [Av1Bs1]. O ponto de intersecção do segmento [Av1Bs1] (a sombra do segmento no Plano Horizontal de Projecção) com o eixo X é o ponto de quebra –
Qs. O segmento [Bs1Qs] é a parte real da sombra do segmento no Plano Horizontal de
Projecção. O segmento [As2Qs] é a sombra real de [AB] no Plano Frontal de Projecção.
A linha quebrada aberta [As2QsBs1] é a sombra real do segmento [AB] nos planos de
projecção.
83
SOLUÇÕES
199.
Em primeiro lugar, representou-se o segmento [ST], pelas suas projecções. Em seguida,
conduziram-se, pelos extremos do segmento, raios luminosos e determinaram-se as sombras reais de S e T – Ss1 é a sombra real de S (situa-se no SPHA) e Ts2 é a sombra real de T
(situa-se no SPFS). As sombras reais dos extremos do segmento situam-se em planos distintos, pelo que a sombra do segmento admite necessariamente um ponto de quebra.
Este poder-se-ia ter determinado com o recurso à sombra virtual de um dos extremos do
segmento, conforme se expôs nos relatórios dos exercícios 194 e 197, mas, uma vez que
[ST] é frontal (de frente), optou-se por outra situação, com menos traçado. A sombra que o
segmento [ST] produz no Plano Frontal de Projecção é necessariamente paralela ao segmento, pois [ST] é paralelo ao Plano Frontal de Projecção – assim, por Ts2 conduziu-se uma
paralela a [S2T2], até ao eixo X, onde se situa Qs, o ponto de quebra. O segmento [QsTs2] é,
imediatamente, a sombra real de [ST] no Plano Frontal de Projecção. Em seguida, desenhou-se o segmento [Ss1Qs], que é a sombra real de [ST] no Plano Horizontal de Projecção. A linha quebrada aberta [Ss1QsTs2] é a sombra real do segmento [ST] nos planos de
projecção.
200.
Em primeiro lugar, representou-se a recta r pelas suas projecções, em função dos dados.
Em seguida, para determinar a sombra da recta, é necessário, em primeiro lugar, determinar a parte da recta susceptível de produzir sombra – a parte da recta que se situa no
1o Diedro. Determinaram-se os traços da recta nos planos de projecção (F e H) e identificou-se a parte da recta que se situa no 1o Diedro – o segmento [FH]. Fs2 ≡ F2, pois F é um
ponto do Plano Frontal de Projecção. Hs1 ≡ H1, pois H é um ponto do Plano Horizontal de
Projecção. Fs2 e Hs1 situam-se em planos distintos, pelo que a sombra da recta (do segmento [FH]) admite um ponto de quebra. Este poder-se-ia ter determinado com o recurso
às sombras virtuais – a sombra virtual de H ou de F. No entanto, optou-se por uma situação
diferente. Considerando que o ponto B é um ponto do segmento [FH], determinou-se a
sombra de B – Bs2. Bs2 situa-se no SPFS, pelo que a sombra de [FH] no SPFS passa por
Bs2. Assim, conduziu-se uma linha recta por Fs2 e por Bs2, até ao eixo X, onde se situa Q, o
ponto de quebra da sombra. A sombra que o segmento [FH] produz no SPFS é o segmento [Fs2Q]. A sombra que o segmento [FH] produz no SPHA é o segmento [Hs1Q]. A sombra
projectada da recta nos planos de projecção é a linha quebrada [Hs1QFs2].
201.
Ver relatório do exercício anterior. Atendendo a que o ponto A é um ponto do segmento
[FH], a determinação do ponto de quebra processou-se com o recurso à sombra do ponto A
– As1. As1 situa-se no SPHA, pelo que a sombra de [FH] no SPHA passa por As1. Assim,
conduziu-se uma linha recta por Hs1 e por As1, até ao eixo X, onde se situa Q, o ponto de
quebra da sombra.
84
SOLUÇÕES
202.
Em primeiro lugar, representou-se a recta h pelas suas projecções, em função dos dados. Em
seguida, para determinar a sombra da recta, é necessário, em primeiro lugar, determinar a parte da
recta susceptível de produzir sombra – a parte da recta que se situa no 1º Diedro. Determinou-se o
traço frontal da recta, F (a recta não tem traço horizontal), e identificou-se a parte da recta que se
• sendo A um ponto qualquer da recta. F ≡ F , pois F é um
situa no 1º Diedro – a semi-recta FA,
s2
2
ponto do Plano Frontal de Projecção. Por outro lado, a sombra da recta no Plano Horizontal de
Projecção será paralela à recta, pois a recta é paralela ao Plano Horizontal de Projecção. É possível perceber que a recta (a semi-recta) produz sombra nos dois planos de projecção, pelo que a
sombra admite um ponto de quebra. É possível determinar esse ponto de quebra recorrendo à
sombra virtual de F, mas optou-se por determinar a sombra real de A – As1. As1 situa-se no SPHA
e a sombra da recta (da semi-recta) no SPHA é uma semi-recta paralela a h. Assim, conduziu-se,
por As1, uma paralela à recta h, determinando o ponto Q, o ponto em que aquela intersecta o eixo
• . A sombra
X – esse ponto é o ponto de quebra. A sombra da recta h no SPHA é a semi-recta QA
s1
da recta h no SPFS é o segmento de recta [Fs2Q]. A sombra projectada da recta nos planos de
projecção é a linha quebrada aberta que tem extremo em Fs1 e passa por Q e As1.
203.
Em primeiro lugar, representou-se a recta p pelas suas projecções, em função dos dados. Em
seguida, para determinar a sombra da recta, é necessário, em primeiro lugar, determinar a parte
da recta susceptível de produzir sombra – a parte da recta que se situa no 1º Diedro. Para tal há
que determinar os traços da recta, o que se processa com o recurso a um processo geométrico
auxiliar. No entanto, optou-se por uma resolução diferente, que economiza bastante traçado e
que consiste em conduzir, pela recta, o respectivo plano luz/sombra – a sombra da recta nos planos de projecção estará sobre os traços do plano luz/sombra da recta. O plano luz/sombra da
recta p está definido pela recta p e pela direcção luminosa. Assim, por M conduziu-se um raio
luminoso l, com a direcção luminosa dada, e determinou-se a sombra real de M – Ms1 (Ms1 é o
traço horizontal da recta l). Em seguida conduziu-se, por N, um outro raio luminoso l’, paralelo a
l, e determinou-se a sombra real de N – Ns2 (Ns2 é o traço frontal de l’). Note que, se bem que a
recta p não nos permita obter quaisquer outros pontos da recta (nomeadamente os seus traços)
sem o recurso a qualquer processo geométrico auxiliar, já temos outras duas rectas do plano
luz/sombra da recta p – as rectas l e l’. Assim, recorrendo exclusivamente a estas rectas, é possível determinar os traços do plano λ (o plano luz/sombra da recta p). Determinou-se Nv1, a sombra virtual de N (Nv1 é o traço horizontal da recta l’) – hλ (o traço horizontal do plano luz/sombra)
fica definido por Ms1 e Nv1 (que são os traços horizontais das rectas l e l’). Por sua vez, fλ (o traço
frontal do plano luz/sombra da recta p) é concorrente com hλ no eixo X (no ponto Q) e passa por
Ns2 (que é o traço frontal de l’). Como a recta p pertence ao plano λ, os seus traços têm de estar
sobre os traços homónimos do plano – este raciocínio permitiu-nos determinar os traços da recta, F e H. A parte da recta que produz sombra é o segmento [FH]. Fs2 ≡ F2 e Hs1 ≡ H1. O ponto Q (o ponto de concorrência de fλ com hλ) é o
ponto de quebra da sombra da recta. A sombra da recta no SPFS é o segmento [QFs2]. A sombra da recta no SPHA é o segmento [QHs1].
204.
Ver relatório do exercício anterior. O plano luz/sombra da recta p (o plano λ) está
definido pela p e por L.
85
SOLUÇÕES
205.
Em primeiro lugar, representou-se a recta m pelas suas projecções, em função
dos dados. Em seguida, é necessário determinar a parte da recta susceptível
de produzir sombra – a parte que se situa no 1º Diedro. Determinaram-se os
traços da recta nos planos de projecção (F e H) e identificou-se a parte da recta
• sendo S um qualquer dos dois
que se situa no 1o Diedro – a semi-recta HS,
pontos dados da recta. Hs1 ≡ H1, pois H é um ponto do Plano Horizontal de
Projecção. Em seguida, para averiguar se a recta produz sombra nos dois planos de projecção, determinou-se a sombra do ponto S – Ss2. Ss2 situa-se no
SPFS e Hs1 situa-se no SPHA, pelo que a sombra da recta admite um ponto de
quebra. Este determinou-se com o recurso à sombra de F no Plano Frontal de
Projecção – F situa-se no SPFI, pelo que qualquer que seja a sua sombra será
sempre uma sombra virtual. Atendendo a que é um ponto do Plano Frontal de
Projecção, a sua sombra no Plano Frontal de Projecção está coincidente com o
próprio ponto – Fv2 ≡ F2. A sombra (real e virtual) da recta no Plano Frontal de
Projecção é a recta que passa por Fv2 e por Ss2 – o ponto de intersecção desta
com o eixo X (ponto Q) é o ponto de quebra da sombra da recta dada (da
semi-recta que produz sombra). A sombra da recta no SPHA é o segmento
• .
[Hs1Q]. A sombra da recta no SPFS é a semi-recta QS
s2
206.
Em primeiro lugar, representou-se o triângulo [ABC] pelas suas projecções, em função dos dados.
O plano ν é o plano horizontal (de nível) que contém o polígono. Em seguida conduziram-se raios
luminosos (paralelos entre si) pelos três vértices do triângulo e determinaram-se as respectivas
sombras reais. As1, Bs1 e Cs1 são as sombras reais de A, B e C, respectivamente (são os traços horizontais dos raios luminosos que por eles passam), e situam-se todas no SPHA, pelo que a sombra
do triângulo não admite pontos de quebra. O triângulo [As1Bs1Cs1] é a sombra do triângulo [ABC].
Optou-se por identificar a sombra com tracejado, que se executou perpendicularmente à projecção
horizontal da direcção luminosa. Note que a parte da sombra que se situa por debaixo do triângulo
(e que, por isso mesmo, está oculta) é invisível e se identificou a traço interrompido. Na parte invisível da sombra também não há lugar à execução de tracejado.
207.
Ver relatório do exercício anterior. Os raios luminosos são concorrentes entre
si no ponto L (o foco luminoso). A parte visível da sombra identificou-se através de uma mancha clara e uniforme.
86
SOLUÇÕES
208.
Ver relatório do exercício 206. A parte visível da sombra identificou-se através de uma
mancha clara e uniforme.
209.
Em primeiro lugar, representou-se o quadrado [ABCD] pelas suas projecções, em função
dos dados. O plano ϕ é o plano frontal (de frente) que contém o polígono. Em seguida
conduziram-se raios luminosos (paralelos entre si) pelos vértices do quadrado e determinaram-se as respectivas sombras reais. As1 é a sombra real de A e situa-se no SPHA.
Bs2, Cs2 e Ds2 são as sombras reais de B, C e D, respectivamente, e situam-se todas no
SPFS. Há vértices do quadrado com sombras reais em planos distintos, pelo que a sombra do quadrado admite dois pontos de quebra – um entre As1 e Bs2 e outro entre As1 e
Ds2. Os dois pontos de quebra, Q e Q’, determinaram-se a partir do paralelismo que existe
entre os lados do quadrado e as suas sombras no Plano Frontal de Projecção (todos os
lados do quadrado são segmentos de recta frontais). Assim, por Ds2 conduziu-se uma
paralela ao lado [AD] até ao eixo X, onde se situa um ponto de quebra – Q. [Ds2Q] é a
sombra de [AD] no SPFS e [QAs1] é a sombra de [AD] no SPHA. Por Bs2 conduziu-se
uma paralela ao lado [AB] até ao eixo X, onde se situa o outro ponto de quebra – Q’.
[Q’Bs2] é a sombra de [AB] no SPFS e [Q’As1] é a sombra de [AB] no SPHA. A partir de
todos os vértices da sombra e dos pontos de quebra, desenhou-se o contorno da sombra, atendendo às suas invisibilidades, e preencheu-se a área visível da sombra com tracejado, perpendicularmente à direcção luminosa em ambas as projecções..
210.
Ver relatório do exercício anterior. As1 e Ds1 são as sombras reais de A e D, respectivamente, e estão ambas no SPHA. Bs2 e Cs2 são as sombras reais de A e B, respectivamente, e estão ambas no SPFS. A sombra do quadrado admite dois pontos de quebra
– um que se situa entre As1 e Bs2 e o outro entre Cs2 e Ds1. Os pontos de quebra determinaram-se com procedimentos semelhantes aos explicitados no relatório do exercício
anterior. A sombra é visível na totalidade e identificou-se através de uma mancha clara e
uniforme.
87
SOLUÇÕES
211.
Em primeiro lugar, representou-se o círculo pelas suas projecções, em função dos
dados. O plano ϕ é o plano frontal (de frente) que contém a figura. Em seguida, a
primeira etapa consistiu em averiguar a eventual existência de pontos de quebra
na sombra da figura, o que se processou através do método do plano luz/sombra
passante. O plano luz/sombra passante está definido pelo eixo X e por raio luminoso l, qualquer, passante. O ponto I é o ponto de intersecção do raio luminoso l
com o plano ϕ. A recta i, fronto-horizontal e passando por I, é a recta de intersecção do plano luz/sombra passante com o plano ϕ. A recta i é exterior ao círculo,
pelo que a sua sombra não admite pontos de quebra – situa-se, na totalidade, no
SPHA ou no SPFS. A sombra real de O (Os2) situa-se no SPFS, pelo que a sombra
do círculo se situa, na totalidade, no SPFS e não apresenta deformação, pois o círculo é frontal (de frente) – paralelo ao Plano Frontal de Projecção. Assim, trata-se
de uma isometria, pelo que o raio da sombra é igual ao raio da sombra do círculo
dado – será um outro círculo, com centro em Os2 e 2,5 cm de raio. Desenhou-se
esse círculo (que é a sombra da figura dada), atendendo às invisibilidades existentes, e identificou-se a área visível da sombra com tracejado, perpendicularmente à
projecção frontal da direcção luminosa.
212.
Em primeiro lugar, representou-se o círculo pelas suas projecções, em
função dos dados. O plano ϕ é o plano frontal (de frente) que contém a
figura. Em seguida, a primeira etapa consistiu em averiguar a eventual
existência de pontos de quebra na sombra da figura, o que se processou
através do método do plano luz/sombra passante (que fica definido
pelo eixo X e por um raio luminoso qualquer, passante). Determinou-se a
recta de intersecção do plano luz/sombra passante com o plano ϕ. A recta i é exterior ao círculo, pelo que a sua sombra não admite pontos de
quebra – situa-se, na totalidade, no SPHA ou no SPFS (note que, apesar
de se terem omitido todos os traçados referentes à etapa atrás descrita, é
necessária a sua execução). A sombra real de O (Os1) situa-se no SPHA,
pelo que a sombra do círculo se situa, na totalidade, no SPHA. O círculo
não é paralelo ao Plano Horizontal de Projecção, pelo que a sua sombra
não será outro círculo mas, sim, uma elipse (um círculo com deformação). Para um desenho relativamente preciso da elipse são necessários,
pelo menos, oito pontos e o paralelogramo envolvente. Para tal há que
inscrever o círculo num quadrado de lados paralelos ao eixo X, desenhando em seguida as respectivas diagonais e medianas. Os pontos A,
C, E e G são os pontos em que as medianas se apoiam nos lados do
quadrado. Os pontos B, D, F e H são os pontos em que as diagonais do
quadrado cortam a circunferência. Em seguida, há que determinar a sombra do quadrado no Plano Horizontal de Projecção, bem como das suas
medianas e diagonais. A sombra do quadrado no Plano Horizontal de
Projecção é um paralelogramo – a elipse estará inscrita neste paralelogramo. A sombra do quadrado determinou-se a partir das sombras de três dos seus vértices e atendendo ainda que as sombras dos seus
lados fronto-horizontais são também fronto-horizontais. As2, Cs1, Es1 e Gs1 são, imediatamente, os pontos em que as medianas do paralelogramo se apoiam nos lados do polígono – são os pontos em que elipse será tangente aos lados do paralelogramo (uma vez que o círculo é
tangente aos lados do quadrado em que se inscreve nos pontos A, C, E e G). B, D, F e H são pontos das diagonais do quadrado – Bs1, Ds1,
Fs1 e Hs1 situar-se-ão necessariamente sobre as diagonais do paralelogramo (que são as sombras das diagonais do quadrado). Pelas projecções horizontais de B, D, F e H conduziram-se as projecções horizontais dos raios luminosos que por eles passam – os pontos em que
estas intersectam as diagonais do paralelogramo são Bs1, Ds1, Fs1 e Hs1. Os oito pontos determinados permitiram um desenho relativamente
preciso da elipse.
88
SOLUÇÕES
213.
Em primeiro lugar, representou-se o círculo pelas suas projecções,
em função dos dados. O plano ϕ é o plano frontal (de frente) que
contém a figura. Em seguida, averiguou-se a eventual existência de
pontos de quebra na sombra da figura, o que se processou através
do método do plano luz/sombra passante (que fica definido pelo
eixo X e por um raio luminoso l, qualquer, passante). Determinou-se
a recta de intersecção do plano luz/sombra passante com o plano ϕ
– recta i (ver relatório do exercício 211). A recta i é secante ao círculo, cortando a circunferência que o delimita em dois pontos (Q e Q’),
pelo que a sombra do círculo admite dois pontos de quebra – os
pontos de quebra serão, precisamente, as sombras de Q e Q’, que
se situam no eixo X. Note que apenas se determinaram as projecções frontais de Q e Q’, pois estas são suficientes para a resolução
do exercício – Qs e Q’s estão sobre o eixo X e determinaram-se com
o recurso às projecções frontais dos raios luminosos que por eles
passam. Parte da sombra real do círculo está no SPFS (que é um
segmento de círculo, pois a figura é paralela ao Plano Frontal de Projecção) e outra parte está no SPHA (é um segmento de elipse). Determinaram-se as sombras real e virtual de O – Os2 é a sombra real de O e está no SPFS, enquanto que Ov1 é a sombra virtual de O e está no
SPHP. A sombra do círculo no SPFS terá o mesmo raio do círculo dado, uma vez que se trata de uma isometria – assim, a sombra no SPFS
OQ
OsQ
= OsQ
’ = 3 cm e limitado pelo segmento [QsQ’s]. A parte da sombra do
é um segmento de círculo com centro em Os2 e raio 2
2= 2 s
2 s
círculo no SPHA (que é um segmento de elipse) determinou-se conforme exposto no relatório do exercício anterior, inscrevendo previamente
o arco ADB
na parte correspondente de um quadrado de lados paralelos ao eixo X e determinando a sua sombra (real e virtual) no Plano
Horizontal de Projecção. Após o desenho da curva do segmento da elipse, tem-se o contorno da sombra e assinalou-se adequadamente a
parte invisível da sombra (a que está por detrás do círculo), preenchendo a sua parte visível com uma mancha clara e uniforme.
214.
Em primeiro lugar, representou-se o círculo pelas suas projecções, em função dos dados. O plano ϕ é o plano frontal (de
frente) que contém a figura. Em seguida, averiguou-se a eventual existência de pontos de quebra na sombra da figura, o
que se processou através do método do plano luz/sombra
passante (que fica definido pelo eixo X e por um raio luminoso l, qualquer, passante). Determinou-se a recta de intersecção do plano luz/sombra passante com o plano ϕ – recta i
(ver relatório do exercício 211). A recta i é secante ao círculo,
cortando a circunferência que o delimita em dois pontos (Q e
Q’), pelo que a sombra do círculo admite dois pontos de quebra, que serão as sombras de Q e Q’. Note que não se
determinaram as projecções horizontais de Q e Q’, por serem
desnecessárias – Qs e Q’s estão sobre o eixo X e determinaram-se com o recurso às projecções frontais dos raios luminosos que por eles passam. Parte da sombra real do círculo
está no SPFS (que é um segmento de círculo, pois a figura é
paralela ao Plano Frontal de Projecção) e outra parte está no
SPHA (é um segmento de elipse). Determinaram-se as sombras real e virtual de O – Os1 é a sombra real de O e está no
SPHA, enquanto que Ov2 é a sombra virtual de O e está no
SPFI. Uma vez que a situação luminosa é um foco luminoso,
a sombra do círculo no Plano Frontal de Projecção sofre uma
ampliação – o segmento de círculo tem centro em Ov2 e raio
OvQ
= OvQ
’ e está limitado pelo segmento [QsQ’s]. A par2 s
2 s
te da sombra do círculo no SPHA (que é um segmento de
elipse) determinou-se conforme exposto no relatório do exer
cício anterior, inscrevendo previamente o arco QDQ’ na parte
correspondente de um quadrado de lados paralelos ao eixo X e determinando a sua sombra no Plano Horizontal de Projecção. Após o
desenho da curva do segmento da elipse, tem-se o contorno da sombra e assinalou-se adequadamente a parte invisível da sombra (a que
está por detrás do círculo), preenchendo a sua parte visível com uma mancha clara e uniforme.
89
SOLUÇÕES
215.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano γ, pelos seus traços, e o ponto A, pelas suas projecções, pertencente ao plano. O quadrado não se projecta em V.G. em nenhum dos
planos de projecção (o plano γ não é paralelo a nenhum dos
planos de projecção), pelo que a construção das suas projecções implicou o recurso a um processo geométrico auxiliar.
Note que o ângulo dado (o ângulo que o lado [AB] faz com o
Plano Horizontal de Projecção) também não se projecta em
V.G., pois está contido no plano γ – é o ângulo que o lado faz,
no espaço, com hγ. Rebateu-se o plano γ para o Plano Frontal de Projecção – a charneira foi fγ. Em V.G., a partir de Ar,
mediu-se o ângulo de 20°, garantindo-se que B tem afastamento inferior a A e que o quadrado se situa, na totalidade,
no espaço do 1º Diedro – das duas hipóteses possíveis, apenas a apresentada verifica todas as condições enunciadas. A
partir de Br, que está a 5 cm de Ar, construiu-se o quadrado
em V.G., em rebatimento. Invertendo o rebatimento, determinaram-se as projecções dos restantes três vértices do polígono e desenharam-se as suas projecções. Em seguida
conduziram-se, pelos quatro vértices do quadrado, raios luminosos (com a direcção dada) e determinaram-se as sombras
reais daqueles. As1 é a sombra real de A e situa-se no SPHA.
Bs2, Cs2 e Ds2 são as sombras reais de B, C e D e situam-se
no SPFS. Há sombras reais em planos distintos, pelo que a
sombra do quadrado tem pontos de quebra – um entre As1 e Bs2 e o outro entre As1 e Ds2. Os pontos de quebra determinaram-se com o
recurso à sombra virtual de A, Av2. Em seguida desenhou-se o contorno da sombra do polígono, assinalando convenientemente as invisibilidades e preenchendo, com uma mancha clara e uniforme, a parte visível da sombra. A face do quadrado que é visível em projecção frontal
está iluminada, pois a sequência dos vértices do quadrado, em projecção frontal, e a sequência dos vértices da sua sombra apresentam a
mesma ordem.
216.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos R e S, bem como o
foco luminoso L, pelas respectivas projecções. Em seguida determinaram-se os traços do plano π, o plano de perfil que contém a
figura. O triângulo não se projecta em V.G. em nenhum dos planos
de projecção (o plano π não é paralelo a nenhum dos planos de
projecção), pelo que a construção das suas projecções implicou o
recurso a um processo geométrico auxiliar. Rebateu-se o plano π
para o Plano Frontal de Projecção – a charneira foi fπ. Em V.G., a
partir de Rr e Sr, construiu-se o triângulo em V.G., em rebatimento,
garantindo, como se refere no enunciado, que R é o vértice de
maior afastamento do triângulo. Invertendo o rebatimento, determinaram-se as projecções do vértice T do triângulo e desenharam-se
as suas projecções (que são dois segmentos de recta, pois o plano
π é duplamente projectante). Em seguida conduziram-se, pelos
três vértices do triângulo, raios luminosos (oriundos do foco luminoso L) e determinaram-se as respectivas sombras reais. Rs1 é a
sombra real de R e situa-se no SPHA. Ss2 e Ts2 são as sombras reais de S e T e situam-se no SPFS. Há sombras reais em planos
distintos, pelo que a sombra do triângulo tem pontos de quebra –
um entre Rs1 e Ss2 e o outro entre Rs1 e Ts2. A determinação dos
pontos de quebra processou-se com o recurso às sombras virtuais.
Note que a sombra virtual de R (que nos permitiria determinar os
dois pontos de quebra) se situa fora dos limites do papel, pelo que foi necessário o recurso às sombras virtuais de S e T. Em seguida desenhou-se o contorno da sombra do polígono (que não apresenta invisibilidades) e preencheu-se, com uma mancha clara e uniforme, a parte
visível da sombra (que é a totalidade da sombra).
217.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos A e B, pelas respectivas projecções. Em seguida, determinaram-se os traços do plano α, que
são coincidentes, pois o plano é ortogonal ao β2/4 – note que fα contém o ponto A (que tem afastamento nulo) e hα contém o ponto B (que tem
cota nula). O triângulo não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção (o plano α não é paralelo a nenhum dos planos de projecção), pelo que a construção das suas projecções se processou com o recurso ao rebatimento do plano α para o Plano Horizontal de Projecção
(a charneira foi hα). Br ≡ B1, pois B é um ponto da charneira. O ponto A, que pertence a fα foi o ponto utilizado para rebater fα. Em V.G., a partir
de Ar e Br, construiu-se o triângulo em V.G., em rebatimento, garantindo que o triângulo se situa no espaço do 1º Diedro. Para inverter o
(Continua na página seguinte)
90
SOLUÇÕES
rebatimento, recorreu-se a uma recta frontal (de frente) f, que contém o ponto C.
As projecções da recta f determinaram-se imediatamente a partir do seu traço
horizontal, que é fixo (note que não se identificou o traço horizontal da recta f, de
forma a não sobrecarregar visualmente a resolução gráfica apresentada). A partir
das projecções de C, desenharam-se as projecções do triângulo. As2 ≡ A2, pois A
é um ponto do Plano Frontal de Projecção (As2 situa-se no SPFS). Bs1 ≡ B1, pois
B é um ponto do Plano Horizontal de Projecção (Bs1 situa-se no SPHA). Por C
conduziu-se um raio luminoso (com a direcção luminosa convencional) e determinou-se Cs1, a sua sombra real (que se situa no SPHA). Há sombras reais em planos distintos, pelo que a sombra do triângulo tem pontos de quebra – um entre
Bs1 e As2 e o outro entre Cs1 e As2. A determinação dos pontos de quebra processou-se com o recurso à sombra virtual de A – Av1. Em seguida desenhou-se o
contorno da sombra do polígono (assinalando convenientemente as invisibilidades) e preencheu-se, com uma mancha clara e uniforme, a parte visível da sombra. O plano α é um plano em tensão, pelo que as duas projecções do triângulo
mostram faces diferentes do polígono. A face do triângulo que é visível em projecção frontal está iluminada, pois a sequência dos vértices do triângulo, em projecção
frontal, e a sequência dos vértices da sua sombra apresentam a mesma ordem. A
face do triângulo que é visível em projecção horizontal está em sombra (sombra
própria da figura), pois a sequência dos vértices do triângulo, em projecção horizontal, e a sequência dos vértices da sua sombra não apresentam a mesma ordem.
218.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano α, pelos seus
traços, e o ponto O, pelas suas projecções, pertencente ao
plano. O círculo não se projecta em V.G. em nenhum dos
planos de projecção (o plano α não é paralelo a nenhum
dos planos de projecção), pelo que a construção das suas
projecções implicou o recurso a um processo geométrico
auxiliar. Optou-se por rebater o plano α para o Plano Frontal de Projecção – a charneira foi fα. Com centro em Or e
2,5 cm de raio desenhou-se a circunferência que delimita e
figura em V.G., em rebatimento. A projecção horizontal da
figura será um segmento de recta (o plano α é projectante
horizontal), mas a sua projecção frontal será uma elipse,
cujo desenho requer um mínimo de oito pontos e, se possível, os seus eixos. Assim, inscreveu-se a circunferência
num quadrado, de lados paralelos à charneira, e desenharam-se as suas medianas e as suas diagonais. Os pontos
A, C, E e G são os pontos em que as medianas se apoiam
nos lados do quadrado e são, imediatamente, quatro pontos que nos vão permitir desenhar a elipse – a projecção
frontal do segmento [AE] será o eixo maior da elipse e o
seu eixo menor será a projecção frontal do segmento
[CG]. Os pontos B, D, F e H são os pontos em que a circunferência corta as diagonais do quadrado e são mais quatro pontos que nos permitirão desenhar a curva. Em seguida inverteu-se o rebatimento, determinando as projecções do quadrado, cuja projecção frontal é um rectângulo
– directamente em projecção frontal, desenharam-se as medianas e as diagonais do rectângulo. As projecções frontais dos pontos A, C, E e G
determinaram-se imediatamente – A2, C2, E2 e G2 são os pontos em que a elipse será tangente aos lados do rectângulo. As projecções frontais
dos outros quatro pontos transportaram-se para a projecção frontal do rectângulo, o que os permitiu obter os oito pontos de que necessitávamos. No entanto, não se desenhou imediatamente a curva, pois caso a sua sombra admita pontos de quebra, determinar-se-ão mais pontos da
elipse. Assim, recorrendo a um raio luminoso l, passante, determinou-se a recta de intersecção do plano α com o plano luz/sombra passante –
a recta i, que passa pelo ponto I (o ponto de intersecção de l com α) e é uma recta passante. Rebateu-se o ponto I para o rebatimento já efectuado, e desenhou-se ir – ir é secante à circunferência nos pontos M e N, cujas sombras serão os pontos de quebra da sombra do círculo.
Inverteu-se o rebatimento, transportando os pontos M e N para as projecções da recta i e, dessa forma, obtiveram-se dez pontos para desenhar a elipse, o que nos garantiu um desenho relativamente preciso da curva. Ms e Ns são as sombras de M e N¸ situam-se no eixo X e são os
pontos de quebra da sombra da figura – note que Ms e Ns se determinaram apenas com o recurso às projecções frontais dos raios luminosos
que por eles passam. A parte superior do círculo produz sombra no SPFS (que será um segmento de elipse) e a sua parte inferior produz sombra no SPHA (que será outro segmento de elipse). Determinaram-se as sombras reais dos pontos B, A, H, G e F, que se situam na parte superior do círculo – as sombras destes pontos (que estão no SPFS) e os pontos de quebra perfazem um total de sete pontos para um desenho
relativamente preciso do segmento de elipse que é a sombra do círculo no SPFS. Em seguida determinaram-se as sombras reais dos pontos
C, D e E, que se situam na parte inferior do círculo – as sombras destes pontos (que estão no SPHA) e os pontos de quebra perfazem um total
de cinco pontos para um desenho relativamente preciso do segmento de elipse que é a sombra do círculo no SPHA. Por fim desenhou-se o
contorno da sombra da figura (assinalando convenientemente as invisibilidades) e preencheu-se, com uma mancha clara e uniforme, a parte
visível da sombra. A face do círculo que é visível em projecção frontal está iluminada, pois a sequência dos pontos, em projecção frontal, e a
sequência dos pontos correspondentes da sua sombra apresentam a mesma ordem.
91
SOLUÇÕES
219.
Em primeiro lugar, representou-se o plano ρ, pelos seus traços – os traços de ρ
são simétricos em relação ao eixo X, pois ρ é ortogonal ao β1/3 (note que não é
possível, de forma imediata, saber a posição do foco luminoso L, pois não se
conhecem as projecções do centro do círculo). O círculo não se projecta em V.G.
em nenhum dos planos de projecção (o plano ρ não é paralelo a nenhum dos planos de projecção), pelo que a construção das suas projecções implicou o recurso
a um processo geométrico auxiliar – optou-se por rebater o plano ρ para o Plano
Horizontal de Projecção (ver exercício 70). Note que o centro da figura foi determinado em rebatimento, pois uma vez que o círculo é tangente aos dois planos de
projecção, é tangente aos dois traços do plano, o que só é possível efectuar rigorosamente em V.G., em rebatimento – o centro da figura está, assim, equidistante
dos dois traços do plano, em rebatimento (e também em projecções). A determinação das projecções dos oito pontos que nos permitem desenhar as projecções
da figura processou-se conforme explicitado no relatório do exercício 70. A partir
das projecções do centro da figura, desenharam-se as projecções do ponto L. Por
outro lado, e à semelhança do referido no relatório do exercício anterior, optou-se
por desenhar a elipse apenas depois de averiguar a existência de pontos de quebra na sombra da figura. Assim, recorreu-se ao método do plano luz/sombra
passante para a determinação dos pontos de quebra – o plano luz/sombra passante está definido pelo eixo X e pelo raio luminoso l, passante. A recta de intersecção dos dois planos (recta i) é fronto-horizontal – já temos uma direcção,
falta-nos um ponto. É necessário determinar o ponto de intersecção do plano ρ
com o raio luminoso l – nem a recta nem o plano são projectantes, pelo que se
recorreu ao método geral da intersecção de rectas com planos. O plano α, que
contém o raio luminoso l, é plano auxiliar a que se recorreu. A recta r é a recta de
intersecção do plano α com o plano ρ. O ponto I é o ponto de concorrência de l
com r – I é o ponto de intersecção de l com ρ. A recta i passa por I e é fronto-horizontal. Em seguida, rebateu-se a recta i para o rebatimento do plano ρ previamente efectuado para determinar as projecções do círculo – para tal
rebateu-se o ponto I (através do rebatimento da recta r) e por Ir conduziu-se ir. A recta ir corta a circunferência que delimita o círculo nos pontos Qr
e Q’r, cujas sombras serão os pontos de quebra da sombra do círculo. Inverteu-se o rebatimento, transportando os pontos Q e Q’ para as projecções da recta i e, dessa forma, obtiveram-se dez pontos para desenhar cada uma das elipses, o que nos garantiu um desenho relativamente preciso das curvas. Qs e Q’s são as sombras de Q e Q’, situam-se no eixo X e são os pontos de quebra da sombra da figura – note que Qs e Q’s se
determinaram apenas com o recurso às projecções horizontais dos raios luminosos que por eles passam. A parte superior do círculo produz sombra no SPFS (que será um segmento de elipse) e a sua parte inferior produz sombra no SPHA (que será outro segmento de elipse). As sombras
reais dos três pontos que se situam na parte superior do círculo (que estão no SPFS) e os pontos de quebra perfazem um total de cinco pontos,
para um desenho relativamente preciso do segmento de elipse que é a sombra do círculo no SPFS. As sombras reais dos cinco pontos que se
situam na parte inferior do círculo (que estão no SPHA) e os pontos de quebra perfazem um total de sete pontos para um desenho relativamente
preciso do segmento de elipse que é a sombra do círculo no SPHA. Por fim desenhou-se o contorno da sombra da figura (assinalando convenientemente as invisibilidades) e preencheu-se, com uma mancha clara e uniforme, a parte visível da sombra. A face visível do círculo (que é a mesma
em projecção frontal e em projecção horizontal) está iluminada, pois as sequências dos pontos, em projecção frontal e em projecção horizontal, e
a sequência dos pontos correspondentes da sua sombra apresentam a mesma ordem.
220.
Em primeiro lugar, desenharam-se as projecções da pirâmide, em função dos dados. Em seguida, procedeu-se à determinação da linha separatriz luz/sombra, o
que se processou com o recurso à determinação dos planos tangentes luz/sombra, o que se efectuou através das quatro etapas para o efeito. 1. Conduziu-se,
por V, um raio luminoso l (com a direcção convencional da luz). 2. Determinou-se
o ponto de intersecção do raio luminoso l com o plano da base – ponto I (note
que I é, imediatamente, o traço frontal de l, pois a base da pirâmide está no Plano
Frontal de Projecção). 3. Por I conduziram-se as rectas tangentes à base que são,
imediatamente, os traços frontais dos dois planos tangentes luz/sombra – fλ1 e
fλ2. 4. As rectas fλ1 e fλ2 são tangentes à base nos pontos F e C, respectivamente –
as arestas laterais [FV] e [CV] são, imediatamente, duas arestas da linha separatriz luz/sombra. Note que as arestas laterais [CV] e [FV] são as arestas segundo
as quais os planos λ1 e λ2 são tangentes (ou rasantes) ao sólido. As arestas [CV] e
[FV] separam a parte da superfície lateral da pirâmide que está iluminada da que
está em sombra – dada a proveniência da luz (de cima, de trás e da esquerda), as
faces [CDV], [DEV] e [EFV] estão iluminadas enquanto que as faces [AFV], [ABV]
e [CDV] estão em sombra. A base da pirâmide também está em sombra, pelo que
a linha separatriz luz/sombra é a linha quebrada fechada [CVFED]. A sombra
própria da pirâmide integra as faces [AFV], [ABV] e [CDV] e a base da pirâmide.
Em projecção frontal, apenas a base é invisível (as faces laterais são todas visíveis
(Continua na página seguinte)
92
SOLUÇÕES
em projecção frontal), pelo que se assinalou a sombra própria visível. Já em projecção horizontal, de todas as partes em sombra apenas a
face lateral [BCV] é visível, pelo que é a única sombra própria a assinalar. Note que a sombra própria se tracejou paralelamente ao eixo X,
em ambas as projecções. Em seguida determinaram-se as sombras reais de todos os vértices da linha separatriz luz/sombra – Fs2, Es2,
Ds2 e Cs2 situam-se no SPFS e Vs1 situa-se no SPHA, pelo que a sombra projectada da pirâmide tem pontos de quebra. Estes determinaram-se com o recurso à sombra virtual de V – Vv2. Após o desenho do contorno da sombra, tracejou-se a área visível da mesma perpendicularmente à direcção luminosa. Note que a porção de sombra que está por baixo da base está oculta pelo sólido, pelo que é invisível (não há
lugar à representação a tracejado, pois não se vê a sombra).
221.
Em primeiro lugar, representaram-se a pirâmide e o foco luminoso L, pelas respectivas
projecções, em função dos dados. O plano ϕ é o plano frontal (de frente) que contém a
base da pirâmide. Em seguida, procedeu-se à determinação da linha separatriz
luz/sombra, o que se processou com o recurso à determinação dos planos tangentes
luz/sombra, o que se efectuou através das quatro etapas para o efeito. 1. Conduziu-se,
por V, um raio luminoso l (oriundo de L). 2. Determinou-se o ponto de intersecção do
raio luminoso l com o plano ϕ (o plano da base) – ponto I (note que o ponto I teve determinação directa a partir da sua projecção horizontal, pois o plano ϕ é projectante horizontal). 3. Por I conduziram-se as rectas tangentes à base t e t’. 4. As rectas t e t’ são
tangentes à base nos pontos C e A, respectivamente – as arestas laterais [AV] e [CV]
são, imediatamente, duas arestas da linha separatriz luz/sombra. Note que as arestas
laterais [AV] e [CV] são as arestas segundo as quais os planos λ1 e λ2 (os planos tangentes luz/sombra) são tangentes (ou rasantes) ao sólido. As arestas [AV] e [CV] separam a parte da superfície lateral da pirâmide que está iluminada da que está em sombra
– dada a proveniência da luz, as faces [ABV] e [BCV] estão iluminadas enquanto que a
face [ACV] está em sombra. A base da pirâmide também está em sombra, pelo que a
linha separatriz luz/sombra é a linha quebrada fechada [AVCB]. A sombra própria
da pirâmide integra a face [ACV] e a base da pirâmide. Em projecção frontal, apenas a
face lateral [ACV] é visível (a base é invisível em projecção frontal), pelo que se assinalou a sombra própria visível. Já em projecção horizontal, tanto a base como a face lateral
[ACV] são invisíveis, pelo que não há lugar à representação de sombras próprias em
projecção horizontal. Note que se identificou a sombra própria com mancha uniforme.
Em seguida determinaram-se as sombras reais dos vértices da linha separatriz
luz/sombra – Bs2, Cs2 e Vs2 situam-se no SPFS e As1 situa-se no SPHA, pelo que a
sombra projectada da pirâmide tem pontos de quebra. Estes determinaram-se com o
recurso à sombra virtual de A – Av2. Por fim desenhou-se o contorno da sombra (assinalando convenientemente as partes invisíveis da sombra) e identificou-se a área visível da
mesma com mancha uniforme.
222.
Em primeiro lugar, desenharam-se as projecções do prisma, em função dos dados. Em seguida, procedeu-se à determinação da linha
separatriz luz/sombra, o que se processou com o recurso à determinação dos planos tangentes luz/sombra, através das quatro etapas
para o efeito. 1. Conduziu-se, por L, uma recta t, paralela às arestas
laterais do sólido (a recta t é a recta de intersecção dos dois planos
tangentes luz/sombra). 2. Determinou-se o ponto de intersecção da
recta t com o plano da base de menor afastamento (a base de referência) – ponto I (note que I é o traço frontal de t, pois a base de
menor afastamento do prisma está no Plano Frontal de Projecção). 3.
Por I conduziram-se as rectas tangentes à base que são, imediatamente, os traços frontais dos dois planos tangentes luz/sombra –
fλ1 e fλ2. 4. As rectas fλ1 e fλ2 são tangentes à base nos pontos F e C,
respectivamente – as arestas laterais [FF’] e [CC’] são, imediatamente, duas arestas da linha separatriz luz/sombra. As arestas laterais
[CC’] e [FF’] são as arestas segundo as quais os planos λ1 e λ2 são
tangentes (ou rasantes) ao sólido. As arestas [CC’] e [FF’] separam a
parte da superfície lateral do prisma que está iluminada da que está
em sombra – dada a proveniência da luz, as faces [CC’D’D],
[DD’E’E] e [EE’F’F] estão iluminadas enquanto que as faces
[AA’F’F], [AA’B’B] e [BB’C’C] estão em sombra. A base de menor
afastamento do prisma também está em sombra e a sua base de
maior afastamento está iluminada, pelo que a linha separatriz
(Continua na página seguinte)
93
SOLUÇÕES
luz/sombra é a linha quebrada fechada [CC’B’A’F’FED]. A sombra própria do prisma integra as faces [AA’F’F], [AA’B’B] e [BB’C’C] e a
base de menor afastamento do prisma. Em projecção frontal, as faces laterais são todas invisíveis (são projectantes frontais), bem como a
base de menor afastamento, pelo que não há lugar à representação de sombra própria em projecção frontal. Já em projecção horizontal, de
todas as partes em sombra apenas a face lateral [AA’F’F] é visível, pelo que é a única sombra própria a assinalar. Identificou-se a sombra
própria com uma mancha uniforme. Em seguida, determinaram-se as sombras reais de todos os vértices da linha separatriz luz/sombra –
Fs2, Es2, Ds2, Cs2 e F’s2 situam-se no SPFS e C’s1, B’s1 e A’s1 situam-se no SPHA, pelo que a sombra projectada do prisma tem pontos de
quebra. Estes determinaram-se atendendo às situações de paralelismo entre as arestas e os planos nos quais produzem sombra. A aresta
lateral [CC’] é de topo, pelo que a sombra que [CC’] produz no Plano Horizontal de Projecção é paralela a [CC’] – este raciocínio permitiu-nos determinar o ponto de quebra que se situa entre C’s1 e Cs2. A aresta [A’F’], da base, é frontal (de frente), pelo que a sombra que [A’F’]
produz no Plano Frontal de Projecção é paralela a [A’F’] – este raciocínio permitiu-nos determinar o ponto de quebra que se situa entre A’s1
e F’s2. Após o desenho do contorno da sombra, identificou-se a área visível da mesma com uma mancha uniforme. Note que a porção de
sombra que está por baixo da base de menor afastamento do sólido está oculta pelo sólido, pelo que é invisível (não há lugar à execução
de mancha, pois não se vê a sombra).
223.
Em primeiro lugar, desenharam-se as projecções do prisma, em função dos dados. O plano ϕ é o plano da base
de referência do sólido (a base de menor afastamento). A
distância entre os planos das duas bases é 5 cm, que é a
altura do prisma. Em seguida, procedeu-se à determinação da linha separatriz luz/sombra, o que se processou
com o recurso à determinação dos planos tangentes
luz/sombra, através das quatro etapas para o efeito. 1.
Por um ponto P, exterior ao sólido, conduziram-se duas
rectas – uma recta h, paralela às arestas laterais do sólido,
e um raio luminoso l. Estas duas rectas definem um plano
(o plano λ) que é paralelo aos planos tangentes luz/sombra (têm a mesma orientação). 2. Determinou-se a recta
de intersecção do plano λ (o plano definido pelas rectas h
e l) com o plano da base de referência (a base de menor
afastamento) – recta t. 3. Conduziram-se as rectas tangentes à base que são paralelas à recta t – t’ e t’’. Estas são
as rectas de intersecção dos planos tangentes luz/sombra (os planos λ1 e λ2) com o plano ϕ (o plano da base de
referência). 4. As rectas t’ e t’’ são tangentes à base (de
referência) nos pontos A e C, respectivamente – as arestas laterais [AA’] e [CC’] são, imediatamente, duas arestas da linha separatriz luz/sombra. As arestas laterais [AA’] e [CC’] são as arestas segundo as quais os planos λ1 e λ2 são tangentes (ou
rasantes) ao sólido. As arestas [AA’] e [CC’] separam a parte da superfície lateral do prisma que está iluminada da que está em sombra –
dada a proveniência da luz, a face lateral [AA’C’C] é a única face iluminada, enquanto que as faces [AA’B’B] e [BB’C’C] estão em sombra.
A base de menor afastamento do prisma também está em sombra e a sua base de maior afastamento está iluminada, pelo que a linha
separatriz luz/sombra é a linha quebrada fechada [AA’B’C’C]. A sombra própria da pirâmide integra as faces [AA’B’B] e [BB’C’C] e a
base de menor afastamento do prisma. Em projecção frontal, a face lateral [BB’C’C] é invisível, bem como a base de menor afastamento,
pelo que a face [AA’B’B] é a única sombra própria a assinalar em projecção frontal. Já em projecção horizontal, de todas as partes em sombra apenas a face lateral [BB’C’C] é visível, pelo que é a única sombra própria a assinalar. Identificou-se a sombra própria com uma mancha
uniforme. Em seguida determinaram-se as sombras reais de todos os vértices da linha separatriz luz/sombra – As2 e Cs2 situam-se no
SPFS e A’s1, B’s1 e C’s1 situam-se no SPHA, pelo que a sombra projectada do prisma tem pontos de quebra. Estes determinaram-se atendendo às situações de paralelismo entre as arestas e os planos nos quais produzem sombra. A aresta lateral [AA’] é horizontal, pelo que a
sombra que [AA’] produz no Plano Horizontal de Projecção é paralela a [AA’] – este raciocínio permitiu-nos determinar o ponto de quebra
que se situa entre A’s1 e As2. Raciocínio idêntico se teve para a aresta [CC’], que nos permitiu determinar o ponto de quebra que se situa
entre Cs2 e C’s1. Após o desenho do contorno da sombra (no qual se assinalaram convenientemente as invisibilidades), identificou-se a área
visível da mesma com uma mancha uniforme. Note que na porção de sombra que oculta pelo sólido não há lugar à execução de mancha,
pois não se vê a sombra.
224.
Em primeiro lugar, representaram-se o cone e o foco luminoso L, pelas respectivas projecções, em função dos dados. Em seguida, procedeu-se à determinação da linha separatriz luz/sombra, o que se processou com o recurso à determinação dos planos tangentes
luz/sombra, através das quatro etapas para o efeito. 1. Conduziu-se, por V, um raio luminoso l (oriundo de L). 2. Determinou-se o ponto de
intersecção do raio luminoso l com o plano da base – ponto I (note que I é, imediatamente, o traço horizontal de l, pois a base da pirâmide
está no Plano Horizontal de Projecção). 3. Por I conduziram-se as rectas tangentes à base que são, imediatamente, os traços horizontais
dos dois planos tangentes luz/sombra – hλ1 e hλ2. 4. As rectas hλ1 e hλ2 são tangentes à base nos pontos T e T’, respectivamente – as
geratrizes [TV] e [T’V] são, imediatamente, duas linhas da linha separatriz luz/sombra (são as geratrizes ao longo das quais os planos λ1 e
λ2 são tangentes ao cone). As geratrizes [TV] e [T’V] separam a parte da superfície lateral do cone que está iluminada da que está em som(Continua na página seguinte)
94
SOLUÇÕES
bra – a parte da superfície que está iluminada é a que cor
responde ao arco maior TT’, enquanto que a parte que
corresponde ao arco menor TT’ está em sombra. A base
do cone também está em sombra, pelo que a linha sepa
ratriz luz/sombra é a linha fechada [T’V TT’] (note que o
arco que integra a linha separatriz luz/sombra é o arco
maior TT’). Após a determinação da linha separatriz
luz/sombra, determinaram-se as sombras reais dos seus
vértices – Ts1, T’s1 e Vs2. Atendendo a que existem sombras em planos distintos, as sombras projectadas das
geratrizes [TV] e [T’V] admitem pontos de quebra. Estes
determinaram-se com o recurso à sombra virtual de V –
Vv1. Em seguida desenhou-se o contorno da sombra projectada do cone, atendendo às invisibilidades existentes, e
tracejou-se a sua parte visível a 45° (a.d.) em ambas as
projecções. Note que a sombra do arco TT’ é o próprio
arco, pois este situa-se no SPHA. No que respeita à sombra própria do cone, a superfície lateral em sombra é visível na totalidade em projecção horizontal mas não em
projecção frontal – em projecção frontal, atendendo a que
a geratriz [T’V] é invisível, a parte visível da sombra própria
é a que está compreendida entre a geratriz [TV] e a geratriz mais à direita do contorno aparente frontal. Note que a
base é invisível em ambas as projecções. A sombra própria visível identificou-se com tracejado paralelo ao eixo X,
em ambas as projecções.
225.
Em primeiro lugar, desenharam-se as projecções do
cone, em função dos dados. Em seguida, procedeu-se à
determinação da linha separatriz luz/sombra, o que se
processou com o recurso à determinação dos planos
tangentes luz/sombra, através das quatro etapas para o
efeito. 1. Conduziu-se, por V, um raio luminoso l (com a
direcção luminosa dada). 2. Determinou-se o ponto de
intersecção do raio luminoso l com o plano da base –
ponto I. 3. Por I conduziram-se as rectas tangentes à
base – t e t’. Estas são recta horizontais (de nível) e são
as rectas de intersecção dos dois planos tangentes
luz/sombra com o plano ν (o plano da base). 4. As rectas
t e t’ são tangentes à base do cone nos pontos T e T’,
respectivamente – as geratrizes [TV] e [T’V] são, imediatamente, duas linhas da linha separatriz luz/sombra (são
as geratrizes ao longo das quais os planos tangentes
luz/sombra são tangentes ao cone). As geratrizes [TV] e
[T’V] separam a parte da superfície lateral do cone que
está iluminada da que está em sombra – dada a proveniência da luz (de cima, de trás e da direita), a parte da
superfície que está iluminada é a que corresponde ao
arco menor TT’, enquanto que a parte que corresponde
ao arco maior TT’ está em sombra. A base do cone está
iluminada, pelo que a linha separatriz luz/sombra é a
linha fechada [T’V TT’] (note que o arco que integra a
linha separatriz luz/sombra é o arco menor TT’). Após
a determinação da linha separatriz luz/sombra, determinaram-se as sombras reais dos seus vértices – Ts2, T’s2 e
Vs1. Atendendo a que existem sombras em planos distintos, as sombras projectadas das geratrizes [TV] e [T’V] admitem pontos de quebra. Estes determinaram-se com o recurso à sombra virtual
de V – Vv2. Uma vez que os extremos do arco TT’ produzem, ambos, sombra no SPFS, é possível concluir, de forma empírica, que o arco
TT’ produz sombra exclusivamente no SPFS. No entanto, optou-se por certificar essa ideia, através do processo rigoroso que existe para a
determinação dos pontos de quebra – o método o plano luz/sombra passante. Este está definido pelo eixo X e por um raio luminoso pas
sante – l’. I’ é o ponto de intersecção de l’ com o plano ν (o plano que contém o arco TT’). A recta i, fronto-horizontal e passando por I’, é,
(Continua na página seguinte)
95
SOLUÇÕES
assim, a recta de intersecção do plano luz/sombra passante com o plano ν – i é exterior ao arco TT’, pelo que a sombra do arco não tem
pontos de quebra (está confirmado que o arco produz sombra exclusivamente no SPFS) – a sombra será um arco de elipse. A determina
ção da sombra do arco TT’ processou-se determinando sucessivamente as sombras de alguns dos seus pontos – aconselha-se, no entanto,
que se recorra à inscrição do arco na parte correspondente de um quadrado (o quadrado em que se inscreve a base do cone) de lados paralelos ao eixo X, conforme foi explicitado nas páginas do Manual. Não se recorreu a esse processo para não sobrecarregar em demasia a resolução
gráfica apresentada. Note que o arco de elipse (a sombra do arco TT’) é concordante som a sombra da geratriz [TV] em Ts2 tal como é concordante com a sombra da geratriz [T’V] em T’s2. Por fim, desenhou-se o contorno da sombra projectada do cone, atendendo às invisibilidades, e
identificou-se a sua parte visível com uma mancha uniforme. No que respeita à sombra própria do sólido, esta não é visível em projecção horizontal (a superfície lateral do cone é invisível em projecção horizontal) e, em projecção frontal, apenas é visível a parte que está compreendida entre a
geratriz [T’V] e a geratriz mais à esquerda do contorno aparente frontal (note que a geratriz [TV] é invisível em projecção frontal).
226.
Em primeiro lugar, representaram-se o cilindro e o foco luminoso L, pelas respectivas
projecções, em função dos
dados. O plano ν é o plano que
contém a base inferior e o plano ν1 é o plano que contém a
base superior. Em seguida,
procedeu-se à determinação
da linha separatriz luz/sombra, o que se processou com o
recurso à determinação dos
planos tangentes luz/sombra,
através das quatro etapas para
o efeito. 1. Conduziu-se, por L,
uma recta v, paralela às geratrizes do sólido (a recta v é a recta de intersecção dos dois
planos tangentes luz/sombra).
2. Determinou-se o ponto de
intersecção da recta v com o
plano da base inferior do cilindro (a base de referência) –
ponto I. 3. Por I conduziram-se
as rectas tangentes à base (de
referência) – t e t’ (estas são
rectas horizontais e são as rectas de intersecção dos dois
planos tangentes luz/sombra
com o plano da base inferior
do cilindro). 4. As rectas t e t’ são tangentes à base nos pontos A e B, respectivamente – as geratrizes [AA’] e [BB’] são, imediatamente,
duas linhas da linha separatriz luz/sombra (são as geratrizes ao longo das quais os planos tangentes luz/sombra são tangentes ao cilindro). As geratrizes [AA’] e [BB’] separam a parte da superfície lateral do cilindro que está iluminada da que está em sombra – dada a pro
veniência da luz, a parte da superfície que está iluminada é a que corresponde ao arco menor AB, enquanto que a parte que corresponde
ao arco maior AB está em sombra. A base inferior do cilindro está em sombra e a sua base superior está iluminada, pelo que a linha sepa ratriz luz/sombra é a linha fechada [AA’ A’B’ BA]. Sublinha-se que o arco da base inferior que integra a linha separatriz luz/sombra é o
arco menor AB. Já no que respeita à base superior, o arco que integra a linha separatriz luz/sombra é o arco maior A’B’. Após a
determinação da linha separatriz luz/sombra, determinaram-se as sombras reais dos seus vértices – As1, Bs1, A’s1 e B’s2. A geratriz [AA’]
produz sombra exclusivamente no SPHA, o mesmo não acontecendo com a geratriz [BB’] – o ponto de quebra da sombra desta determinou-se atendendo a que [BB’] é paralela ao Plano Frontal de Projecção – a sombra que [BB’] produz no SPFS é paralela a [BB’]. Uma vez
que os extremos do arco AB produzem, ambos, sombra no SPHA, e que o arco AB é paralelo ao Plano Horizontal de Projecção, é possível
concluir, de forma empírica, que o arco menor AB produz sombra exclusivamente no SPHA e que essa sombra será um arco de circunferência. No entanto, optou-se por certificar essa conclusão através do processo rigoroso que existe para tal – o método o plano luz/sombra
passante. Este está definido pelo eixo X e por um raio luminoso passante – l. N é o ponto de intersecção de l com o plano ν (o plano que
contém o arco AB). A recta n, fronto-horizontal e passando por N, é, assim, a recta de intersecção do plano luz/sombra passante com o
plano ν – n é exterior ao arco AB, pelo que a sombra do arco não tem pontos de quebra (está confirmado que o arco produz sombra exclu
sivamente no SPHA). Assim, determinou-se Os1, a sombra do centro do arco AB. Com o compasso, fazendo centro em Os1 e raio até As1
(ou Bs1, pois O
sA
= O
B
desenhou-se um arco de circunferência que tem extremos em As1 e em Bs1. Note que o arco é concordante
ss)
1 s1
1
com [As1A’s1] em As1, tal como é concordante com a sombra de [BB’] em Bs1. Já o arco maior A’B’ produz sombra nos dois planos de pro
jecção, pois as sombras dos seus extremos situam-se em planos distintos. O ponto de quebra da sombra do arco A’B’ determinou-se pelo
método o plano luz/sombra passante, de novo. O ponto M é o ponto de intersecção de l (o raio luminoso passante) com o plano ν1 (o pla
no que contém o arco A’B’). A recta m, fronto-horizontal e passando por M, é, assim, a recta de intersecção do plano luz/sombra passante
96
SOLUÇÕES
com o plano ν1 – m corta o arco A’B’ no ponto Q. A sombra de Q será, assim, o ponto de quebra da sombra do arco A’B’. A sombra que o
arco A’B’ produz no SPHA (que é um arco de circunferência) determinou-se com o recurso à sombra de O’ (o centro do arco) no Plano
Horizontal de Projecção – O’v1. Com o compasso, fazendo centro em O’v1 e raio até A’s1, desenhou-se um arco até ao eixo X, onde se situa
Qs – note que o arco é concordante com [As1A’s1] em As1. A sombra que o arco A’B’ produz no SPFS (que é um arco de elipse) obteve-se
determinando sucessivamente as sombras de alguns dos seus pontos – aconselha-se, no entanto, que se recorra à inscrição do arco na
parte correspondente de um quadrado (o quadrado em que se inscreve a base do cone) de lados paralelos ao eixo X, conforme foi explicitado nas páginas do Manual. Não se recorreu a esse processo para não sobrecarregar em demasia a resolução gráfica apresentada. Note
que o arco de elipse (a sombra do arco A’B’) é concordante som a sombra da geratriz [BB’] em B’s2. Por fim, desenhou-se o contorno da
sombra projectada do cilindro, atendendo às invisibilidades, e identificou-se a sua parte visível com uma mancha uniforme. No que respeita
à sombra própria do sólido, esta não é visível em projecção horizontal (as geratrizes são projectantes horizontais) e, em projecção frontal,
apenas é visível a parte que está compreendida entre a geratriz [AA’] e a geratriz mais à esquerda do contorno aparente frontal (note que a
geratriz [BB’] é invisível em projecção frontal).
227.
Em primeiro lugar, desenharam-se
as projecções do cilindro, em função dos dados. A base superior é
tangente ao Plano Frontal de Projecção, pelo que as bases do sólido
têm 3 cm de raio. O plano ν é o plano que contém a base superior do
cilindro. Em seguida, procedeu-se à
determinação da linha separatriz
luz/sombra, o que se processou
com o recurso à determinação dos
planos tangentes luz/sombra,
através das quatro etapas para o
efeito. 1. Por um ponto P, exterior
ao sólido, conduziram-se duas rectas – uma recta r, paralela às arestas laterais do sólido, e um raio
luminoso l. Estas duas rectas definem um plano (o plano λ) que é paralelo aos planos tangentes
luz/sombra (têm a mesma orientação). 2. Determinou-se hλ, que é a
recta de intersecção do plano λ (o plano definido pelas rectas r e l) com o Plano Horizontal de Projecção (o plano da base de referência,
que é a base inferior). 3. Conduziram-se as rectas tangentes à base que são paralelas a hλ – hλ1 e hλ2. Estas são, imediatamente, os traços
horizontais dos planos tangentes luz/sombra (os planos λ1 e λ2) – são as rectas de intersecção dos dois planos com o plano da base de
referência do cilindro. 4. As rectas hλ1 e hλ2 são tangentes à base (de referência) nos pontos A e B, respectivamente – as geratrizes [AA’] e
[BB’] são, imediatamente, duas linhas da linha separatriz luz/sombra (são as geratrizes ao longo das quais os planos tangentes luz/sombra são tangentes ao cilindro). Dada a proveniência da luz, a parte da superfície que está iluminada é a parte superior, enquanto que a parte em sombra é a parte inferior. A base inferior do cilindro está em sombra e a sua base superior está iluminada, pelo que a linha separatriz
luz/sombra é a linha fechada [AA’A’B’ BA]. Após a determinação da linha separatriz luz/sombra, determinaram-se as sombras reais dos
seus vértices – As1, Bs1, A’s1 e B’s2. A geratriz [AA’] produz sombra exclusivamente no SPHA, o mesmo não acontecendo com a geratriz
[BB’] – o ponto de quebra da sombra desta determinou-se atendendo a que sendo [BB’] paralela a [AA’], a sombra que [BB’] produz no
SPHA é paralela à sombra que [AA’] produz no SPHA. O arco AB está contido no Plano Horizontal de Projecção, pelo que a sua sombra
está coincidente com o próprio arco. O arco A’B’ produz sombra nos dois planos de projecção, pois as sombras dos seus extremos situam
-se em planos distintos. O ponto de quebra da sombra do arco A’B’ determinou-se pelo método o plano luz/sombra passante – este está
definido pelo eixo X e pelo raio luminoso l’, passante. O ponto I é o ponto de intersecção de l com o plano ν (o plano que contém o arco
A’B’). A recta i, fronto-horizontal e passando por I, é a recta de intersecção do plano luz/sombra passante com o plano ν – i corta o arco
A’B’ no ponto Q. A sombra de Q será, assim, o ponto de quebra da sombra do arco A’B’. A sombra que o arco A’B’ produz no SPHA (que é
um arco de circunferência) determinou-se com o recurso à sombra de O’ (o centro do arco) no Plano Horizontal de Projecção – O’v1. Com o
compasso, fazendo centro em O’v1 e raio até A’s1, desenhou-se um arco até ao eixo X, onde se situa Qs – note que o raio do arco é igual ao
raio das bases (trata-se de uma isometria) e que arco é concordante com [As1A’s1] em As1. A sombra que o arco A’B’ produz no SPFS (que
é um arco de elipse) obteve-se determinando sucessivamente as sombras de alguns dos seus pontos – aconselha-se, no entanto, que se
recorra à inscrição do arco na parte correspondente de um quadrado (o quadrado em que se inscreve a base do cone) de lados paralelos
ao eixo X, conforme foi explicitado nas páginas do Manual. Não se recorreu a esse processo para não sobrecarregar em demasia a resolu
ção gráfica apresentada. Note que o arco de elipse (a sombra do arco A’B’) é concordante som a sombra da geratriz [BB’] em B’s2. Por fim,
desenhou-se o contorno da sombra projectada do cilindro, atendendo às invisibilidades, e identificou-se a sua parte visível com uma mancha uniforme. No que respeita à sombra própria do sólido, a única parte visível em projecção horizontal é a que está compreendida entre a
geratriz [BB’] e a geratriz de menor afastamento do contorno aparente horizontal (note que a geratriz [AA’] é invisível em projecção horizontal). Em projecção frontal, apenas é visível a parte que está compreendida entre a geratriz [AA’] e a geratriz mais à direita do contorno aparente frontal (note que a geratriz [BB’] é invisível em projecção frontal).
97
SOLUÇÕES
228.
Ver relatório do exercício 225. A recta t é vertical e t’ é fronto-horizontal.
A base está iluminada e a superfície lateral em sombra corresponde a 3/4
da superfície lateral total do sólido – é a superfície lateral do cone compreendida entre as geratrizes [TV] e [T’V] correspondente ao arco maior
TT’. A determinação dos pontos de quebra processou-se com o recurso
ao método do plano luz/sombra passante – a recta i é a recta de intersecção do plano luz/sombra passante com o plano ϕ (o plano da base
do sólido). A recta i corta o arco TT’ em T (que é um vértice da linha
separatriz luz/sombra) e em Q – este é o ponto cuja sombra é o ponto
de quebra da sombra do arco maior TT’.
229.
Em primeiro lugar, construíram-se as projecções da base do sólido.
Não sendo dada a altura do cone mas, sim o ângulo que as geratrizes fazem com o plano da base (ângulo com ϕ° de amplitude), é
necessário, antes de mais, determinar graficamente a V.G. daquela
amplitude. Para tal, conduziu-se um raio luminoso l, qualquer, passante, e determinou-se o ângulo que l faz com o Plano Frontal de
Projecção (que é um plano paralelo ao plano da base do sólido) –
esse ângulo (com ϕ° de amplitude) existe no plano projectante
frontal de l (plano α) e determinou-se rebatendo o plano α para o
Plano Horizontal de Projecção. O ângulo de ϕ° de amplitude está
em V.G. no ângulo entre lr e o eixo X. O ângulo que a geratriz mais
à direita do contorno aparente horizontal do cone faz com o plano
da base é um ângulo de lados directamente paralelos ao ângulo
determinado e projecta-se em V.G. no Plano Horizontal de Projecção – este raciocínio permitiu-nos desenhar imediatamente a projecção horizontal dessa geratriz e, assim, determinar V1, após o
que se concluiu a construção da projecção horizontal do sólido. Ao
efectuar os traçados necessários à determinação da linha separatriz luz/sombra e dos planos tangentes luz/sombra, conforme exposto no relatório do exercício 225, concluiu-se que existe apenas um
único plano tangente luz/sombra – o raio luminoso l’ que passa por V intersecta o plano da base num ponto da circunferência que delimita a
base. A recta t é a recta tangente à base no ponto I – é a recta de intersecção do único plano tangente luz/sombra com o plano ϕ (o plano
da base). A geratriz [IV] é única geratriz em sombra da superfície lateral do sólido – a sombra própria integra a geratriz [IV] e a base. A sombra projectada do cone corresponde à sombra projectada da sua base, que se determinou conforme exposto no relatório do exercício 213.
230.
Em primeiro lugar, construíram-se as projecções do sólido, de
acordo com os dados. Em seguida, efectuaram-se os traçados
necessários à determinação da linha separatriz luz/sombra e
dos planos tangentes luz/sombra, conforme exposto no relatório do exercício 225, concluiu-se que não existe nenhum plano tangente luz/sombra – o raio luminoso l que passa por V
intersecta o plano da base num ponto interior à circunferência
que delimita a base, o que significa que qualquer plano que
passe por I é um plano secante à base. A superfície lateral do
sólido está totalmente iluminada e a sua base está em sombra.
A sombra projectada do cone corresponde à sombra projectada da sua base, que se determinou conforme exposto no
relatório do exercício 213.
98
SOLUÇÕES
231.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos A e B, pelas suas projecções, e o plano π (o plano da base), pelos seus traços, contendo A
e B, em função dos dados. Uma vez que o plano π (o plano que contém a base) não é paralelo a nenhum dos planos de projecção, o triângulo não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção, pelo que foi necessário o recurso ao rebatimento do plano π – rebateu-se π para o Plano Frontal de Projecção (a charneira foi fπ). Note que, na construção do triângulo em rebatimento (em V.G.), se garantiu que
B é o vértice de maior afastamento da base. O sólido é uma pirâmide regular, pelo que o seu eixo está contido numa recta que passa pelo
centro da base e é ortogonal ao plano da base – nesse sentido, foi necessário determinar as projecções do ponto O (o centro da base).
Pelas projecções de O conduziram-se as projecções de uma recta ortogonal ao plano da base (a recta suporte do eixo da pirâmide), que é
uma recta fronto-horizontal. A altura da pirâmide mede-se perpendicularmente ao plano da base, pelo que se mede sobre a recta suporte do
eixo, que se projecta em V.G. nos dois planos de projecção. A partir das projecções do vértice do sólido e da sua base, desenharam-se as
projecções da pirâmide, respeitando as invisibilidades. No que respeita à determinação da sombra, salienta-se que esta situação não difere
das restantes situações de sombras de pirâmides, pelo que se recomenda a leitura do relatório do exercício 221. Note, no entanto, que só é
possível analisar a questão da tangência das rectas t e t’ à base do sólido em rebatimento, pelo que foi necessário rebater o ponto I e as
rectas t e t’ para o rebatimento previamente efectuado (para a construção das projecções da base) para, em rebatimento, perceber em que
vértices é que as rectas são tangentes à base da pirâmide – tr passa por Ir e é tangente à base em rebatimento no vértice Ar e t’r passa por
Ir e é tangente à base em rebatimento no vértice Br. As arestas laterais que integram a linha separatriz luz/sombra são as arestas [AV] e
[BV] – estas arestas separam a parte em sombra da superfície lateral do sólido da que está iluminada. Dada a proveniência da luz, as faces
laterais [BCV] e [ACV] estão em sombra e a face lateral [ABV] e a base do sólido estão iluminadas. Assim sendo, a linha separatriz luz/sombra é [AVBC]. Em seguida, determinaram-se as sombras reais dos vértices da linha separatriz luz/sombra, determinaram-se os pontos de
quebra e desenhou-se o contorno da sombra projectada da pirâmide, atendendo às invisibilidades observadas. Por fim, assinalou-se a parte
visível da sombra projectada com uma mancha uniforme, tal como as faces em sombra própria que são visíveis.
232.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos A e B, pelas suas projecções, e o plano π (o plano da base mais à esquerda do prisma),
pelos seus traços, contendo A e B, em função dos dados. Uma vez que o plano π (o plano que contém a base [ABCD]) não é paralelo a
nenhum dos planos de projecção, o quadrado não se projecta em V.G. em nenhum dos planos de projecção, pelo que foi necessário o
recurso ao rebatimento do plano π – rebateu-se π para o Plano Frontal de Projecção (a charneira foi fπ). Note que, na construção do quadrado em rebatimento (em V.G.), se garantiu o polígono se situa no espaço do 1º Diedro. O plano α é o plano da base mais à direita do sólido –
é outro plano de perfil que dista 6 cm (a altura do prisma) do plano π. O sólido é um prisma regular, pelo que as suas arestas laterais estão
contidas em rectas ortogonais aos planos das bases – rectas fronto-horizontais. A partir das projecções da base do sólido e das rectas
suporte das suas arestas laterais é possível obter a sua base mais à direita e, dessa forma, desenhar as projecções do prisma, respeitando
as invisibilidades existentes. No que respeita à determinação da sombra, salienta-se que este exercício não difere das restantes situações de
sombras de prismas, pelo que se recomenda a leitura do relatório do exercício 223. A base de referência é a base mais à esquerda do
(Continua na página seguinte)
99
SOLUÇÕES
prisma. A recta i é uma recta de perfil que está contida em π, tal como as rectas t e t’ (as rectas tangentes à base de referência do prisma
que são paralelas a i). Note, no entanto, que só é possível analisar a questão da tangência das rectas t e t’ à base do sólido em rebatimento,
pelo que foi necessário rebater a recta i (rebatendo os pontos I e I’) e as rectas t e t’ para o rebatimento previamente efectuado (para a
construção das projecções da base). Em rebatimento, ir passa por Ir e por I’r – tr é paralela a ir e é tangente à base em rebatimento no vértice
Dr e t’r é paralela a ir e é tangente à base em rebatimento no vértice Br. As arestas laterais que integram a linha separatriz luz/sombra são
as arestas [BB’] e [DD’] – estas arestas separam a parte em sombra da superfície lateral do sólido da que está iluminada. Dada a proveniência da luz, a base mais à esquerda e as faces laterais [BB’C’C] e [CC’D’D] estão iluminadas, enquanto que a base mais à direita e as outras
duas faces (as faces laterais [AA’B’B] e [AA’D’D]) estão em sombra – a linha separatriz luz/sombra é [BB’C’D’DA]. Em seguida, determinaram-se as sombras reais dos vértices da linha separatriz luz/sombra, determinaram-se os pontos de quebra e desenhou-se o contorno da
sombra projectada do prisma, atendendo às invisibilidades observadas. Por fim, assinalou-se a parte visível da sombra projectada com uma
mancha uniforme, tal como as faces visíveis que estão em sombra própria.
233.
Em primeiro lugar, representaram-se o ponto O, pelas suas projecções, e o plano π (o plano que contém a base), pelos seus traços, em função dos dados. Note que é possível desenhar imediatamente as projecções da base do sólido sem sequer recorrer ao rebatimento do plano
π, pois a base, sendo tangente ao Plano Frontal de Projecção, tem 3 cm de raio e as suas duas projecções são segmentos de recta. Assim,
é possível construir as projecções do cone sem o recurso a qualquer rebatimento. No entanto, com vista à futura determinação da sombra
do sólido e da respectiva parte curva, optou-se por efectuar o rebatimento. Tal como o referido no relatório do exercício 231, e porque se
trata de uma situação semelhante, o eixo do sólido está contido numa recta fronto-horizontal e a altura do sólido projecta-se em V.G. em
ambas as projecções. Após a determinação das projecções do sólido, procedeu-se à determinação da linha separatriz luz/sombra e dos
planos tangentes luz/sombra, de acordo com o exposto no relatório do exercício 225 (sublinha-se que este exercício não difere das restantes situações de sombras de cones). A recta l é o raio luz/sombra que passa pelo vértice e que intersecta o plano da base em I. Por I conduziram-se as rectas tangentes à base, t e t’. Note, no entanto, que só é possível analisar a questão da tangência das rectas t e t’ à base do
sólido em rebatimento, pelo que foi necessário rebater o ponto I e as rectas t e t’ para o rebatimento previamente efectuado para, em rebatimento, determinar os pontos nos quais as rectas são tangentes à base do cone – tr passa por Ir e é tangente à base em rebatimento no
ponto Tr e t’r passa por Ir e é tangente à base em rebatimento no ponto T’r. Note que tr e t’r são, em rebatimento, as rectas de intersecção
dos dois planos tangentes luz/sombra com o plano da base do sólido. As geratrizes que integram a linha separatriz luz/sombra são [TV]
e [T’V] – estas geratrizes separam a parte em sombra da superfície lateral do sólido da que está iluminada. Invertendo o rebatimento, determinaram-se as projecções de T e T’ e desenharam-se as projecções das geratrizes separatrizes, atendendo às respectivas invisibilidades.
Dada a proveniência a luz, a base do sólido está iluminada. A linha separatriz luz/sombra é a linha mista fechada [TV T’T] (integra as
geratrizes [TV] e [T’V] e o arco maior T’T). Em seguida determinaram-se as sombras reais dos vértices da linha separatriz luz/sombra – T,
T’ e V. T’s2 e Vs2 estão, ambas, no SPFS, pelo que a sombra da geratriz [T’V] não admite nenhum ponto de quebra. Já Ts1 se situa no
SPHA, pelo que existe um ponto de quebra entre Ts1 e Vs2, que se determinou com o recurso à sombra virtual de T – Tv2. Uma vez que as
(Continua na página seguinte)
100
SOLUÇÕES
sombras dos extremos do arco maior T’T estão em planos distintos, conclui-se que a sombra do arco admite um ponto de quebra. Este
determinou-se com o recurso ao método do plano luz/sombra passante que, dado o facto da direcção luminosa ser a convencional, é o
próprio β1/3. Assim, com vista a uma maior economia de traçados que possibilite uma melhor leitura da resolução proposta, não se desenharam as projecções do raio luminoso que nos permitiria determinar a recta i (a recta de intersecção do plano π com o plano luz/sombra
passante – o β1/3), mas desenharam-se imediatamente as suas projecções, pois sabe-se que a recta de intersecção de π com o β1/3 é
necessariamente uma recta de perfil passante, que faz ângulos de 45° com os traços do plano π. Note que, caso a direcção luminosa não
fosse a convencional, a determinação da recta i passaria, necessariamente pela determinação do ponto de intersecção de π com um raio
luz/sombra passante com a direcção luminosa dada. Desenhou-se a recta i em rebatimento – ir – e determinou-se o ponto em que a recta corta
o arco maior T’T. O ponto Q, determinado em rebatimento, é o ponto cuja sombra é o ponto de quebra da sombra do arco maior T’T. Sobre a
determinação da sombra do arco maior T’T, ver relatório do exercício 218. Note que o arco de elipse que existe no SPHA (a sombra do arco
maior T’T no SPHA) é concordante com a sombra da geratriz [TV] em Ts1. Da mesma forma, o arco de elipse que existe no SPFS (a sombra
do arco maior T’T no SPFS) é concordante com [T’s2Vs2] em T’s2. Por fim, desenhou-se o contorno da sombra projectada do cone, atendendo
às invisibilidades observadas, e assinalou-se a sua parte visível com uma mancha uniforme, tal como as partes visíveis de sombra própria.
234.
Em primeiro lugar, representaram-se o ponto O, pelas suas projecções, e o plano π (o plano que contém a base mais à esquerda), pelos
seus traços, em função dos dados. Note que é possível desenhar imediatamente as projecções da base do sólido sem sequer recorrer ao
rebatimento do plano π, pois a base, sendo tangente ao Plano Frontal de Projecção, tem 4 cm de raio e as suas duas projecções são segmentos de recta. Assim, é possível construir as projecções do cilindro sem o recurso a qualquer rebatimento. No entanto, com vista à futura
determinação da sombra do sólido e da respectiva parte curva, optou-se por efectuar o rebatimento. O plano α é o plano da base mais à
direita do sólido – é outro plano de perfil que dista 6 cm (a altura do cilindro) do plano π. O sólido é um cilindro de revolução, pelo que as
suas geratrizes estão contidas em rectas ortogonais aos planos das bases – rectas fronto-horizontais. A partir das projecções da base mais
à esquerda do sólido e das rectas suporte das suas arestas laterais é possível obter a sua base mais à direita e, dessa forma, desenhar as
projecções do cilindro. Após a determinação das projecções do sólido, procedeu-se à determinação da linha separatriz luz/sombra e dos
planos tangentes luz/sombra, de acordo com o exposto no relatório do exercício 227 (sublinha-se que este exercício não difere das restantes situações de sombras de cilindros). O ponto P e o ponto exterior pelo qual se conduziram duas rectas – uma recta g, paralela às geratrizes do cilindro, e um raio luminoso l. I e I’ são, respectivamente, os pontos de intersecção de g e l com o plano da base de referência (o
plano π) e a recta i (definida pelos pontos I e I’) é a recta de intersecção do plano π com o plano definido pelas rectas g e l. Note que a
recta i é necessariamente uma recta de perfil. As rectas t e t, que são também rectas de perfil, são as rectas tangentes à base (de referência) que são paralelas à recta i. Uma vez que o plano que contém a base é de perfil, só é possível analisar correctamente posição das rectas
(Continua na página seguinte)
101
SOLUÇÕES
tangentes à base em rebatimento. Nesse sentido, rebateu-se a recta i – ir está definida por I r e I’r. Em rebatimento, desenharam-se as rectas tr e t’r, paralelas a ir, o que nos permitiu identificar os pontos de tangência em rebatimento – Ar e Br. As rectas tangentes tr e t’r são, em
rebatimento, as rectas de intersecção dos dois planos tangentes luz/sombra com o plano da base mais à esquerda do sólido. Invertendo o
rebatimento, obtiveram-se as projecções de A e B, bem como das geratrizes separatrizes luz/sombra – as geratrizes [AA’] e [BB’]. Dada a
proveniência da luz, a base mais à esquerda do sólido está iluminada e a mais à direita em sombra, o que nos permitiu identificar claramen te a linha separatriz luz/sombra – é a linha mista fechada [AA’A’B’ BA] (integra as geratrizes [AA’] e [BB’] e os arcos AB e A’B’). Determinaram-se as sombras reais dos quatro vértices da linha separatriz luz/sombra e analisou-se a existência de pontos de quebra. A sombra da
geratriz [AA’] situa-se, na totalidade, no SPFS, tal como a sombra da geratriz [BB’] se situa no SPHA na totalidade. Assim sendo, os pontos
de quebra da sombra do sólido situam-se nas sombras dos arcos que integram a linha separatriz luz/sombra. A determinação dos pontos
de quebra processou-se, assim, com o recurso ao método do plano luz/sombra passante que, nesta situação (uma vez que se trata da direcção luminosa convencional), é o β1/3. Assim, com vista a uma maior economia de traçados que possibilite uma melhor leitura da resolução proposta, não se desenharam as projecções do raio luminoso que nos permitiria determinar a recta i’ (a recta de intersecção do plano π
com o plano luz/sombra passante – o β1/3), mas desenharam-se imediatamente as suas projecções, pois sabe-se que a recta de intersecção de π com o β1/3 é necessariamente uma recta de perfil passante, que faz ângulos de 45° com os traços do plano π. Note que, caso a
direcção luminosa não fosse a convencional, a determinação da recta i’ passaria, necessariamente pela determinação do ponto de intersecção de π com um raio luz/sombra passante com a direcção luminosa dada. Desenhou-se a recta i’ em rebatimento – i’r – e determinaram-se os pontos em que a recta corta os dois arcos da circunferência – Rr e Sr. Invertendo o rebatimento, obtiveram-se as projecções dos
pontos R e S. Note que dos dois pontos, R e S, apenas o ponto R se situa num arco que produz sombra. Efectivamente, o arco no qual se
situa o ponto S não integra a linha separatriz luz/sombra. No entanto, o ponto S corresponde a um outro ponto S’, que se situa na base
mais à direita e que, esse sim, pertence a um arco que integra a linha separatriz luz/sombra. O facto de se ter determinado o ponto S no
rebatimento da base mais à esquerda do sólido permitiu-nos economizar o rebatimento da base mais à direita para a determinação do pon
to S’. Sobre a determinação das sombras dos dois arcos (o arco AB e o arco A’B’) ver relatório do exercício 218. Note que as sombras dos
arcos AB e A’B’ no SPHA (que são arcos de elipse) são, ambas, concordantes com [Bs1B’s1] em Bs1 e em B’s1, respectivamente. Da
mesma forma, as sombras dos arcos AB e A’B’ no SPFS (que são também arcos de elipse) são, ambas, concordantes com [As2A’s2] em
As2 e em A’s2, respectivamente. Por fim, desenhou-se o contorno da sombra projectada do cilindro, atendendo às invisibilidades observadas, e assinalou-se a sua parte visível com uma mancha uniforme, tal como as partes visíveis de sombra própria.
102
SOLUÇÕES
235.
Em primeiro lugar, representou-se o segmento [FH], pelas suas projecções, em função dos dados. Em seguida desenharam-se os traços do plano ρ, o plano de rampa que contém o triângulo – fρ passa
por F (que tem afastamento nulo) e hρ passa por H (que tem cota
nula). O plano ρ não é paralelo a nenhum dos planos de projecção,
pelo que o triângulo não se projecta em V.G. em nenhum dos planos
de projecção – para a construção das projecções do triângulo recorreu- -se ao rebatimento do plano ρ para o Plano Horizontal de Projecção (a charneira foi hρ). Note que se atendeu a que G é o seu vértice
mais à direita. Para inverter o rebatimento, recorreu-se a uma recta r,
do plano ρ – a recta r é a recta suporte do lado [GH] do triângulo. F’
é o traço frontal de r. A partir das projecções de G desenharam-se as
projecções do triângulo. Para determinar a sombra do polígono determinaram-se as sombras reais dos seus três vértices. Fs2 ≡ F2, pois F é
um ponto do SPFS. Hs1 ≡ H1, pois H é um ponto do SPHA. Gs situa-se
no eixo X (note que G é necessariamente um ponto do β1/3). Gs é
simultaneamente um ponto do SPHA e do SPFS – a sombra de [FG] e
de [GH] não têm pontos de quebra. A sombra do triângulo tem um
único ponto de quebra, situado entre Fs2 e Hs1 – este determinou-se
com o recurso à sombra virtual de H (Hv2). Em seguida, desenhou-se
a sombra projectada do triângulo, atendendo às invisibilidades. A face visível do triângulo (que é a mesma em ambas as projecções) está iluminada, pois, considerando um movimento rotativo qualquer e partindo de um mesmo vértice, as sequências dos vértices da projecção frontal,
da projecção horizontal e da sombra do triângulo apresentam a mesma ordem.
236.
Note que os dados nos permitem construir, imediatamente, a projecção horizontal do sólido, mas não a sua projecção frontal, pois é desconhecida a cota do plano da base. No entanto, é possível determinar imediatamente V2, a projecção frontal do vértice do cone (que tem cota
nula). Por outro lado, é conhecido o comprimento das geratrizes do sólido que são todas iguais, pois trata-se de um cone de revolução. De
todas as suas geratrizes, as únicas que se projectam imediatamente em V.G. (no Plano Frontal de Projecção) são as geratrizes frontais (de
frente) que são, afinal, as geratrizes do contorno aparente frontal. Consideremos a geratriz mais à esquerda do contorno aparente frontal – a
geratriz [AV]. Já é conhecida a sua projecção horizontal. Com o recurso ao compasso, fazendo centro em V2 e com 8,5 cm de raio (o comprimento das geratrizes), desenhou-se um arco de circunferência cortando a linha de chamada de A num ponto que será A2 – a projecção
frontal de A. A projecção frontal de A dá-nos, graficamente, a cota do plano horizontal (de nível) da base do sólido e permite-nos, assim,
concluir a construção das projecções do sólido. Sobre a determinação das sombras própria e projectada do cone, ver exercício 235 e res
pectivo relatório. Note que, neste exercício, se optou por determinar a sombra do arco TT’ com o recurso à parte correspondente do quadrado (de lados paralelos ao eixo X) em que a base se inscreve (ver exercício 213 e respectivo relatório).
103
SOLUÇÕES
237.
Em primeiro lugar, representou-se o plano θ, pelos seus traços,
e o ponto O, pelas suas projecções, pertencente ao plano. Em
seguida, uma vez que o plano θ não é paralelo a nenhum dos
planos de projecção, a construção das projecções do pentágono da base processou-se com o recurso ao rebatimento de θ –
rebateu-se θ para o Plano Horizontal de Projecção (a charneira
foi hθ). Após a determinação das projecções da base, desenharam-se as projecções da recta suporte do eixo da pirâmide – é
uma recta frontal (de frente) ortogonal ao plano θ (a pirâmide é
regular) que passa por O. A altura da pirâmide pode medir-se
em V.G. sobre a recta suporte do eixo, em projecção frontal, o
que nos permitiu obter as projecções de V, o vértice da pirâmide, e, por fim, construir as projecções do sólido. Em seguida, procedeu-se à determinação da linha separatriz
luz/sombra, o que se processou com o recurso à determinação dos planos tangentes luz/sombra, através das quatro etapas para o efeito. 1. Conduziu-se, por V, um raio luminoso l
(com a direcção luminosa). 2. Determinou-se o ponto de intersecção do raio luminoso l com o plano θ (o plano da base) –
ponto I (note que o ponto I teve determinação directa a partir
da sua projecção frontal, pois o plano θ é projectante frontal).
3. Por I conduziram-se as rectas tangentes à base t e t’. 4. As
rectas t e t’ são tangentes à base nos pontos A e C, respectivamente – as arestas laterais [AV] e [CV] são, imediatamente,
duas arestas da linha separatriz luz/sombra. Note que as arestas laterais [AV] e [CV] são as arestas segundo as quais os planos tangentes luz/sombra são tangentes (ou rasantes) ao sólido. As arestas [AV] e [CV] separam a parte da superfície lateral da pirâmide que está
iluminada da que está em sombra – dada a proveniência da luz, as faces laterais [ABV] e [BCV] estão em sombra, enquanto que as faces
laterais [AEV], [CDV] e [DEV] estão iluminadas. A base da pirâmide também está em sombra, pelo que a linha separatriz luz/sombra é a
linha quebrada fechada [AVCDE]. A sombra própria da pirâmide integra as faces laterais [ABV] e [BCV] e a base da pirâmide. Em projecção frontal, nenhuma das faces laterais em sombra é visível (a base também é invisível em projecção frontal), pelo que não há lugar à identificação de sombra própria em projecção frontal. Já em projecção horizontal, a base é invisível, mas as faces laterais [ABV] e [BCV] são
visíveis, pelo que se identificaram estas como sombra própria em projecção horizontal. Em seguida determinaram-se as sombras reais dos
vértices da linha separatriz luz/sombra – Cs1, Ds1 e Es1 situam-se no SPHA e As2 e Vs2 situa-se no SPFS, pelo que a sombra projectada da
pirâmide tem pontos de quebra. Estes determinaram-se com o recurso às sombras virtuais de E e de C. Por fim desenhou-se o contorno da
sombra projectada (assinalando convenientemente as suas partes invisíveis) e identificou-se a área visível da mesma com mancha uniforme.
23
AXONOMETRIA S ORTOGONAIS: ISOMETRIA, DIMETRIA E TRIMETRIA
238.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados, que fazem, entre si, ângulos de 120°. Em seguida desenharam-se apenas dois lados do triângulo fundamental [RST] (os lados [RS] e [ST]), por estes serem suficientes para a resolução do problema
(sublinha-se que nem sempre é necessária a representação da totalidade do triângulo fundamental). Para determinar o coeficiente de redução dos três eixos, que é o mesmo, optou-se por rebater o eixo Z para o plano axonométrico através do rebatimento do seu plano projectante (que é ortogonal ao plano axonométrico), mas poder-se-ia ter rebatido qualquer dos outros dois eixos. A recta TQ (que é a perspectiva do
eixo Z – a recta suporte do segmento [TQ]) é a charneira – é a recta de intersecção do plano a rebater (o plano projectante do eixo Z) com o
plano axonométrico (o plano para o qual se processa o rebatimento). Q é o ponto em que o plano projectante do eixo Z corta o lado [RS] do
triângulo fundamental. Determinou-se o ponto médio de [TQ] e desenhou-se a semicircunferência de que [TQ] é um diâmetro. A recta projectante de O, em rebatimento, fica perpendicular à charneira (que é a recta TQ – a perspectiva do eixo Z) e é secante à semicircunferência
em Or. O eixo Zr fica definido por Or e T, que é fixo (T é um ponto da charneira, pelo que roda sobre si próprio). O triângulo [TOrQ] é rectângulo em Or. Sobre o eixo Zr, a partir de Or e no sentido positivo do eixo, representaram-se as três coordenadas de A, em V.G. (4 cm de
abcissa, 2 cm de afastamento e 5 cm de cota). Invertendo o rebatimento, com o recurso a rectas perpendiculares à charneira, obtiveram-se,
na perspectiva do eixo Z, as coordenadas de A já reduzidas – sobre a perspectiva do eixo Z, a partir de O estão as perspectivas das três
coordenadas de A (abcissa, afastamento e cota). Com o recurso ao compasso, e fazendo centro em O, transportaram-se as perspectivas da
abcissa e do afastamento para, respectivamente, a perspectiva do eixo X e a perspectiva do eixo Y. A partir das perspectivas das três coordenadas do ponto A determinaram-se as perspectivas das suas projecções nas faces do triedro (A1, A2 e A3), recorrendo aos três paralelogramos de que as perspectivas das coordenadas são dois lados (duas a duas) e que têm um vértice em O e o outro na respectiva
(Continua na página seguinte)
104
SOLUÇÕES
projecção de A. Em seguida, procedeu-se à determinação da perspectiva de A. Para tal, conduziu-se, pela perspectiva de A1, a perspectiva
da recta projectante horizontal de A (que é paralela à perspectiva do
eixo Z), pela perspectiva de A2 conduziu-se a perspectiva da recta projectante frontal de A (que é paralela à perspectiva do eixo Y) e pela
perspectiva de A3 conduziu-se a perspectiva da recta projectante lateral
de A (que é paralela à perspectiva do eixo X) – as três rectas intersectam-se num ponto, que é a perspectiva propriamente dita de A, definindo
a perspectiva de um paralelepípedo de que O e a perspectiva propriamente dita de A são dois vértices espacialmente opostos.
239.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Uma vez que o
eixo Y é o que sofre uma redução isolada, sabe-se que a sua perspectiva faz, com as perspectivas dos outros dois eixos, dois ângulos iguais. As perspectivas dos outros dois eixos fazem, entre si, um ângulo de 100° – a diferença é 260° (360° – 100° = 260°). Assim, a perspectiva do eixo
Y fará, com as perspectivas dos outros dois eixos, ângulos de 130° (260° : 2 = 130°). Em seguida, desenharam-se apenas dois lados do triângulo fundamental, por serem suficientes para a
resolução do problema. O eixo Y é aquele que sofre uma redução isolada – o eixo X e o eixo Z
têm o mesmo coeficiente de redução. Conclui-se portanto que, entre o eixo X e o eixo Z, basta
rebater apenas um deles e efectuar o transporte de um para o outro, conforme exposto no relatório do exercício anterior. Já o eixo Y, que possui um coeficiente de redução isolado, carece de
rebatimento, pois não é possível efectuar nenhum transporte dos outros dois eixos para o eixo
Y. Rebateu-se o eixo Y para o plano axonométrico, pelo processo exposto no relatório do exercício anterior para o eixo Z – a charneira é a perspectiva do eixo Y e o rebatimento do ponto O
processa-se numa perpendicular à charneira (que corresponde ao plano ortogonal à charneira
que contém o seu arco o rebatimento). Or é o ponto O rebatido pelo rebatimento do plano projectante do eixo Y. Sobre o eixo Yr, a partir de Or
e no sentido positivo do eixo, representou-se o afastamento de M (4 cm) em V.G. – em seguida, inverteu-se o rebatimento, com o recurso a
uma perpendicular à charneira, e obteve-se, sobre a perspectiva do eixo Y, a perspectiva do afastamento de M. Em seguida, rebateu-se o eixo
Z para o plano axonométrico (ver relatório do exercício anterior) – a charneira é a perspectiva do eixo Z e o rebatimento do ponto O processa-se
numa perpendicular à charneira (que corresponde ao plano ortogonal à charneira que contém o seu arco o rebatimento). Or’ é o ponto O rebatido pelo rebatimento do plano projectante do eixo Z. Sobre o eixo Zr, a partir de Or’, representou-se a abcissa e a cota de M (2 cm e 3 cm, respectivamente). Em seguida, inverteu-se o rebatimento, com o recurso a perpendiculares à charneira, e obtiveram-se, sobre a perspectiva do eixo
Z, as perspectivas da abcissa e da cota de M. Com o recurso ao compasso e fazendo centro em O, transportou-se a perspectiva da abcissa de
M para a perspectiva do eixo X. A partir das perspectivas das três coordenadas de M, determinaram-se as perspectivas das suas três projecções (M1, M2 e M3), bem como a sua perspectiva propriamente dita, conforme exposto no relatório do exercício anterior.
240.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados – o
ângulo entre as perspectivas do eixo Z e do eixo Y é 110°, pois o somatório dos três ângulos é 360°. Em seguida desenharam-se os três lados do triângulo fundamental, por
serem todos necessários para a resolução do problema – os três eixos apresentam coeficientes de redução distintos, pelo que é necessário rebater os três eixos. Rebateu-se o
eixo Y para o plano axonométrico, pelo processo exposto no relatório do exercício 238
para o eixo Z – a charneira é a perspectiva do eixo Y e o rebatimento do ponto O processa-se numa perpendicular à charneira (que corresponde ao plano ortogonal à charneira que contém o seu arco o rebatimento). Or é o ponto O rebatido pelo rebatimento
do plano projectante do eixo Y. Sobre o eixo Yr, a partir de Or e no sentido positivo do
eixo, representou-se o afastamento de T (2 cm) em V.G. – em seguida, inverteu-se o rebatimento, com o recurso a uma perpendicular à charneira, e obteve-se, sobre a perspectiva do eixo Y, a perspectiva do afastamento de T. Em seguida, rebateu-se o eixo Z
para o plano axonométrico, pelo processo exposto no relatório do exercício 238 – a
charneira é a perspectiva do eixo Z e o rebatimento do ponto O processa-se numa perpendicular à charneira (que corresponde ao plano ortogonal à charneira que contém o seu arco o rebatimento). Or’ é o ponto O rebatido
pelo rebatimento do plano projectante do eixo Z. Sobre o eixo Zr, a partir de Or’ e no sentido positivo do eixo, representou-se a cota de
(Continua na página seguinte)
105
SOLUÇÕES
T (3 cm) em V.G. – em seguida, inverteu-se o rebatimento, com o recurso a uma perpendicular à charneira, e obteve-se, sobre a perspectiva
do eixo Z, a perspectiva da cota de T. Por fim, rebateu-se o eixo X para o plano axonométrico, pelo processo exposto no relatório do exercício 238 para o eixo Z – a charneira é a perspectiva do eixo X e o rebatimento do ponto O processa-se numa perpendicular à charneira (que
corresponde ao plano ortogonal à charneira que contém o seu arco o rebatimento). Or’’ é o ponto O rebatido pelo rebatimento do plano
projectante do eixo X. Sobre o eixo Xr, a partir de Or’’ e no sentido positivo do eixo, representou-se a abcissa de T (5 cm) em V.G. – em
seguida, inverteu-se o rebatimento, com o recurso a uma perpendicular à charneira, e obteve-se, sobre a perspectiva do eixo X, a perspectiva
da abcissa de T. A partir das perspectivas das três coordenadas de T, determinaram-se as perspectivas das suas três projecções (T1, T2 e
T3), bem como a sua perspectiva propriamente dita, conforme exposto no relatório do exercício 238. O eixo que sofre maior deformação
perspéctica é o eixo X, pois é aquele que faz, com o plano axonométrico, o maior ângulo (o ângulo que o eixo X faz com o plano axonométrico é o ângulo entre o eixo Xr e a perspectiva do eixo X).
241.
O cubo pretendido apoia-se, por três das suas faces, sobre os planos coordenados,
pelo que três arestas do cubo estão necessariamente contidas nos eixos coordenados
e um dos vértices do cubo é a origem do referencial – o ponto O. Assim, a partir de O
há que representar, sobre cada eixo, a medida da aresta do cubo. Começou-se, então,
por desenhar as perspectivas dos três eixos coordenados, que fazem, entre si, ângulos
de 120°. Em seguida desenharam-se dois lados do triângulo fundamental, por tal ser
suficiente para a resolução do problema. Rebateu-se o eixo Y para o plano axonométrico (mas poder-se-ia ter rebatido qualquer dos outros dois eixos, pois os três eixos têm
o mesmo coeficiente de redução), pelo processo exposto no relatório do exercício 238
para o eixo Z – a charneira é a perspectiva do eixo Y e o rebatimento do ponto O processa-se numa perpendicular à charneira (que corresponde ao plano ortogonal à charneira que contém o seu arco o rebatimento). Or é o ponto O rebatido pelo rebatimento
do plano projectante do eixo Y. Sobre o eixo Yr, a partir de Or e no sentido positivo do
eixo, representou-se a medida da aresta do cubo (4 cm) em V.G. – em seguida, inverteu-se o rebatimento, com o recurso a uma perpendicular à charneira, e obteve-se, sobre a perspectiva do eixo Y, a perspectiva medida da
aresta do cubo, já reduzida. Com o recurso ao compasso, e fazendo centro em O, transportou-se a perspectiva da aresta do cubo para as
perspectivas do eixo X e do eixo Y. A partir das arestas situadas em cada um dos eixos, e atendendo a que um cubo é um paralelepípedo
particular, desenhou-se a a perspectiva do sólido, com um raciocínio semelhante ao exposto no relatório do exercício 238, para a determinação da perspectiva do paralelepípedo que nos permitiu determinar a perspectiva do ponto A. Note que se identificaram convenientemente
as arestas invisíveis do sólido (que são precisamente as que estão contidas nos eixos coordenados).
242.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Uma vez que o eixo Y é o que sofre uma redução isolada, sabe-se
que a sua perspectiva faz, com as perspectivas dos outros dois eixos,
dois ângulos iguais. As perspectivas dos outros dois eixos fazem, entre
si, um ângulo de 130° – a diferença é 230° (360° – 130° = 230°). Assim, a
perspectiva do eixo Y fará, com as perspectivas dos outros dois eixos,
ângulos de 115° (230° : 2 = 115°). Em seguida desenharam-se apenas
dois lados do triângulo fundamental, por serem suficientes para a resolução do problema. O eixo Y é aquele que sofre uma redução isolada – o
eixo X e o eixo Z têm o mesmo coeficiente de redução. Conclui-se portanto que, entre o eixo X e o eixo Z, basta rebater apenas um deles e
efectuar o transporte de um para o outro, conforme exposto no relatório
do exercício 238. Já o eixo Y, que possui um coeficiente de redução isolado, carece de rebatimento, pois não é possível efectuar nenhum transporte dos outros dois eixos para o eixo Y. Rebateu-se o eixo Y para o
plano axonométrico, pelo processo exposto no relatório do exercício 238
para o eixo Z – a charneira é a perspectiva do eixo Y e o rebatimento do
ponto O processa-se numa perpendicular à charneira. Or é o ponto O rebatido pelo rebatimento do plano projectante do eixo Y. Graduou-se
o eixo Yr, a partir de Or e no sentido positivo do eixo, de 0 a 5 unidades, uma vez que o afastamento máximo entre os três pontos é 5. Em
seguida inverteu-se o rebatimento, com o recurso a perpendiculares à charneira, e obteve-se a perspectiva do eixo Y graduada de 0 a 5 unidades. Em seguida, rebateu-se o eixo Z para o plano axonométrico (ver relatório do exercício 238) – a charneira é a perspectiva do eixo Z e
o rebatimento do ponto O processa-se numa perpendicular à charneira. Or’ é o ponto O rebatido pelo rebatimento do plano projectante do
eixo Z. Graduou-se o eixo Zr, a partir de Or’ e no sentido positivo do eixo, de 0 a 6 unidades, uma vez que entre as cotas e as abcissas dos
três pontos, o valor máximo é 6. Em seguida inverteu-se o rebatimento, com o recurso a perpendiculares à charneira, e obteve-se a perspectiva do eixo Z graduada de 0 a 6 unidades. Com o recurso ao compasso e fazendo centro em O, transportou-se a escala de 0 a 4 unidades para a perspectiva do eixo X (note que o valor máximo da abcissa entre os três pontos é 4). A partir da graduação já existente nas
(Continua na página seguinte)
106
SOLUÇÕES
perspectivas dos três eixos, determinaram-se as perspectivas dos três pontos (ver relatório do exercício 238), bem como a perspectiva do
triângulo. O ponto R é um ponto do plano XZ (tem afastamento nulo), pelo que se tem R ≡ R2. O ponto S é um ponto do plano YZ (tem
abcissa nula), pelo que se tem S ≡ S3. Note que, se bem não sendo estritamente necessária, desenhou-se a perspectiva da projecção horizontal do triângulo [RST] – esta constitui-se, apenas, como uma referência que permite uma melhor visualização da forma no espaço, bem
como a verificação do Critério de Reversibilidade.
243.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados, que
fazem, entre si, ângulos de 120°. Para determinar o coeficiente de redução dos três
eixos, que é o mesmo, optou-se por rebater o plano XY para o plano axonométrico, mas
poder-se-ia ter rebatido qualquer dos outros dois planos coordenados. Assim, desenhou-se apenas um dos lados do triângulo fundamental [RST] (o lado [RS]), por este
ser suficiente para a resolução do problema (recorda-se que nem sempre é necessária a
representação da totalidade do triângulo fundamental). No rebatimento do plano XY, a
charneira é a recta RS (a recta suporte do lado [RS] do triângulo fundamental), que é a
recta de intersecção do plano XY (o plano a rebater) com o plano axonométrico (o plano
para o qual se processa o rebatimento). Determinou-se o ponto médio de [RS] e desenhou-se a semicircunferência de que [RS] é um diâmetro. O rebatimento de O processa-se num plano ortogonal à charneira (o plano projectante do eixo Z) – por O
conduz-se uma perpendicular à charneira (que é a perspectiva do eixo Z) e o ponto em
que esta corta a semicircunferência é Or. Os pontos R e S são fixos (rodam sobre si próprios), pois situam-se na charneira. O eixo Xr fica definido por Or e R e o eixo Yr fica definido por Or e S. O triângulo [ROrS] é rectângulo em Or. Sobre o eixo Xr, a partir de Or e no sentido positivo do eixo, representou-se a
abcissa de A em V.G. (3 cm). Sobre o eixo Yr, a partir de Or e no sentido positivo do eixo, representou-se o afastamento e a cota de A em
V.G. (5 e 2 cm, respectivamente). Invertendo o rebatimento, com o recurso a rectas perpendiculares à charneira (paralelas à perspectiva do
eixo Z), obtiveram-se as coordenadas de A, já reduzidas – sobre a perspectiva do eixo X está a perspectiva da abcissa de A e sobre a perspectiva do eixo Y estão as perspectivas do afastamento e da cota de A. Com o recurso ao compasso, e fazendo centro em O, transportouse a perspectiva da cota de A para a perspectiva do eixo Z. A partir das perspectivas das três coordenadas do ponto A determinaram-se as
perspectivas das suas projecções nas faces do triedro (A1, A2 e A3), bem como a perspectiva propriamente dita do ponto A, conforme
exposto no relatório do exercício 238. Note que se poderia ter representado a cota de A sobre o eixo Xr e, após a inversão do rebatimento,
ter efectuado o transporte da perspectiva da cota da perspectiva do eixo X para a perspectiva do eixo Z.
244.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados.
Uma vez que o eixo Y é o que sofre uma redução isolada, sabe-se que a sua perspectiva faz, com as perspectivas dos outros dois eixos, dois ângulos iguais. As
perspectivas dos outros dois eixos fazem, entre si, um ângulo de 110° – a diferença
é 250° (360° – 110° = 250°). Assim, a perspectiva do eixo Y fará, com as perspectivas dos outros dois eixos, ângulos de 125° (250° : 2 = 125°). Uma vez que existem
dois coeficientes de redução distintos e que o método do rebatimento dos planos
coordenados nos permite rebater dois eixos em simultâneo, convirá que se rebata
um plano coordenado que contenha dois eixos com coeficientes de redução distintos – o plano XY ou o plano YZ. Note que o plano XZ contém dois eixos com o mesmo coeficiente de redução, pelo que o rebatimento deste plano coordenado
obrigar-nos-ia a um segundo rebatimento para determinar o coeficiente de redução
do eixo Y. Optou-se por rebater o plano XY. Nesse sentido, é suficiente representar
o lado do triângulo fundamental que está contido na recta de intersecção do plano
XY com o plano axonométrico, que será a charneira do rebatimento. Determinou-se
o ponto médio desse lado do triângulo fundamental e desenhou-se a semicircunferência de que esse lado é um diâmetro. O rebatimento de O processa-se num plano
ortogonal à charneira (o plano projectante do eixo Z) – por O conduz-se uma perpendicular à charneira (que é a perspectiva do eixo Z) e o
ponto em que esta corta a semicircunferência é Or (ver relatório do exercício anterior). Sobre o eixo Yr, a partir de Or e no sentido positivo
do eixo, representou-se o afastamento de M em V.G. (4 cm). Sobre o eixo Xr, a partir de Or e no sentido positivo do eixo, representaram-se a
abcissa e a cota de M em V.G. (6 e 4 cm, respectivamente) – recorde que o eixo X e o eixo Z têm o mesmo coeficiente de redução. Invertendo o rebatimento, com o recurso a rectas perpendiculares à charneira (paralelas à perspectiva do eixo Z), obtiveram-se as coordenadas de
M, já reduzidas – sobre a perspectiva do eixo X estão as perspectiva da abcissa e da cota de M e sobre a perspectiva do eixo Y está a perspectiva do afastamento de M. Com o recurso ao compasso, e fazendo centro em O, transportou-se a perspectiva da cota de M para a
perspectiva do eixo Z. A partir das perspectivas das três coordenadas do ponto M determinaram-se as perspectivas das suas projecções
nas faces do triedro (M1, M2 e M3), bem como a perspectiva propriamente dita do ponto M, conforme exposto no relatório do exercício 238.
107
SOLUÇÕES
245.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados – o ângulo
entre as perspectivas do eixo Z e do eixo Y é 120°, pois o somatório dos três ângulos é 360°.
Uma vez que existem três coeficientes de redução distintos e que o método do rebatimento
dos planos coordenados nos permite rebater dois eixos em simultâneo, será necessário rebater dois planos coordenados. Começou-se por rebater o plano XY, para o que foi necessário representar o lado do triângulo fundamental que está contido na recta de intersecção
do plano XY com o plano axonométrico, que será a charneira do rebatimento. Determinou-se
o ponto médio desse lado do triângulo fundamental e desenhou-se a semicircunferência de
que esse lado é um diâmetro. O rebatimento de O processa-se num plano ortogonal à charneira (o plano projectante do eixo Z) – por O conduz-se uma perpendicular à charneira (que
é a perspectiva do eixo Z) e o ponto em que esta corta a semicircunferência é Or (ver relatório do exercício 242). Sobre o eixo Yr, a partir de Or e no sentido positivo do eixo, representou-se o afastamento de R em V.G. (5 cm). Sobre o eixo Xr, a partir de Or e no sentido
positivo do eixo, representou-se a abcissa de R em V.G. (4 cm). Invertendo o rebatimento,
com o recurso a rectas perpendiculares à charneira (paralelas à perspectiva do eixo Z), obtiveram-se as perspectivas da abcissa e do afastamento de R, já reduzidas, sobre as perspectivas dos eixos correspondentes – o eixo X e o eixo Y, respectivamente. Para determinar a perspectiva da cota de R é necessário rebater o
eixo Z, o que se pode efectuar por dois processos distintos – o do rebatimento do seu plano projectante (que nos permite rebater o eixo Z
isoladamente), ou o do rebatimento de um plano coordenado que contenha o eixo Z (que irá repetir o rebatimento de um dos outros dois
eixos, uma vez que o rebatimento dos planos coordenados rebate dois eixos em simultâneo). Optou-se pela segunda hipótese – rebateu-se
o o plano XZ, para o que foi necessário representar o lado do triângulo fundamental que está contido na recta de intersecção do plano XZ
com o plano axonométrico, que será a charneira do rebatimento. Determinou-se o ponto médio desse lado do triângulo fundamental e desenhou-se a semicircunferência de que esse lado é um diâmetro. O rebatimento de O processa-se num plano ortogonal à charneira (o plano
projectante do eixo Y) – por O conduz-se uma perpendicular à charneira (que é a perspectiva do eixo Y) e o ponto em que esta corta a semicircunferência é Or’ (ver relatório do exercício 243). Neste rebatimento omitiu-se a representação do eixo Xr, pois este já tinha sido utilizado
no rebatimento do plano XY. Sobre o eixo Zr, a partir de Or’ e no sentido positivo do eixo, representou-se a cota de R em V.G. (3 cm). Invertendo o rebatimento, com o recurso a uma perpendicular à charneira (paralela à perspectiva do eixo Y), obteve-se a perspectiva da cota de
R, já reduzida, sobre a perspectiva do eixo Z. A partir das perspectivas das três coordenadas do ponto R, determinaram-se as perspectivas
das suas projecções nas faces do triedro (R1, R2 e R3), bem como a perspectiva propriamente dita do ponto R, conforme exposto no relatório do exercício 238.
246.
O cubo pretendido apoia-se, por três das suas faces, sobre os planos coordenados, pelo
que três arestas do cubo estão necessariamente contidas nos eixos coordenados e um dos
vértices do cubo é a origem do referencial – o ponto O. A partir de O há, então, que representar, sobre cada eixo, a medida da aresta do cubo. Assim, seguindo todas as etapas
expostas no relatório do exercício anterior para a determinação das perspectivas da abcissa
do ponto R (sobre a perspectiva do eixo X), do afastamento do ponto R (sobre a perspectiva
do eixo Y) e da cota do ponto R (sobre a perspectiva do eixo Z), é possível representar,
sobre cada uma das perspectivas dos três eixos, a medida da aresta do cubo e, dessa forma, desenhar a perspectiva do sólido (ver relatório do exercício 241).
247.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados, que fazem,
entre si, ângulos de 120°. Para determinar o coeficiente de redução dos três eixos, que é o
mesmo, optou-se por rebater o plano XY para o plano axonométrico (conforme exposto no
relatório do exercício 243), mas poder-se-ia ter rebatido qualquer dos outros dois planos
coordenados. Sobre o eixo Xr, a partir de Or e no sentido positivo do eixo, representaram-se
as abcissas de B e C, em V.G. (5 e 3 cm, respectivamente – A tem abcissa nula), bem como
as cotas de A e B (5 e 2 cm, respectivamente – C tem cota nula). Sobre o eixo Yr, a partir de
Or e no sentido positivo do eixo, representaram-se os afastamentos de A, B e C, em V.G. (3,
1 e 5 cm, respectivamente). Invertendo o rebatimento, com o recurso a rectas perpendiculares à charneira (paralelas à perspectiva do eixo Z), obtiveram-se as perspectivas das coordenadas, já reduzidas, sobre as perspectivas dos eixos correspondentes. Com o recurso ao
compasso, e fazendo centro em O, transportaram-se as perspectivas das cotas de A e B
para a perspectiva do eixo Z. A partir das perspectivas das três coordenadas de cada ponto,
determinaram-se as perspectivas dos três pontos (ver relatório do exercício 238), bem como
a perspectiva do triângulo. O ponto A é um ponto do plano YZ (tem abcissa nula), pelo que
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108
SOLUÇÕES
se tem A ≡ A3. O ponto C é um ponto do plano XY (tem cota nula), pelo que se tem C ≡ C1. Note que, se bem não sendo estritamente necessária, desenhou-se a perspectiva da projecção horizontal do triângulo [ABC] – esta constitui-se, apenas, como uma referência que permite uma melhor visualização da forma no espaço, bem como a verificação do Critério de Reversibilidade. Note ainda que, sendo o
triângulo [ABC] uma figura opaca, se assinalou convenientemente a parte da projecção horizontal do triângulo que é invisível, por estar
oculta pela superfície do triângulo.
248.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados, que fazem, entre si, ângulos de 120°. Para determinar o coeficiente de redução dos três eixos, que é o mesmo, optou-se por rebater o plano XY para o plano axonométrico (ver relatório do exercício 243)
– no entanto, com vista à utilização do método dos cortes, esse rebatimento processou-se
para o interior da pirâmide axonométrica, e não para o seu exterior, como no exercício 243.
Em seguida, efectuou-se a translação do plano XY, em rebatimento, ao longo da direcção perpendicular à charneira do rebatimento (ao longo da perspectiva do eixo Z), para fora da pirâmide axonométrica. O ponto Or’ é o ponto O rebatido e após a translação efectuada segundo
uma distância qualquer. O eixo Xr’ é paralelo ao eixo Xr, tal como o eixo Yr’ é paralelo ao eixo
Yr. O plano XY, rebatido e transladado, é o plano Xr’Or’Yr’. Sobre o eixo Xr’, a partir de Or’ e no
sentido positivo do eixo, representou-se a abcissa de M em V.G. (4 cm). Sobre o eixo Yr’, a partir de Or’ e no sentido positivo do eixo, representou-se o afastamento e a cota de M em V.G. (3
e 5 cm, respectivamente). Invertendo o rebatimento, com o recurso a rectas perpendiculares à
charneira (paralelas à perspectiva do eixo Z), obtiveram-se as coordenadas de M, já reduzidas
– sobre a perspectiva do eixo X está a perspectiva da abcissa de M e sobre a perspectiva do
eixo Y estão as perspectivas do afastamento e da cota de M. Com o recurso ao compasso, e
fazendo centro em O, transportou-se a perspectiva da cota de M para a perspectiva do eixo Z.
A partir das perspectivas das três coordenadas do ponto M determinaram-se as perspectivas
das suas projecções nas faces do triedro (M1, M2 e M3), bem como a perspectiva propriamente
dita do ponto M, conforme exposto no relatório do exercício 238. Note que, no plano XY rebatido e transladado, se representou a projecção horizontal de M em rebatimento (M1r), em função
da abcissa e do afastamento de M em V.G. – a inversão do rebatimento, com o recurso a uma recta perpendicular à charneira que passa por
M1r, permite-nos obter a referência da perspectiva de M1 e de M (que se situam na mesma recta projectante horizontal, cuja perspectiva
coincide com a perpendicular à charneira que passa por M1r). Note ainda que se poderia ter representado a cota de M sobre o eixo Xr’ e,
após a inversão do rebatimento, ter efectuado o transporte da perspectiva da cota da perspectiva do eixo X para a perspectiva do eixo Z.
249.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Uma vez
que o eixo Y é aquele cuja perspectiva faz ângulos iguais com as perspectivas dos outros
dois eixos, o eixo Y é o que sofre uma redução isolada. A soma dos ângulos que a perspectiva do eixo Y faz com as perspectivas dos outros dois eixos é 250°, pelo que as perspectivas dos outros dois eixos fazem, entre si, um ângulo de 110° (360° – 250° = 110°).
Uma vez que existem dois coeficientes de redução distintos e que o método dos cortes nos permite rebater dois eixos em simultâneo, convirá que se rebata um plano coordenado que contenha dois eixos com coeficientes de redução distintos – o plano XY
ou o plano YZ. Note que o plano XZ contém dois eixos com o mesmo coeficiente de redução, pelo que o rebatimento deste plano coordenado obrigar-nos-ia a um segundo
rebatimento para determinar o coeficiente de redução do eixo Y. Optou-se por rebater
o plano XY. Nesse sentido, é suficiente representar o lado do triângulo fundamental
que está contido na recta de intersecção do plano XY com o plano axonométrico – ver
relatório do exercício anterior. Após o rebatimento do plano XY para o interior da pirâmide axonométrica, efectuou-se a translação do plano XY, em rebatimento, ao longo da
direcção perpendicular à charneira do rebatimento (ao longo da perspectiva do eixo Z),
para fora da pirâmide axonométrica. O ponto Or’ é o ponto O rebatido e após a translação efectuada segundo uma distância qualquer. O eixo Xr’ é paralelo ao eixo Xr, tal
como o eixo Yr’ é paralelo ao eixo Yr. O plano XY, rebatido e transladado, é o plano Xr’Or’Yr’. Sobre o eixo Xr’, a partir de Or’ e no sentido positivo do eixo, representaram-se a abcissa e a cota de A em V.G. (5 e 3 cm, respectivamente). Sobre o eixo Yr’, a partir de Or’ e no sentido
positivo do eixo, representou-se o afastamento de A em V.G. (3 cm). Invertendo o rebatimento, com o recurso a rectas perpendiculares à
charneira (paralelas à perspectiva do eixo Z), obtiveram-se as coordenadas de A, já reduzidas – sobre a perspectiva do eixo X estão as perspectivas da abcissa e da cota de A e sobre a perspectiva do eixo Y está a perspectiva do afastamento de A. Com o recurso ao compasso, e
fazendo centro em O, transportou-se a perspectiva da cota de A para a perspectiva do eixo Z (que tem o mesmo coeficiente de redução do
eixo X). A partir das perspectivas das três coordenadas do ponto A, determinaram-se as perspectivas das suas projecções nas faces do triedro (A1, A2 e A3), bem como a perspectiva propriamente dita do ponto A, conforme exposto no relatório do exercício 238.
109
SOLUÇÕES
250.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados – o
ângulo entre as perspectivas do eixo X e do eixo Y é 120°, pois o somatório dos três
ângulos é 360°. Uma vez que existem três coeficientes de redução distintos e que o
método dos cortes nos permite rebater dois eixos em simultâneo, será necessário
rebater dois planos coordenados. Começou-se por rebater o plano XY, para o que é
necessário representar o lado do triângulo fundamental que está contido na recta de
intersecção do plano XY com o plano axonométrico – ver relatório do exercício 248.
Rebateu-se o plano XY para o interior da pirâmide axonométrica e efectuou-se a sua
translação para fora da pirâmide axonométrica – ver exercício 248. O ponto Or’ é o
ponto O rebatido e após a translação efectuada segundo uma distância qualquer. O
eixo Xr’ é o eixo Xr após a translação, tal como o eixo Yr’ é o eixo Yr após a translação.
O plano XY, rebatido e transladado, é o plano Xr’Or’Yr’. Sobre o eixo Xr’, a partir de Or’
e no sentido positivo do eixo, representou-se a abcissa de T em V.G. (4 cm). Sobre o
eixo Yr’, a partir de Or’ e no sentido positivo do eixo, representou-se o afastamento de
T em V.G. (4 cm). Invertendo o rebatimento, com o recurso a rectas perpendiculares à
charneira (paralelas à perspectiva do eixo Z), obtiveram-se aquelas coordenadas de T,
já reduzidas – sobre a perspectiva do eixo X está a perspectiva da abcissa de T e sobre a perspectiva do eixo Y está a perspectiva do afastamento de T. Para determinar o
coeficiente de redução do eixo Z, há que rebater um dos planos coordenados que
contém o eixo Z – optou-se pelo plano YZ. Rebateu-se o plano YZ para o interior da pirâmide axonométrica – Or1 é o ponto O rebatido pelo
rebatimento do plano YZ. Em seguida, efectuou-se a translação do plano YZ rebatido para fora da pirâmide axonométrica, ao longo da direcção perpendicular à charneira (a direcção da perspectiva do eixo X), com uma distância qualquer. O ponto Or’’ é o ponto O rebatido e após
a translação efectuada. O eixo Zr’ é o eixo Zr após a translação (é paralelo ao eixo Zr), tal como o eixo Yr’’ é o eixo Yr, rebatido pelo rebatimento do plano YZ e após a translação daquele. O plano YZ, rebatido e transladado, é o plano Zr’Or’’Yr’’. Sobre o eixo Zr’, a partir de Or’’ e
no sentido positivo do eixo, representou-se a cota de T em V.G. (4 cm). Invertendo o rebatimento, com o recurso a uma recta perpendicular
à charneira (paralela à perspectiva do eixo X), obteve-se a perspectiva da cota de T, já reduzida – sobre a perspectiva do eixo Z está a perspectiva da cota de T. A partir das perspectivas das três coordenadas do ponto T, determinaram-se as perspectivas das suas projecções nas
faces do triedro (T1, T2 e T3), bem como a perspectiva propriamente dita do ponto T, conforme exposto no relatório do exercício 238.
251.
O cubo pretendido apoia-se, por três das suas faces, sobre os planos coordenados, pelo
que três arestas do cubo estão necessariamente contidas nos eixos coordenados e um
dos vértices do cubo é a origem do referencial – o ponto O. A partir de O há, então, que
representar, sobre cada eixo, a medida da aresta do cubo. Assim, seguindo todas as etapas expostas no relatório do exercício 249 para a determinação das perspectivas da abcissa do ponto A (sobre a perspectiva do eixo X), do afastamento do ponto A (sobre a
perspectiva do eixo Y) e da cota do ponto A (sobre a perspectiva do eixo Z), é possível
representar, sobre cada uma das perspectivas dos três eixos, a medida da aresta do
cubo e, dessa forma, desenhar a perspectiva do sólido (ver relatório do exercício 241).
252.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados (ver
relatório do exercício 250). Em seguida, para determinar os coeficientes de redução
dos eixos coordenados, procedeu-se ao rebatimento dos planos coordenados, pelo
método dos cortes, conforme exposto no relatório do exercício 250. Note, no entanto,
que, no rebatimento do plano YZ, se omitiu a representação do eixo Y rebatido, por
este não ser necessário (já se havia rebatido no eixo Y no rebatimento do plano XY).
Sobre o eixo Xr’, a partir de Or’ e no sentido positivo do eixo, representaram-se as
abcissas de A e B em V.G. (4 e 2 cm, respectivamente – C tem abcissa nula). Sobre o
eixo Yr’, a partir de Or’ e no sentido positivo do eixo, representaram-se os afastamentos
de A, B e C em V.G. (2, 5 e 3 cm, respectivamente). Sobre o eixo Zr’, a partir de Or’’ e
no sentido positivo do eixo, representaram-se as cotas de A e C em V.G. (1 e 6 cm, respectivamente – B tem cota nula). Invertendo os rebatimentos, obtiveram-se, sobre as
perspectivas dos eixos, as perspectivas das coordenadas dos três pontos – a partir das
(Continua na página seguinte)
110
SOLUÇÕES
perspectivas das três coordenadas de cada ponto, determinaram-se as suas perspectivas (ver relatório do exercício 238), bem como a perspectiva do triângulo. O ponto B é um ponto do plano XY (tem cota nula), pelo que se tem B ≡ B1. O ponto C é um ponto do plano YZ (tem
abcissa nula), pelo que se tem C ≡ C3. Note que, se bem não sendo estritamente necessária, se desenhou a perspectiva da projecção horizontal do triângulo [ABC] – esta constitui-se, apenas, como uma referência que permite uma melhor visualização da forma no espaço, bem
como a verificação do Critério de Reversibilidade. Note ainda que, sendo o triângulo [ABC] uma figura opaca, se assinalou convenientemente a parte da projecção horizontal do triângulo que é invisível, por estar oculta pela superfície do triângulo.
253.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos que fazem, entre si, ângulos de
120°. Em seguida, atendendo a que, numa perspectiva isométrica normalizada, os coeficientes de
redução são desprezados (considera-se que não existe deformação), representaram-se as coordenadas de A sobre os respectivos eixos, directamente em V.G. – a partir das coordenadas do ponto
A sobre os respectivos eixos, determinaram-se as perspectivas de A, conforme exposto no relatório
do exercício 238.
254.
Em primeiro lugar, representaram-se as perspectivas dos três eixos, fazendo, entre si, os ângulos
normalizados: as perspectivas do eixo X e do eixo Z fazem, entre si, um ângulo de 97°, enquanto
que os outros dois ângulos têm 131° 30’ de amplitude. Segundo os coeficientes de redução normalizados, o coeficiente de redução do eixo X e do eixo Z é desprezado (considera-se que não
existe deformação), enquanto que o eixo Y apresenta um coeficiente de redução isolado de 0,5.
A abcissa e a cota de T, referentes, respectivamente, ao eixo X e ao eixo Y, representam-se, assim, em V.G. sobre os respectivos eixos. O afastamento de T representa-se sobre o eixo Y multiplicado pelo coeficiente de redução normalizado (6 cm x 0,5 = 3 cm). A partir das coordenadas
de T sobre os respectivos eixos, determinaram-se as perspectivas do ponto conforme exposto no
relatório do exercício 238.
255.
Em primeiro lugar, representaram-se as perspectivas dos três eixos, fazendo, entre si, os ângulos
normalizados: as perspectivas do eixo X e do eixo Z fazem, entre si, um ângulo de 95° e as perspectivas do eixo Y e do eixo Z fazem, entre si, um ângulo de 108° (o ângulo entre as perspectivas
do eixo X e do eixo Y é o ângulo restante – 157°). Os três eixos apresentam coeficientes de redução distintos. O coeficiente de redução do eixo Z é desprezado (considera-se que não existe deformação), pelo que a cota de M se representa directamente em V.G., sobre a perspectiva do
eixo Z. O coeficiente e redução do eixo X é 0,9, pelo que a abcissa de M é multiplicada por aquele valor – sobre o eixo X representa-se 4,5 cm (5 cm x 0,9), sendo esse o valor da perspectiva da
abcissa de M. O coeficiente de redução do eixo Y é 0,5, pelo que o afastamento de M é multiplicado por aquele valor – sobre o eixo Y representa-se 3 cm (6 cm x 0,5), sendo esse o valor da
perspectiva do afastamento de M. A partir das coordenadas de M sobre os respectivos eixos,
determinaram-se as perspectivas do ponto, conforme exposto no relatório do exercício 238.
256.
Em primeiro lugar, representaram-se as perspectivas dos três eixos, fazendo, entre si, os ângulos normalizados – ver relatório do exercício 254. Numa perspectiva dimétrica normalizada, o eixo X e o eixo Z têm
um coeficiente de redução que é desprezado (considera-se que não existe deformação), enquanto que
o eixo Y apresenta um coeficiente de redução isolado de 0,5. O cubo pretendido apoia-se, por três das
suas faces, sobre os planos coordenados, pelo que três arestas do cubo estão necessariamente contidas nos eixos coordenados e um dos vértices do cubo é a origem do referencial – o ponto O. A partir de
O há, então, que representar, sobre cada eixo, a medida da aresta do cubo. Segundo o acima exposto,
as arestas do cubo que estão contidas no eixo X e no eixo Z medem-se em V.G., pois o coeficiente de redução desses eixos é desprezado. Já a aresta que está contida no eixo Y é afectada pelo coeficiente de
redução 0,5, pelo que há que medir, no eixo Y, 2 cm (4 cm x 0,5). A partir dos comprimentos das arestas
do cubo sobre os respectivos eixos, desenhou-se a perspectiva do sólido (ver exercício 241 e respectivo
relatório), atendendo às invisibilidades observadas.
111
SOLUÇÕES
257.
Em primeiro lugar, representaram-se as perspectivas dos três eixos, fazendo, entre si, os ângulos
normalizados – ver relatório do exercício 255. Numa perspectiva trimétrica normalizada, o eixo Z
tem um coeficiente de redução que é desprezado (considera-se que não existe deformação),
enquanto que o eixo X apresenta um coeficiente de redução de 0,9 e o eixo Y um coeficiente de
redução de 0,5. O cubo pretendido apoia-se, por três das suas faces, sobre os planos coordenados, pelo que três arestas do cubo estão necessariamente contidas nos eixos coordenados e um
dos vértices do cubo é a origem do referencial – o ponto O. A partir de O há que representar,
sobre cada eixo, a medida da aresta do cubo. Segundo o acima exposto, a aresta do cubo que
está contida no eixo Z mede-se em V.G., pois o coeficiente de redução desse eixo é desprezado.
A aresta que está contida no eixo X é afectada pelo coeficiente de redução 0,9, pelo que há que
medir, no eixo X, 4,5 cm (5 cm x 0,9). A aresta que está contida no eixo Y é afectada pelo coeficiente de redução 0,5, pelo que há que medir, no eixo Y, 2,5 cm (5 cm x 0,5). A partir dos comprimentos das arestas do cubo sobre os respectivos eixos, desenhou-se a perspectiva do sólido
(ver exercício 241 e respectivo relatório), atendendo às invisibilidades observadas.
258.
O lado [AB] do quadrado [ABCD] é paralelo ao eixo Y e a figura está contida no
plano XY, pelo que se conclui que dois lados do polígono são paralelos ao eixo Y,
enquanto que os outros dois são paralelos ao eixo X. Começou-se, então, por desenhar as perspectivas dos três eixos coordenados que fazem, entre si, ângulos de
120°. Optou-se pelo método dos cortes para a resolução do problema. Rebateu-se
o plano XY para o interior da pirâmide axonométrica e efectuou-se a sua translação
para fora desta (ver relatório do exercício 248). Sobre o plano XY rebatido e transladado (o plano Xr’Or’Yr’) representou-se Ar (o ponto A em rebatimento), em função
da sua abcissa e do seu afastamento (A tem cota nula). Em seguida desenhou-se o
quadrado [ArBrCrDr], com 4 cm de lado e de acordo com as premissas acima, em
V.G. (em rebatimento). A partir do quadrado rebatido obtiveram-se, sobre os eixos
em rebatimento, as abcissas e os afastamentos de todos os vértices do polígono,
em V.G. (o quadrado tem cota nula). Inverteu-se o rebatimento, com o recurso a
rectas perpendiculares à charneira do rebatimento, obtendo as perspectivas daquelas coordenadas sobre as perspectivas dos respectivos eixos. A partir das abcissas
e dos afastamentos dos pontos A, B, C e D, determinaram-se as suas perspectivas,
obtendo a perspectiva do quadrado [ABCD]. Sobre o eixo Xr’ e a partir de Or’,
representou-se, em V.G., a medida da aresta do cubo – invertendo o rebatimento,
obteve-se a medida da aresta do cubo reduzida sobre a perspectiva do eixo X, que
se transportou para a perspectiva do eixo Z, com o recurso ao compasso (os três
eixos apresentam o mesmo coeficiente de redução). Obteve-se, dessa forma, a
perspectiva da cota da face superior do cubo. Em função daquela, determinaram-se as perspectivas dos vértices da face superior do cubo, desenhando-se a sua
perspectiva, na qual se assinalaram convenientemente as invisibilidades.
259.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados.
Uma vez que o eixo Y é aquele sofre uma redução isolada, sabe-se que a sua
perspectiva faz, com as perspectivas dos outros dois eixos, ângulos iguais. As
perspectivas dos outros dois eixos fazem, entre si, um ângulo de 100° – a diferença é 260° (360° – 100° = 260°). Assim, a perspectiva do eixo Y fará, com as
perspectivas dos outros dois eixos, ângulos de 130° (260° : 2 = 130°). Optou-se pelo método dos cortes para a resolução do problema. Uma vez que o triângulo está contido no plano YZ, rebateu-se o plano YZ para o interior da pirâmide axonométrica e efectuou-se a sua translação para fora desta (ver relatório
do exercício 247). Sobre o plano YZ rebatido e transladado, representaram-se
Ar e Br, em função das suas coordenadas (afastamento e cota, pois os dois
pontos têm abcissa nula). O triângulo está contido no plano YZ, pelo que, no
rebatimento do plano YZ, o triângulo está em V.G. – a partir de Ar e Br construiu-se um triângulo equilátero [ArBrCr], garantindo que C tenha cota positiva (Cr
tem de situar para cima do eixo Yr’). Em seguida, procedeu-se à inversão do
rebatimento, com o recurso a rectas perpendiculares à charneira. Conduzindo,
por Ar, uma perpendicular à charneira, obteve-se a perspectiva de A sobre a
(Continua na página seguinte)
112
SOLUÇÕES
perspectiva do eixo Z (A é um ponto do eixo Z) – A2 ≡ A e a perspectiva de A1 está coincidente com O. Por Br conduziu-se uma perpendicular à charneira e obteve-se a perspectiva de B sobre a perspectiva do eixo Y (B é um ponto do eixo Y) – B1 ≡ B, pois B tem cota nula. Para
determinar a perspectiva de C recorreu-se às perspectivas das suas projecções horizontal e frontal. C é um ponto do plano YZ (tem abcissa
nula), pelo que C1, a sua projecção horizontal, se situa no eixo Y, tal como C2 a sua projecção frontal, se situa no eixo Z. Assim, conduzindo,
por Cr, uma paralela ao eixo Yr’, obteve-se C2r sobre o eixo Zr’ – C2r é a projecção frontal de C em rebatimento. De forma semelhante, conduzindo uma paralela ao eixo Zr’ por Cr, obteve-se C1r sobre o eixo Yr’ – C1r é a projecção horizontal de C em rebatimento. A perspectiva de
C2 obteve-se de forma idêntica à exposta para A. A perspectiva de C1 obteve-se de forma idêntica à exposta para B. A partir das perspectivas de C2 e C1, determinou-se a perspectiva de C – C é o ponto de concorrência da projectante frontal que passa por C2 e da projecção horizontal que passa por C1. A partir das perspectivas dos três pontos, desenhou-se a perspectiva do triângulo [ABC].
260.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados – o
ângulo entre as perspectivas do eixo Y e do eixo Z tem 130° de amplitude, uma vez
que a soma dos três ângulos é 360°. Optou-se pelo método dos cortes para a resolução do problema. Uma vez que o quadrado está contido no plano XZ, rebateu-se o plano XZ para o interior da pirâmide axonométrica e efectuou-se a sua translação para fora desta (ver relatório do exercício 247). Note que, apesar do eixo Y possuir um coeficiente de redução diferente, não é necessário o rebatimento do eixo Y,
pois todos os vértices do quadrado têm afastamento nulo – não há que determinar
a perspectiva de qualquer afastamento. Sobre o plano XZ rebatido e transladado,
representaram-se Ar e Br, em função das suas coordenadas (abcissa e cota, pois
os dois pontos têm afastamento nulo). O quadrado está contido no plano XZ, pelo
que, no rebatimento do plano XZ, o quadrado está em V.G. – a partir de Ar e Br
construiu-se um quadrado [ArBrCrDr], garantindo que A é o vértice inferior (todos
os outros vértices têm cota superior a A). Em seguida, procedeu-se à inversão do
rebatimento, com o recurso a rectas perpendiculares à charneira. Conduzindo, por
Ar, uma perpendicular à charneira, obteve-se a perspectiva de A sobre a perspectiva do eixo X (A é um ponto do eixo X) – A1 ≡ A e a perspectiva de A3 está coincidente com O. Por Br conduziu-se uma perpendicular à charneira e obteve-se a
perspectiva de B sobre a perspectiva do eixo Z (B é um ponto do eixo Z) – B3 ≡ B, pois B tem abcissa nula. Para determinar as perspectivas
de C e D recorreu-se às perspectivas das suas projecções horizontal e lateral. C é um ponto do plano XZ (tem afastamento nulo), pelo que
C1, a sua projecção horizontal, se situa no eixo X, tal como C3, a sua projecção lateral, se situa no eixo Z. Assim, conduzindo, por Cr, uma
paralela ao eixo Xr’, obteve-se C3r sobre o eixo Zr’ – C3r é a projecção lateral de C em rebatimento. De forma semelhante, conduzindo uma
paralela ao eixo Zr’ por Cr, obteve-se C1r sobre o eixo Xr’ – C1r é a projecção horizontal de C em rebatimento. A perspectiva de C3 obteve-se
de forma idêntica à exposta para B. A perspectiva de C1 obteve-se de forma idêntica à exposta para A. A partir das perspectivas de C3 e C1,
determinou-se a perspectiva de C – C é o ponto de concorrência da projectante lateral que passa por C3 e da projecção horizontal que passa por C1. O ponto D é também um ponto do plano XZ, pelo que D1 também se situa no eixo X, tal como D3 também se situa no eixo Z.
Assim, conduzindo, por Dr, uma paralela ao eixo Xr’, obteve-se D3r sobre o eixo Zr’ – D3r é a projecção lateral de D em rebatimento. De forma semelhante, conduzindo uma paralela ao eixo Zr’ por Dr, obteve-se D1r sobre o eixo Xr’ – D1r é a projecção horizontal de D em rebatimento. A perspectiva de D3 obteve-se de forma idêntica à exposta para B. A perspectiva de D1 obteve-se de forma idêntica à exposta para A. A
partir das perspectivas de D3 e D1, determinou-se a perspectiva de D – D é o ponto de concorrência da projectante lateral que passa por D3 e
da projecção horizontal que passa por D1. A partir das perspectivas dos quatro pontos, desenhou-se a perspectiva do quadrado [ABCD].
261.
Em primeiro lugar, representaram-se as perspectivas dos três eixos, fazendo, entre si, os
ângulos normalizados (ver exercício 254 e respectivo relatório). Nos coeficientes de redução
normalizados, o coeficiente de redução do eixo X e do eixo Z é desprezado (considera-se
que não existe deformação), enquanto que o eixo Y apresenta um coeficiente de redução
isolado de 0,5. O sólido dado apoia-se, por três das suas faces, sobre os planos coordenados, pelo que três arestas do objecto estão necessariamente contidas nos eixos coordenados e um dos seus vértices é a origem do referencial – o ponto O. A partir de O há, então,
que representar, sobre cada eixo, a medida da respectiva aresta do sólido. As medidas das
arestas contidas no eixo X e no eixo Z (6 e 5 cm, respectivamente) representam-se em V.G.,
uma vez que o coeficiente de deformação daqueles eixos é desprezado. A medida da aresta
contida no eixo Y representa-se multiplicada pelo coeficiente de redução normalizado, que é
0,5 – mede-se 2,5 cm (5 cm x 0,5). A partir das medições efectuadas sobre os eixos, construíram-se as perspectivas das projecções do objecto sobre os respectivos planos coordenados, baseadas em paralelas aos eixos. Pelas projecções de cada um dos vértices do
objecto conduziram-se as perspectivas das respectivas rectas projectantes, obtendo as suas perspectivas e, em simultâneo, as perspectivas
das arestas do sólido. Estas permitiram-nos desenhar a perspectiva do sólido, na qual se assinalaram convenientemente as invisibilidades
existentes.
113
SOLUÇÕES
24
AXONOMETRIA S CLINOGONAIS (OU OBLÍQUA S): CAVALEIRA
E PL ANOMÉTRICA
262.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Uma vez que
os ângulos da direcção das projectantes se referem ao eixo X e ao eixo Z, conclui-se que o
plano axonométrico é o plano XZ – o eixo X e o eixo Z fazem, entre si, um ângulo de 90°. A
perspectiva do eixo Y (o eixo que não está contido no plano axonométrico) faz, com a parte
positiva do eixo X um ângulo de 120° (que é um ângulo obtuso) e, com a parte positiva do eixo
Z, um ângulo de 150° (que é outro ângulo obtuso). A abcissa e a cota de A representaram-se
em V.G. nos respectivos eixos (eixo X e eixo Z, respectivamente), obtendo imediatamente a projecção frontal de A – A2. O afastamento de A, porque existe no eixo Y, está afectado pela deformação inerente à projecção do eixo. Para determinar a deformação, rebateu-se o plano
projectante do eixo Y para o plano axonométrico (o plano XZ) – a charneira é a própria perspectiva do eixo Y. O eixo Y rebatido (o eixo Yr) fica perpendicular à perspectiva do eixo Y. O ponto
O roda sobre si próprio, pois é fixo (é um ponto da charneira). A partir de O mediu-se, sobre o
eixo Yr, o afastamento de A em V.G. (4 cm), obtendo um ponto Pr – P é um ponto do eixo Y
com o afastamento de A. Por Pr conduziu-se uma recta rr – rr é a recta projectante do ponto P,
em rebatimento. A inclinação das projectantes é 50°, pelo que o ângulo que a recta r faz, no espaço, com o plano axonométrico, é de 50° – esse ângulo, em rebatimento, está no ângulo que
a recta rr faz com a perspectiva do eixo Y. O ponto de intersecção de rr com a perspectiva do
eixo Y é a perspectiva de P (é o vértice do ângulo entre rr e a perspectiva do eixo Y). A partir de O e da perspectiva de P construiu-se o paralelogramo de que [OP] é um lado e de que a abcissa de A é outro lado – o vértice do paralelogramo que é oposto a O é a perspectiva de
A1 (a perspectiva da projecção horizontal de A). Em seguida construiu-se outro paralelogramo, de que [OP] é um lado e de que a cota de A
é outro lado – o vértice oposto a O é a perspectiva de A3 (a perspectiva da projecção lateral de A). Por fim procedeu-se à determinação da
perspectiva de A. Para tal conduziu-se, pela perspectiva de A1, a perspectiva da recta projectante horizontal de A (que é paralela ao eixo Z),
pela perspectiva de A2 conduziu-se a perspectiva da recta projectante frontal de A (que é paralela à perspectiva do eixo Y) e pela perspectiva de A3 conduziu-se a perspectiva da recta projectante lateral de A (que é paralela ao eixo X) – as três rectas intersectam-se num ponto,
que é a perspectiva propriamente dita de A, definindo a perspectiva de um paralelepípedo de que O e a perspectiva propriamente dita de A
são dois vértices espacialmente opostos.
263.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados.
Uma vez que o plano axonométrico é o plano XZ, o eixo X e o eixo Z fazem, entre si,
um ângulo de 90°. A perspectiva do eixo Y (o eixo que não está contido no plano
axonométrico) faz, com as partes positivas do eixo X e do eixo Z ângulos de 45°
(ângulos agudos). Sobre a determinação das perspectivas do ponto M, ver relatório
do exercício anterior, uma vez que se mantiveram todos os raciocínios e traçados,
pois os exercícios são idênticos diferindo, apenas, nas condições da perspectiva e
nas coordenadas do ponto.
264.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados.
Uma vez que os ângulos da direcção das projectantes se referem ao eixo X e
ao eixo Z, conclui-se que o plano axonométrico é o plano XZ – o eixo X e o eixo
Z fazem, entre si, um ângulo de 90°. A perspectiva do eixo Y (o eixo que não
está contido no plano axonométrico) faz, com a parte positiva do eixo X um
ângulo de 45° (que é um ângulo agudo) e, com a parte positiva do eixo Z, um
ângulo de 135° (que é um ângulo obtuso). O cubo pretendido apoia-se, por três
das suas faces, sobre os planos coordenados, pelo que três arestas do cubo
estão necessariamente contidas nos eixos coordenados e um dos vértices do
cubo é a origem do referencial – o ponto O. A partir de O há, então, que representar, sobre cada eixo, a medida da aresta do cubo. As arestas que estão
sobre o eixo X e o eixo Z mediram-se directamente em V.G., pois naqueles
eixos não existe deformação. Para determinar a deformação do eixo Y, rebateu-se o plano projectante do eixo Y para o plano axonométrico (o plano XZ) – a
charneira é a própria perspectiva do eixo Y. O eixo Yr fica perpendicular à perspectiva do eixo Y. O ponto O roda sobre si próprio, pois é fixo. A partir de O
(Continua na página seguinte)
114
SOLUÇÕES
mediu-se, sobre o eixo Yr, o comprimento da aresta do cubo (5 cm), obtendo um ponto Pr – P é um ponto do eixo Y que está a 5 cm de O.
Por Pr conduziu-se uma recta rr – rr é a recta projectante do ponto P, em rebatimento. O ângulo da inclinação das projectantes (45°), em
rebatimento, está no ângulo que a recta rr faz com a perspectiva do eixo Y. O ponto de intersecção de rr com a perspectiva do eixo Y é a
perspectiva de P (é o vértice do ângulo entre rr e a perspectiva do eixo Y). A partir das arestas situadas em cada um dos eixos, e atendendo
a que um cubo é um paralelepípedo particular, desenhou-se a perspectiva do sólido, com um raciocínio semelhante ao exposto no relatório
do exercício 262 para a determinação da perspectiva do paralelepípedo que nos permitiu determinar a perspectiva do ponto A. Note que se
identificaram convenientemente as arestas invisíveis do sólido.
265.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Tratando-se de uma perspectiva planométrica, o plano axonométrico é o plano XY (note que os ângulos da direcção das projectantes se referem ao eixo X e ao eixo Y) – o eixo X e o eixo Y
fazem, entre si, um ângulo de 90°. A perspectiva do eixo Z (o eixo que não está contido
no plano axonométrico) faz, com a parte positiva do eixo X um ângulo de 120° (que é um
ângulo obtuso) e, com a parte positiva do eixo Y, um ângulo de 150° (que é outro ângulo
obtuso). A perspectiva do eixo Z desenha-se na vertical. A abcissa e o afastamento de M
representaram-se em V.G. nos respectivos eixos (eixo X e eixo Y, respectivamente), obtendo
imediatamente a projecção horizontal de M – M1. A cota de M, porque existe no eixo Z,
está afectada pela deformação inerente à projecção do eixo. Para determinar a deformação, rebateu-se o plano projectante do eixo Z para o plano axonométrico (o plano XY) – a
charneira é a própria perspectiva do eixo Z. O eixo Z rebatido (o eixo Zr) fica perpendicular à perspectiva do eixo Z. O ponto O roda sobre si
próprio, pois é fixo (é um ponto da charneira). A partir de O mediu-se, sobre o eixo Zr, a cota de M em V.G. (5 cm), obtendo um ponto Pr – P
é um ponto do eixo Z com a cota de M. Por Pr conduziu-se uma recta rr – rr é a recta projectante do ponto P, em rebatimento. A inclinação
das projectantes é 60°, pelo que o ângulo que a recta r faz, no espaço, com o plano axonométrico, é de 60° – esse ângulo, em rebatimento,
está no ângulo que a recta rr faz com a perspectiva do eixo Z. O ponto de intersecção de rr com a perspectiva do eixo Z é a perspectiva de
P (é o vértice do ângulo entre rr e a perspectiva do eixo Z). A partir de O e da perspectiva de P construiu-se o paralelogramo de que [OP] é
um lado e de que a abcissa de M é outro lado – o vértice do paralelogramo que é oposto a O é a perspectiva de M2 (a perspectiva da projecção frontal de M). Em seguida construiu-se outro paralelogramo, de que [OP] é um lado e de que o afastamento de M é outro lado – o
vértice oposto a O é a perspectiva de M3 (a perspectiva da projecção lateral de M). Por fim procedeu-se à determinação da perspectiva de
M. Para tal conduziu-se, pela perspectiva de M1, a perspectiva da recta projectante horizontal de M (que é paralela à perspectiva do eixo Z),
pela perspectiva de M2 conduziu-se a perspectiva da recta projectante frontal de M (que é paralela ao eixo Y) e pela perspectiva de M3 conduziu-se a perspectiva da recta projectante lateral de M (que é paralela ao eixo X) – as três rectas intersectam-se num ponto, que é a perspectiva propriamente dita de M, definindo a perspectiva de um paralelepípedo de que O e a perspectiva propriamente dita de M são dois
vértices espacialmente opostos.
266.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Uma
vez que o plano axonométrico é o plano XY, o eixo X e o eixo Y fazem, entre si, um
ângulo de 90°. A perspectiva do eixo Z (o eixo que não está contido no plano axonométrico) faz, com as partes positivas do eixo X e do eixo Z ângulos de 135° (ângulos
obtusos) e desenha-se na vertical. Sobre a determinação das perspectivas do ponto P,
ver relatório do exercício anterior, uma vez que se mantiveram todos os raciocínios e
traçados, pois os exercícios são idênticos diferindo, apenas, nas condições da perspectiva e nas coordenadas do ponto.
267.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Uma
vez que o plano axonométrico é o plano XY, o eixo X e o eixo Y fazem, entre si, um
ângulo de 90°. A perspectiva do eixo Z (o eixo que não está contido no plano axonométrico) faz, com a parte positiva do eixo X um ângulo de 135° (que é um ângulo obtuso) e, com a parte positiva do eixo Y, um ângulo de 45° (que é um ângulo agudo). O
cubo pretendido apoia-se, por três das suas faces, sobre os planos coordenados, pelo
que três arestas do cubo estão necessariamente contidas nos eixos coordenados e
um dos vértices do cubo é a origem do referencial – o ponto O. A partir de O há,
então, que representar, sobre cada eixo, a medida da aresta do cubo. As arestas que
estão sobre o eixo X e o eixo Y mediram-se directamente em V.G., pois naqueles eixos
não existe deformação. Para determinar a deformação do eixo Z, rebateu-se o plano
projectante do eixo Z para o plano axonométrico (o plano XY) – a charneira é a própria
perspectiva do eixo Z. O eixo Zr fica perpendicular à perspectiva do eixo Z. O ponto O
(Continua na página seguinte)
115
SOLUÇÕES
roda sobre si próprio, pois é fixo. A partir de O mediu-se, sobre o eixo Zr, o comprimento da aresta do cubo (4 cm), obtendo um ponto. Por
esse ponto conduziu-se uma recta rr – rr é a recta projectante desse ponto, em rebatimento. O ângulo da inclinação das projectantes (40°),
em rebatimento, está no ângulo que a recta rr faz com a perspectiva do eixo Z. O ponto de intersecção de rr com a perspectiva do eixo Z é a
perspectiva do extremo superior da aresta do cubo que está contida no eixo Z. A partir das arestas situadas em cada um dos eixos, e atendendo a que um cubo é um paralelepípedo particular, desenhou-se a a perspectiva do sólido, com um raciocínio semelhante ao exposto no
relatório do exercício 265 para a determinação da perspectiva do paralelepípedo que nos permitiu determinar a perspectiva do ponto M.
Note que se identificaram convenientemente as arestas invisíveis do sólido.
268.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Uma vez que
são dados os ângulos que a perspectiva do eixo Y faz com as partes positivas dos outros
dois eixos, conclui-se que o plano axonométrico é o plano XZ – o eixo X e o eixo Z fazem,
entre si, um ângulo de 90°. A perspectiva do eixo Y (o eixo que não está contido no plano
axonométrico) faz, com as partes positivas dos outros dois eixos ângulos de 135° (ângulos
obtusos). Em seguida, rebateu-se o plano XY sobre o plano axonométrico – o eixo Y rebatido
(eixo Yr) fica coincidente com o eixo Z. A partir das coordenadas do ponto A, representou-se
o ponto em Dupla Projecção Ortogonal – A2 é a projecção frontal de A e A1r é a projecção
horizontal do ponto A, no rebatimento do plano XY (no qual existe a projecção horizontal do
ponto). Para determinar a deformação do afastamento do ponto A, procedeu-se ao rebatimento do plano projectante do eixo Y para o plano axonométrico (o plano XZ) – a charneira é
a própria perspectiva do eixo Y. O eixo Y rebatido pelo rebatimento do seu plano projectante
(o eixo Yr1) fica perpendicular à perspectiva do eixo Y. Com o recurso ao compasso, e fazendo centro em O, desenhou-se um arco de circunferência com o raio igual ao afastamento de
A – esse arco tem os seus extremos nos dois rebatimentos do eixo Y – no eixo Yr (em Pr) e no
eixo Yr1 (em Pr1). Em seguida, recorrendo a uma recta projectante em rebatimento, determinou-se a deformação do afastamento de A sobre a perspectiva do eixo Y, conforme exposto
no relatório do exercício 262. P é a perspectiva de um ponto P, do eixo Y, com o afastamento do ponto A. Por Pr e pela perspectiva de P
conduziu-se uma recta d – a recta d é a direcção de afinidade, que nos permite inverter o rebatimento do plano XY (o rebatimento o plano
XY sobre o plano axonomético). As projecções do ponto A (projecção frontal e projecção horizontal) são dois extremos da linha de chamada
do ponto A – a linha de chamada de A tem extremos em A1 e em A2 e é quebrada no eixo X (tem um vértice em A0). A parte da linha de chamada de A que está contida no plano XY é o segmento [A0A1] – em rebatimento, é o segmento [A0A1r]. A perspectiva desse segmento tem
extremo em A0 e é paralela à perspectiva do eixo Y. Desenhou-se a recta suporte desse segmento. Por A1r conduziu-se uma recta paralela à
recta d (a direcção de afinidade) – o ponto em que esta intersecta a paralela à perspectiva do eixo Y que passa por A0 é A1 (a perspectiva
da projecção horizontal de A). Já temos três lados do paralelogramo [A0A1PO] – concluiu-se a construção do paralelogramo e desenhou-se
o outro paralelogramo que está contido no plano YZ e de que A3 (a perspectiva da projecção lateral de A) é o vértice oposto a O. A partir
das três projecções de A (em perspectiva), determinou-se a perspectiva do ponto A, conforme exposto no relatório do exercício 262.
269.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados.
Tratando-se de uma perspectiva planométrica, o plano axonométrico é o plano
XY. A perspectiva do eixo Z (o eixo que não está contido no plano axonométrico)
faz, com a parte positiva do eixo X um ângulo de 110° (que é um ângulo obtuso)
e, com a parte positiva do eixo Y, um ângulo de 160° (que é outro ângulo obtuso). A perspectiva do eixo Z desenha-se na vertical. Em seguida, rebateu-se o
plano XZ sobre o plano axonométrico – o eixo Z rebatido (eixo Zr) fica coincidente com o eixo Y. A partir das coordenadas do ponto M, representou-se o ponto
em Dupla Projecção Ortogonal – M1 é a projecção horizontal de M e M2r é a projecção frontal do ponto M, no rebatimento do plano XZ (no qual existe a projecção frontal do ponto). Para determinar a deformação da cota do ponto M,
procedeu-se ao rebatimento do plano projectante do eixo Z para o plano axonométrico (o plano XY) – a charneira é a própria perspectiva do eixo Z. O eixo Z
rebatido pelo rebatimento do seu plano projectante (o eixo Zr1) fica perpendicular à perspectiva do eixo Z. Com o recurso ao compasso, e fazendo centro em
O, desenhou-se um arco de circunferência com o raio igual à cota de M – esse
arco tem os seus extremos nos dois rebatimentos do eixo Z – no eixo Zr (em Pr)
e no eixo Zr1 (em Pr1). Em seguida, recorrendo a uma recta projectante em rebatimento, determinou-se a deformação da cota de M sobre a perspectiva do eixo
Z, conforme exposto no relatório do exercício 265. P é a perspectiva de um ponto P, do eixo Z, com a cota do ponto M. Por P r e pela perspectiva de P
(Continua na página seguinte)
116
SOLUÇÕES
conduziu-se uma recta d – a recta d é a direcção de afinidade, que nos permite inverter o rebatimento do plano XZ (o rebatimento o plano
XZ sobre o plano axonomético). As projecções do ponto M (projecção frontal e projecção horizontal) são dois extremos da linha de chamada do ponto M – a linha de chamada de M tem extremos em M1 e em M2 e é quebrada no eixo X (tem um vértice em M0). A parte da linha de
chamada de M que está contida no plano XZ é o segmento [M0M2] – em rebatimento, é o segmento [M0M2r]. A perspectiva desse segmento
tem extremo em M0 e é paralela à perspectiva do eixo Z. Desenhou-se a recta suporte desse segmento. Por M2r conduziu-se uma recta paralela
à recta d (a direcção de afinidade) – o ponto em que esta intersecta a paralela à perspectiva do eixo Z que passa por M0 é M2 (a perspectiva
da projecção frontal de M). Já temos três lados do paralelogramo [M0M2PO] – concluiu-se a construção do paralelogramo e desenhou-se o outro paralelogramo que está contido no plano YZ e de que M3 (a perspectiva da projecção lateral de M) é o vértice oposto a O. A partir das três
projecções de M (em perspectiva), determinou-se a perspectiva propriamente dita do ponto M, conforme exposto no relatório do exercício 265.
270.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Uma vez que o plano
axonométrico é o plano XZ, a perspectiva do eixo Y (o eixo que não está contido no plano axonométrico)
faz, com as partes positivas dos outros dois eixos ângulos de 135° (os ângulos normalizados). Sobre o
eixo X e o eixo Z representaram-se, em V.G., a abcissa e a cota de P, respectivamente. O coeficiente
de deformação normalizado para o eixo Y é 0,5, pelo que o afastamento de P (6 cm) tem de ser multiplicado por aquele valor – sobre a perspectiva do eixo Y, a partir de O, mediram-se 3 cm (que é 6 cm x
0,5), que corresponde à perspectiva do afastamento de P. Em seguida, determinaram-se as perspectivas do ponto P, de acordo com os procedimentos expostos no relatório do exercício 262.
271.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. O plano axonométrico
é o plano XY. Numa perspectiva planométrica normalizada, a perspectiva do eixo Z (o eixo que não
está contido no plano axonométrico) faz, com as partes positivas dos outros dois eixos ângulos de
135° (os ângulos normalizados) e representa-se convencionalmente na vertical. Sobre o eixo X e o eixo
Y representaram-se, em V.G., a abcissa e o afastamento de A, respectivamente. O coeficiente de deformação normalizado para o eixo Z é 2/3, pelo que a cota de A (6 cm) tem de ser multiplicado por aquele valor – sobre a perspectiva do eixo Z, a partir de O, mediram-se 4 cm (que é 6 cm x 2/3), que
corresponde à perspectiva da cota de A. Em seguida, determinaram-se as perspectivas do ponto A, de
acordo com os procedimentos expostos no relatório do exercício 265.
272.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Uma vez que o plano
axonométrico é o plano YZ, a perspectiva do eixo X (o eixo que não está contido no plano axonométrico)
faz, com as partes positivas dos outros dois eixos ângulos de 135° (os ângulos normalizados). O cubo
pretendido apoia-se, por três das suas faces, sobre os planos coordenados, pelo que três arestas do
cubo estão necessariamente contidas nos eixos coordenados e um dos vértices do cubo é a origem do
referencial – o ponto O. A partir de O há, então, que representar, sobre cada eixo, a medida da aresta do
cubo. As arestas que estão sobre o eixo Y e o eixo Z mediram-se directamente em V.G. O coeficiente de
deformação normalizado para o eixo X é 0,5, pelo que o comprimento da aresta do cubo que está contida no eixo X é afectada por aquele coeficiente de redução – sobre a perspectiva do eixo X, a partir de O,
mediram-se 2 cm (que é 4 cm x 0,5). A partir das arestas situadas em cada um dos eixos, e atendendo a
que um cubo é um paralelepípedo particular, desenhou-se a perspectiva do sólido, com um raciocínio
semelhante ao exposto no relatório do exercício 262 para a determinação da perspectiva do paralelepípedo que nos permitiu determinar a perspectiva do ponto A. Note que se identificaram convenientemente as arestas invisíveis do sólido (que são precisamente as que estão contidas nos eixos coordenados).
117
SOLUÇÕES
273.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. O
plano axonométrico é o plano XY. Numa perspectiva planométrica normalizada, a
perspectiva do eixo Z (o eixo que não está contido no plano axonométrico) faz,
com as partes positivas dos outros dois eixos ângulos de 135° (os ângulos normalizados) e representa-se convencionalmente na vertical. O cubo pretendido apoia-se, por três das suas faces, sobre os planos coordenados, pelo que três arestas
do cubo estão necessariamente contidas nos eixos coordenados e um dos vértices
do cubo é a origem do referencial – o ponto O. A partir de O há, então, que representar, sobre cada eixo, a medida da aresta do cubo. As arestas que estão sobre o
eixo X e o eixo Y mediram-se directamente em V.G. O coeficiente de deformação
normalizado para o eixo Z é 2/3, pelo que o comprimento da aresta do cubo que
está contida naquele eixo (4 cm) tem de ser multiplicado por aquele valor – note
que, no presente caso, esse valor não é um valor exacto (4 cm x 2/3 = 2,6666…).
Assim, para obter a medida dessa aresta já reduzida (em perspectiva), optou-se
por recorrer ao processo geométrico para a divisão de um segmento num qualquer número de partes iguais, processo esse que foi objecto de estudo na disciplina de Educação Visual dos 7 0 , 8 0 e 9 0 anos de escolaridade. Pretende-se
representar, sobre a perspectiva do eixo Z, a partir de O, 2/3 de 4 cm. Em primeiro
lugar desenhou-se um segmento de recta, com extremidade em O e uma direcção diferente da da perspectiva do eixo Z, com um comprimento cujos 2/3 sejam de determinação directa. [OA] é o segmento pretendido – tem extremidade em O, não é paralelo à perspectiva do
A
= 6 cm (repare que 6 cm x 2/3 = 4 cm, que é um valor exacto). [OA] é perpendicular à perspectiva do eixo Z, mas poderia ser
eixo Z e O
oblíquo. B é o ponto da perspectiva do eixo Z tal que O
B = 4 cm (que é 2/3 x 6 cm). A recta que passa por A e por B é a recta que relaci• é
ona os comprimentos em V.G. com os seus transformados a 2/3, o que quer dizer que qualquer comprimento sobre a semi-recta OA
• tal
transformado, através de rectas paralelas a AB, em 2/3 da sua dimensão sobre a perspectiva do eixo Z. M é um ponto da semi-recta OA
que OM
= 4 cm (a medida da aresta do cubo). Por M conduziu-se uma paralela a AB – o ponto N é o ponto em que aquela concorre com a
perspectiva do eixo Z. O ponto N é um ponto tal que ON
= 2/3 x OM
. O
N
= 2/3 x 4 cm, pelo que [ON] é a perspectiva da aresta do cubo
que está contida no eixo Z. A partir das arestas do cubo que estão contidas nos eixos, desenhou-se a perspectiva do sólido, atendendo às
respectivas invisibilidades.
274.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados.
Uma vez que os ângulos das projectantes são relacionados ao eixo X e ao eixo
Z, conclui-se que o plano axonométrico é o plano XZ – o eixo X e o eixo Z fazem, entre si, um ângulo de 90°. A perspectiva do eixo Y (o eixo que não está
contido no plano axonométrico) faz, com a parte positiva do eixo X um ângulo
de 150° (que é um ângulo obtuso) e, com a parte positiva do eixo Z, um ângulo
de 120° (que é outro ângulo obtuso). Em seguida, rebateu-se o plano XY sobre
o plano axonométrico, conforme exposto no relatório do exercício 268, e representaram-se os três pontos em Dupla Projecção Ortogonal. Em seguida, determinou-se a direcção de afinidade d, conforme exposto no relatório do exercício
268, e inverteu-se o rebatimento do plano XY, determinando, dessa forma, as
perspectivas dos três pontos – R, S e T (aconselha-se a leitura do relatório do
exercício 267). R é um ponto do plano XZ (tem afastamento nulo), pelo que se
tem R ≡ R2. S é um ponto do eixo Y, pelo que se tem S ≡ S1 ≡ S3. A partir das
perspectivas dos três pontos desenhou-se a perspectiva do triângulo. Note que,
se bem não sendo estritamente necessária, se desenhou a perspectiva da
projecção horizontal do triângulo [RST] – esta constitui-se, apenas, como uma
referência que permite uma melhor visualização da forma no espaço, bem
como a verificação do Critério de Reversibilidade.
275.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Tratando-se de uma perspectiva planométrica, o plano axonométrico é o plano XY. A perspectiva do eixo Z (o eixo que não está contido no plano axonométrico) faz, com a parte positiva do eixo X um
ângulo de 140° (que é um ângulo obtuso) e, com a parte positiva do eixo Y, um ângulo de 130° (que é outro ângulo obtuso). A perspectiva
do eixo Z desenha-se na vertical. Em seguida, rebateu-se o plano XZ sobre o plano axonométrico, conforme exposto no relatório do exercício 269, e representaram-se os três pontos em Dupla Projecção Ortogonal. Em seguida, determinou-se a direcção de afinidade d, conforme
exposto no relatório do exercício 269, e inverteu-se o rebatimento do plano XZ, determinando, dessa forma, as perspectivas dos três pontos
(Continua na página seguinte)
118
SOLUÇÕES
– A, B e C (aconselha-se a leitura do relatório do exercício 269). B é
um ponto do plano XZ (tem afastamento nulo), pelo que se tem
B ≡ B2. C é um ponto do plano XY (tem cota nula), pelo que se tem
C ≡ C1. A partir das perspectivas dos três pontos desenhou-se a
perspectiva do triângulo. Note que, se bem não sendo estritamente
necessária, se desenhou a perspectiva da projecção horizontal do triângulo [ABC] – esta constitui-se, apenas, como uma referência que
permite uma melhor visualização da forma no espaço, bem como a
verificação do Critério de Reversibilidade. Note ainda que, sendo o
triângulo [ABC] uma figura opaca, se assinalou convenientemente a
parte da projecção horizontal do triângulo que é invisível, por estar
oculta pela superfície do triângulo.
276.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Uma vez
que o plano axonométrico é o plano XZ, a perspectiva do eixo Y (o eixo que não está contido no plano axonométrico) faz, com as partes positivas dos outros dois eixos ângulos de
135° (os ângulos normalizados). O sólido dado apoia-se, por três das suas faces, sobre
os planos coordenados, pelo que três arestas do objecto estão necessariamente contidas
nos eixos coordenados e um dos seus vértices é a origem do referencial – o ponto O. A
partir de O há, então, que representar, sobre cada eixo, a medida da respectiva aresta do
sólido. As medidas das arestas contidas no eixo X e no eixo Z (6 e 5 cm, respectivamente) representam-se em V.G. A medida da aresta contida no eixo Y representa-se multiplicada pelo coeficiente de redução normalizado, que é 0,5 – mede-se 2,5 cm (5 cm x 0,5).
A partir das medições efectuadas sobre os eixos, construíram-se as perspectivas das projecções do objecto sobre os respectivos planos coordenados, baseadas em paralelas
aos eixos. Pelas projecções de cada um dos vértices do objecto conduziram-se as perspectivas das respectivas rectas projectantes, obtendo as suas perspectivas e, em simultâneo, as perspectivas das arestas do sólido. Estas
permitiram-nos desenhar a perspectiva do sólido, na qual se assinalaram convenientemente as invisibilidades existentes.
277.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. O
plano axonométrico é o plano XY. Numa perspectiva planométrica normalizada, a
perspectiva do eixo Z (o eixo que não está contido no plano axonométrico) faz,
com as partes positivas dos outros dois eixos ângulos de 135° (os ângulos normalizados) e representa-se convencionalmente na vertical. O sólido dado apoia-se, por três das suas faces, sobre os planos coordenados, pelo que três arestas
do objecto estão necessariamente contidas nos eixos coordenados e um dos
seus vértices é a origem do referencial – o ponto O. A partir de O há, então, que
representar, sobre cada eixo, a medida da respectiva aresta do sólido. As medidas das arestas contidas no eixo X e no eixo Y (6 e 5 cm, respectivamente) representam-se em V.G. A medida da aresta contida no eixo Y representa-se
multiplicada pelo coeficiente de redução normalizado, que é 2/3 – nesta situação,
e à semelhança do exposto no relatório do exercício 273, não é um valor exacto
(5 cm x 2/3 = 3,33333...). Assim, tal como exposto no relatório do exercício 273,
recorreu-se ao processo da divisão de um qualquer segmento de recta em partes
iguais, pelo que se aconselha a leitura daquele relatório com o acompanhamento
da resolução gráfica apresentada. A partir dos comprimentos das arestas do sólido sobre os respectivos eixos, construíram-se as projecções do objecto sobre os
respectivos planos coordenados, baseadas em paralelas aos eixos. Pelas projecções de cada um dos vértices do objecto conduziram-se as perspectivas das respectivas rectas projectantes, obtendo as suas perspectivas e, em simultâneo, as perspectivas das arestas do sólido. Estas permitiram-nos
desenhar a perspectiva do sólido, na qual se assinalaram convenientemente as invisibilidades existentes.
119
SOLUÇÕES
25
REPRESENTAÇÃO AXONOMÉTRICA DE FORMAS BI E TRIDIMENSIONAIS
278.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três
eixos coordenados que fazem, entre si, ângulos de 120°.
Optou-se pelo método dos cortes para a resolução do
problema (ver exercício 248). Uma vez que o quadrado
está contido no plano YZ, rebateu-se o plano YZ para o
interior da pirâmide axonométrica e efectuou-se a sua translação para fora desta (ver relatório do exercício 248). Sobre
o plano YZ rebatido e transladado, representaram-se Ar e
Br, em função das suas coordenadas (afastamento e cota,
pois os dois pontos têm abcissa nula). O quadrado está
contido no plano YZ, pelo que, no rebatimento do plano
YZ, o quadrado está em V.G. – a partir de Ar e Br construiu-se um quadrado [ArBrCrDr], garantindo a figura se situa no
1o Triedro (todos os vértices do polígono têm cota e afastamento positivo). Uma vez que a figura está contida no plano YZ, as projecções horizontais de todos os seus vértices
estão no eixo Y – A1r, B1r, C1r e D1r são, respectivamente,
as projecções horizontais de A, B, C e D, em rebatimento.
Em seguida, procedeu-se à inversão do rebatimento, com
o recurso a rectas perpendiculares à charneira. Conduziuse, por A1r, uma perpendicular à charneira, e obteve-se a
perspectiva de A1 sobre a perspectiva do eixo Y (A1 é um ponto do eixo Y). Pela perspectiva de A1 conduziu-se a perspectiva da recta projectante horizontal de A e o ponto em que esta intersecta a perpendicular à charneira que passa por Ar é a perspectiva de A. O processo
acima exposto para inverter o rebatimento do ponto A repetiu-se para os restantes vértices do quadrado, um a um (B, C e D), obtendo as
suas perspectivas. A partir das perspectivas dos quatro pontos, desenhou-se a perspectiva do polígono. Note que a inversão do rebatimento se poderia ter processado com o recurso a rectas que contivessem lados do polígono, determinando as perspectivas dessas rectas a
partir dos seus pontos de concorrência com os eixos coordenados.
279.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados que
fazem, entre si, ângulos de 120°. A perspectiva de uma circunferência é uma elipse,
cujo desenho requer, no mínimo, oito pontos, para além dos seus eixos e, de preferência, o paralelogramo envolvente. Optou-se pelo método dos cortes para a resolução do
problema (ver exercício 248), rebatendo o plano XY para o interior da pirâmide axonométrica e efectuando a sua translação para fora desta. Representou-se Qr, em rebatimento, e desenhou-se a circunferência em V.G., que em seguida se inscreveu num
quadrado com lados paralelos à charneira do rebatimento (que é o eixo de homologia).
Dois dos lados do quadrado são perpendiculares à charneira e a diagonal [ArBr] é paralela ao eixo Xr’. A recta suporte de [ArBr] intersecta o eixo Yr’ no ponto Mr. Inverteu-se o
rebatimento, conduzindo, por Mr, uma perpendicular à charneira – o ponto em que a
perpendicular à charneira intersecta a perspectiva do eixo Y é a perspectiva do ponto M.
Pela perspectiva de M conduziu-se uma paralela ao eixo X, que é a recta suporte da
perspectiva de [AB]. Por A e B conduziram-se as respectivas perpendiculares à charneira, e determinaram-se as suas perspectivas sobre a perspectiva da recta suporte de
[AB]. Pela perspectiva de A conduziu-se uma paralela à charneira e pela perspectiva de
B conduziu-se outra paralela à charneira – estas permitiram-nos construir o rectângulo,
que é a perspectiva do quadrado circunscrito à circunferência. Em perspectiva, desenharam-se as diagonais do rectângulo, que são concorrentes num ponto que é a perspectiva do ponto Q (o centro da circunferência). Pela perspectiva de Q conduziram-se as
medianas do rectângulo (paralelas aos seus lados) e determinaram-se, dessa forma,
quatro pontos da elipse – os pontos em que as medianas se apoiam nos lados do rectângulo. Esses pontos são os dois extremos dos eixos da elipse e são, também, os pontos
em que a elipse será tangente aos lados do rectângulo. Os quatro pontos que nos faltam
são os pontos em que a circunferência corta as diagonais do quadrado – estes transportaram-se para as diagonais do rectângulo, com o recurso às perpendiculares à charneira
que por eles passam. A partir dos oito pontos determinados, e atendendo às situações
de tangência, desenhou-se a elipse que é a perspectiva da circunferência dada.
120
SOLUÇÕES
280.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas
dos três eixos coordenados que fazem, entre si, ângulos de 120°. Em seguida, rebateu-se o plano YZ
(pelo método do rebatimento dos planos coordenados), para determinar os afastamentos dos planos
das bases, que se representaram pelos seus traços
no plano XY (hϕ e hϕ1) e no plano YZ (pϕ e pϕ1). Note
que o plano ϕ tem 1 cm de afastamento (o afastamento do ponto Q) e que o plano ϕ1 tem de ter afastamento positivo, para que o prisma se situe no
espaço do 1o Triedro – o plano ϕ1 tem 7 cm de afastamento, pois a altura do prisma é 6 cm (7 + 1 = 6).
No rebatimento do plano YZ omitiu-se a representação do eixo Zr, por não ser necessária. Em seguida,
recorreu-se ao método dos cortes, mas rebatendo
directamente o plano ϕ, que contém o pentágono
dado. A charneira do rebatimento é a recta de intersecção de ϕ com o plano axonométrico, que é paralela à recta de intersecção do plano XZ com o plano
axonométrico, pois o plano ϕ é paralelo ao plano XZ
(um dado plano corta dois planos paralelos segundo
duas rectas paralelas). Assim, rebateu-se o plano ϕ
para o interior da pirâmide axonométrica, obtendo hϕr
e pϕr, e efectuando a sua translação para fora da pirâmide axonométrica. O plano ϕ rebateu-se de forma idêntica à que se utilizaria para rebater o plano XZ (ver exercício 260). Construiu-se o
pentágono em rebatimento, em V.G., de acordo com os dados – Qr é o centro da circunferência circunscrita ao pentágono, em rebatimento,
e, uma vez que face lateral inferior do prisma está contida num plano horizontal (de nível), o lado inferior do pentágono tem de ser fronto-horizontal (paralelo a hϕ). Em seguida inverteu-se o rebatimento, com o recurso a rectas perpendiculares à charneira, e determinou-se a perspectiva do pentágono [ABCDE] (note que as projecções horizontais dos pontos estão sobre hϕ, pois o plano ϕ é projectante horizontal, mas
não se identificaram por se considerar não ser necessário). A partir da perspectiva do pentágono, há que desenhar a perspectiva do prisma.
Assim, pelas perspectivas dos vértices do pentágono [ABCDE] conduziram-se as perspectivas das rectas suportes das arestas laterais do
prisma (trata-se de rectas ortogonais a ϕ, pelo que as suas perspectivas são paralelas à perspectiva do eixo Y). Note que se conduziram,
pelas perspectivas das projecções horizontais dos vértices do pentágono, as perspectivas das projecções horizontais das rectas suporte
das arestas laterais – as perspectivas dos vértices do pentágono [A’B’C’D’E’] determinaram-se recorrendo aos pontos de intersecção das
rectas suporte das arestas laterais com o plano ϕ1 (que também é projectante horizontal). As perspectivas das projecções horizontais de A’,
B’, C’, D’ e E’, que não se identificaram, estão sobre a perspectiva de hϕ1. A partir das perspectivas de todos os vértices do prisma, desenhou-se a sua perspectiva – o contorno aparente é [ABB’C’D’DE]. O vértice C, da base de menor afastamento é invisível, bem como todas
as arestas que nele convergem (note que a base [ABCDE] é invisível). Os vértices A’ e E’, da base de maior afastamento, são visíveis, bem
como todas as arestas que neles convergem (note que a base [A’B’C’D’E’] é visível. As faces laterais [BB’C’C] e [DD’E’D] são invisíveis
(note que a face [DD’E’E] é a face lateral horizontal) e as restantes faces laterais são visíveis.
281.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados que fazem, entre si, ângulos de 120°. Em seguida, efectuaram-se as construções necessárias à determinação da perspectiva da base do cone, que será uma elipse. Note que, ao contrário da situação do
exercício 279, o objectivo do exercício não é a perspectiva de uma circunferência – a perspectiva da circunferência (a elipse) é uma construção necessária à construção da perspectiva do cone. Nesse sentido, sublinha-se que é não é aconselhável o recurso ao método dos
cortes, em função dos traçados que se seguem à construção da elipse – deve-se recorrer ao método do rebatimento dos planos coordenados. Assim, começou-se por rebater o plano YZ (o plano que contém a base do cone) – no plano YZ rebatido representou-se Qr (o centro
da circunferência em rebatimento) e desenhou-se a circunferência, com centro em Qr e 3 cm de raio. Em seguida inscreveu-se a circunferência num quadrado de lados paralelos à charneira do rebatimento (o eixo de homologia) e desenharam-se as medianas e as diagonais do quadrado. Ar é o ponto em que a recta suporte de uma das diagonais do quadrado intersecta o eixo Yr – conduzindo, por Ar uma
perpendicular à charneira, determinou-se a perspectiva de A sobre a perspectiva do eixo Y. A perspectiva da recta suporte da diagonal fica
definida pelo ponto em que intersecta a charneira (que é fixo) e pela perspectiva de A. Com o recurso a rectas perpendiculares à charneira,
determinaram-se as perspectivas de Q (que é um ponto da diagonal) e do vértice do quadrado que é oposto a A (que é o outro extremo da
diagonal). A partir dos três pontos (a perspectiva de Q e as perspectivas dos dois extremos de uma diagonal do quadrado) construiu-se a
perspectiva do quadrado, que é um rectângulo. Em seguida, pela perspectiva de Q conduziram-se as perspectivas das medianas do quadrado (que são as medianas do rectângulo) bem como a perspectiva da outra diagonal – transportando para a perspectiva, com o recurso a
perpendiculares à charneira, os pontos em que a circunferência corta as diagonais do quadrado, determinaram-se os oito pontos que nos
permitem desenhar a elipse (ver relatório do exercício 279). Optou-se, no entanto, por não desenhar imediatamente a elipse, pois a determinação das geratrizes do contorno aparente do cone irá fornecer-nos mais dois pontos da curva. Passou-se, então, para a determinação da
(Continua na página seguinte)
121
SOLUÇÕES
perspectiva do sólido. Em primeiro lugar há que determinar a perspectiva de V, o vértice do cone. O cone tem 7
cm de altura e a sua base tem abcissa nula, pelo que V
tem 7 cm de abcissa e situa-se na recta ortogonal ao plano YZ que passa por Q (que é a recta projectante lateral
de V). Uma vez que os três eixos têm o mesmo coeficiente de deformação, sobre o eixo Zr, a partir de Or, mediram-se 7 cm, obtendo um ponto Br, tal que OB
rr =7 cm.
Inverteu-se o rebatimento conduzindo, por Br, uma perpendicular à charneira – a perspectiva de B situa-se
sobre a perspectiva do eixo Z e O
B é a altura do cone, já
reduzida. Com o compasso, fazendo centro em O, transportou-se O
B para a perspectiva do eixo X, o que nos
permitiu determinar as perspectivas de V1 e, sequentemente, de V. Para determinar as geratrizes do contorno
aparente do sólido, há que recorrer aos planos tangentes ao cone que são paralelos a uma recta projectante. Para tal conduziu-se, por V, uma recta i, projectante
(ortogonal ao plano axonométrico) – a perspectiva da
recta i é um ponto, pelo que se assinalou devidamente
com parêntesis. Em seguida determinou-se o ponto de
intersecção da recta i com o plano da base (o plano YZ)
– o ponto I. A perspectiva do ponto I está coincidente
com a perspectiva da recta i e com a perspectiva de V,
pois a recta i é simultaneamente a recta projectante de V e de I – I ≡ (i) ≡ V. Por Ι há que conduzir as rectas tangentes à base do cone – esta
construção não se pode processar directamente em perspectiva, pois não existe qualquer processo rigoroso para determinar as rectas tangentes a uma elipse que, para além do mais, é desenhada à mão livre. Assim, há que efectuar este procedimento em rebatimento. Para tal,
rebateu-se o ponto I pelo rebatimento já efectuado do plano YZ (o ponto I é um ponto do plano YZ). Pela perspectiva de I conduziu-se a
perspectiva de uma recta paralela ao eixo Y – a recta h. A recta h é concorrente com a charneira do rebatimento no ponto C, que é um ponto
fixo – C ≡ Cr. Por Cr conduziu-se a recta hr (a recta h em rebatimento), paralela ao eixo Yr. O ponto em que hr é concorrente com a perpendicular à charneira que passa pela perspectiva de I é Ir. Por fim, por Ir conduziram-se as tangentes à circunferência em V.G., obtendo os pontos
T e T’, os pontos de tangência. Note que não é estritamente necessária a representação das rectas tangentes, que aqui se omitiu. Para
determinar as perspectivas de T e T’ conduziu-se, por Tr e T’r, uma recta mr, que é paralela à charneira do rebatimento. A recta mr intersecta
o eixo Yr no ponto Mr – a perspectiva de M determina-se imediatamente sobre a perspectiva do eixo Y, através da perpendicular à charneira
que passa por Mr. Pela perspectiva de M conduziu-se a perspectiva da recta m, paralela à charneira – as perspectivas de T e T’ estão sobre a
perspectiva de m, nos pontos de concorrência desta com as perpendiculares à charneira que passam por aqueles pontos. As geratrizes do
contorno aparente são [TV] e [T’V], cujas perspectivas se desenharam imediatamente. A partir dos dez pontos já determinados da elipse, desenhou-se a curva, atendendo a que a elipse é concordante com a perspectiva da geratriz [TV] em T e é concordante com a perspectiva da
geratriz [T’V] em T’. Assinalando convenientemente a parte invisível do contorno da base, obteve-se a perspectiva do cone.
282.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Uma vez que o eixo Y é aquele cuja perspectiva faz ângulos
iguais com as perspectivas dos outros dois eixos, o eixo Y é o que sofre uma redução isolada. A soma dos ângulos que a perspectiva do
eixo Y faz com as perspectivas dos outros dois eixos é 220°, pelo que as perspectivas dos outros dois eixos fazem, entre si, um ângulo de
140° (360° – 220° = 140°). Optou-se pelo método dos cortes para a resolução do problema (ver exercício 249). O pentágono está contido
num plano de perfil, pelo que se projecta em V.G. no plano YZ – poder-se-ia ter rebatido directamente o plano π, mas optou-se por rebater o
plano YZ e construir a projecção lateral do pentágono em V.G., que é uma figura geometricamente igual ao pentágono [ABCDE]. Rebateu-se o plano YZ para o interior da pirâmide axonométrica e efectuou-se a sua translação para fora desta (ver relatório do exercício 249). Sobre
o plano YZ rebatido e transladado, representou-se Q3r, a projecção lateral de Q em rebatimento, em função da cota e do afastamento de Q
(em V.G.). Com centro em Q3r e 3 cm de raio, desenhou-se a circunferência circunscrita ao pentágono (que é tangente ao eixo Yr’) e construiu-se o pentágono [A3rB3rC3rD3rE3r] em função dos dados – o lado [A3rB3r] é vertical, A3r tem cota superior a B3r e A3r e B3r são os vértices de menor afastamento do polígono. Note que o eixo Y e o eixo Z são os eixos que têm o mesmo coeficiente de redução – para
determinar a abcissa do plano de perfil π que contém o pentágono é necessário rebater o eixo X. Optou-se por rebater o plano XY, também
pelo método dos cortes. Rebateu-se o plano XY para o interior da pirâmide axonométrica e efectuou-se a sua translação para fora desta.
Sobre o plano XY rebatido e transladado, representou-se Q1r, a projecção horizontal de Q em rebatimento, em função da abcissa e do afastamento de Q (em V.G.). Por Q1r conduziu-se hπr, o traço horizontal do plano π em rebatimento. Com o recurso a uma recta perpendicular à
charneira do rebatimento do plano XY, transportou-se a abcissa de Q (dada pelo ponto em que hπr intersecta o eixo Xr’) para a perspectiva
do eixo X, o que nos permitiu desenhar em seguida as perspectivas de fπ (traço frontal de π) e hπ (traço horizontal de π). Conduzindo, por
Q1r, uma perpendicular à charneira do rebatimento do plano XY, determinou-se a perspectiva de Q1 sobre a perspectiva de hπ (π é projectante horizontal). Por Q3r conduziu-se uma perpendicular à charneira do rebatimento do plano YZ, o que nos permitiu determinar a perspectiva de Q no ponto de concorrência das duas perpendiculares às respectivas charneiras. Em seguida, inverteu-se o rebatimento do plano
(Continua na página seguinte)
122
SOLUÇÕES
YZ, com o recurso a perpendiculares à
respectiva charneira. Conduziu-se, pelo
ponto do eixo Yr’ que tem o afastamento de A, uma perpendicular à charneira
e determinou-se, sobre a perspectiva
de hπ, a perspectiva desse ponto (que
é a perspectiva da projecção horizontal
de A, mas cuja representação se omitiu). Em seguida conduziu-se, por A3r,
outra perpendicular à charneira – o
ponto em que esta intersecta a perspectiva da projectante horizontal de A é
a perspectiva de A. O processo exposto para inverter o rebatimento do ponto
A repetiu-se para os restantes vértices
do pentágono, um a um (B, C, D e E),
obtendo as suas perspectivas. A partir
das perspectivas dos cinco pontos, desenhou-se a perspectiva do polígono.
Note que a inversão do rebatimento se
poderia ter processado com o recurso
a rectas que contivessem, por exemplo, diagonais do polígono, determinando as perspectivas dessas rectas a
partir dos seus pontos de concorrência
com os eixos coordenados.
283.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três
eixos coordenados. Uma vez que o eixo Z é aquele cuja perspectiva faz ângulos iguais com as perspectivas dos outros
dois eixos, o eixo Z é o que sofre uma redução isolada. A
soma dos ângulos que a perspectiva do eixo Z faz com as
perspectivas dos outros dois eixos é 260°, pelo que as perspectivas dos outros dois eixos fazem, entre si, um ângulo de
100° (360° – 260° = 100°). A perspectiva de uma circunferência
é uma elipse, cujo desenho requer, no mínimo, oito pontos,
para além dos seus eixos e, de preferência, o paralelogramo
envolvente. Optou-se pelo método dos cortes para a resolução do problema (ver exercício 249), rebatendo o plano XZ
para o interior da pirâmide axonométrica e efectuando a sua
translação para fora desta. No plano XZ rebatido e transladado
representou-se Qr, em rebatimento (em função da sua abcissa
e da sua cota, em V.G.), e desenhou-se a circunferência em
V.G., que em seguida se inscreveu num quadrado com lados
paralelos à charneira do rebatimento (que é o eixo de homologia). Dois dos lados do quadrado são perpendiculares à charneira. Desenharam-se as medianas e as diagonais do
quadrado. Escolheu-se a diagonal [ArBr] para determinar a
perspectiva do quadrado. Br é um ponto do eixo Xr’, pelo que,
conduzindo por Br, uma perpendicular à charneira (para inverter o rebatimento), determinou-se a perspectiva de B sobre a
perspectiva do eixo X. Com um procedimento idêntico, determinaram-se as perspectivas de A1 e de Q1 (que são, também, pontos da perspectiva do eixo X). A3r e Q3r situam-se no eixo Zr’, pelo que,
conduzindo, por aqueles pontos, as correspondentes perpendiculares à charneira, se determinaram as perspectivas de A3 e de Q3 sobre a
perspectiva do eixo Z. As perspectivas de A e Q determinaram-se a partir das perspectivas das suas projecções horizontal e lateral. A perspectiva da diagonal [ArBr] é o segmento [AB], que passa pela perspectiva de Q. A partir das perspectivas de A e B desenhou-se o rectângulo de que A e B são dois vértices opostos e que é a perspectiva do quadrado circunscrito à circunferência. Pela perspectiva de Q
conduziram-se as medianas do rectângulo (paralelas aos seus lados) e determinaram-se, dessa forma, quatro pontos da elipse – os pontos
em que as medianas se apoiam nos lados do rectângulo. Esses pontos são os dois extremos dos eixos da elipse e são, também, os pontos
em que a elipse será tangente aos lados do rectângulo. Os quatro pontos que nos faltam são os pontos em que a circunferência corta as
diagonais do quadrado – estes transportaram-se para as diagonais do rectângulo, com o recurso às perpendiculares à charneira que por
eles passam. A partir dos oito pontos determinados, e atendendo às situações de tangência, desenhou-se a elipse que é a perspectiva da
circunferência dada.
123
SOLUÇÕES
284.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos
coordenados (ver exercício anterior). O eixo Z é o que sofre uma
redução isolada – os outros dois eixos possuem o mesmo coeficiente
de redução. O pentágono da base da pirâmide está contido num plano horizontal (de nível), pelo que se projecta em V.G. no plano XY –
poder-se-ia ter rebatido directamente o plano ν, mas optou-se por rebater o plano XY e construir a projecção horizontal do pentágono em
V.G., que é uma figura geometricamente igual ao pentágono
[ABCDE]. O rebatimento do plano XY rebate os dois eixos com o
mesmo coeficiente de redução, pelo que se rebateu previamente o
eixo Z, para determinar a perspectiva da cota do plano horizontal (de
nível) que contém a base da pirâmide, bem como a cota do seu vértice. Rebateu-se o plano YZ pelo rebatimento dos planos coordenados (note que se representou, apenas, o eixo Zr) e, no eixo Zr, a partir
de Or, representou-se a cota de ν (2 cm) e de V (10 cm), em V.G. –
invertendo o rebatimento, com o recurso a perpendiculares à charneira, determinaram-se as perspectivas daquelas medidas sobre a perspectiva do eixo Z. Note que a pirâmide tem 8 cm de altura e que o
plano da base tem 2 cm de cota, o que significa que V tem 10 cm de
cota (2 + 8 = 10). Pela perspectiva do ponto do eixo Z que tem a
cota de ν conduziram-se, imediatamente, os traços de ν – fν (traço
frontal de ν) e pν (traço lateral ou de perfil de ν). Para construir a perspectiva da base da pirâmide, optou-se por rebater o plano XY pelo
método dos cortes. Sobre o plano XY rebatido e transladado, representou-se Q1r, a projecção horizontal de Q em rebatimento, em função da abcissa e do afastamento de Q (em V.G.). Com centro em Q1r
e 3,5 cm de raio, desenhou-se a circunferência circunscrita ao pentágono e construiu-se o pentágono [A1rB1rC1rD1rE1r], em função dos
dados – o lado [A1rB1r] é o lado de menor afastamento do polígono e
é fronto-horizontal (é paralelo ao eixo Xr’). Em seguida, procedeu-se à
inversão do rebatimento. Por Q1r conduziu-se uma paralela ao eixo
Xr’, obtendo, no eixo Yr’, um ponto com a abcissa de Q em V.G. – por
esse ponto conduziu-se uma perpendicular à charneira e o ponto em
que esta intersecta pν (o traço lateral de ν) é Q3, a perspectiva da projecção lateral de Q. Por Q3 conduziu-se a perspectiva da recta projectante lateral de Q (que é paralela à perspectiva do eixo X) e o ponto
de intersecção desta com a perpendicular à charneira que passa por Q1r é a perspectiva do ponto Q. O processo exposto para inverter o rebatimento do ponto Q repetiu-se para os cinco vértices do pentágono, um a um (A, B, C, D e E), obtendo as suas perspectivas. A partir das
perspectivas dos cinco pontos, desenhou-se a perspectiva do polígono. Note que se omitiu a representação das perspectivas das projecções horizontais dos vértices do pentágono, bem como a perspectiva da projecção horizontal da figura. Note ainda que a inversão do rebatimento se poderia ter processado com o recurso a rectas que contivessem, por exemplo, diagonais do polígono, determinando as
perspectivas dessas rectas a partir dos seus pontos de concorrência com os eixos coordenados. Pela perspectiva do ponto do eixo Z que
tem a cota de V conduziu-se uma paralela à perspectiva do eixo Y, o que nos permitiu determinar a perspectiva de V3 (a projecção lateral de
V) na perpendicular à charneira que passa por Q3. Pela perspectiva de V3 conduziu-se a perspectiva da recta projectante lateral de V – o
ponto de intersecção desta com a perspectiva da recta suporte do eixo da pirâmide (a recta paralela ao eixo Z que passa pela perspectiva
de Q) é a perspectiva de V. A partir das perspectivas de todos os vértices da pirâmide desenhou-se a perspectiva do sólido, atendendo às
invisibilidades existentes. O contorno aparente é [AEDCV]. O vértice B não integra o contorno aparente do sólido e é invisível, bem como todas as arestas que nele convergem (note que a base da pirâmide é invisível). As restantes arestas são todas visíveis.
285.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Uma vez que o eixo Y é aquele cuja perspectiva faz ângulos
iguais com as perspectivas dos outros dois eixos, o eixo Y é o que sofre uma redução isolada. A soma dos ângulos que a perspectiva do
eixo Y faz com as perspectivas dos outros dois eixos é 250°, pelo que as perspectivas dos outros dois eixos fazem, entre si, um ângulo de
110° (360° – 250° = 110°). Note que, ao contrário da situação do exercício 283, o objectivo do exercício não é a perspectiva de uma
circunferência – a perspectiva da circunferência (a elipse) é uma construção necessária à construção da perspectiva do cilindro. Nesse sentido, sublinha-se que é não é aconselhável o recurso ao método dos cortes, em função dos traçados que se seguem à construção da elipse – deve-se recorrer ao método do rebatimento dos planos coordenados. Assim, começou-se por rebater o plano YZ (o plano que
contém a base de menor afastamento do cilindro) – no plano YZ rebatido representou-se Qr (o centro da circunferência em rebatimento) e
desenhou-se a circunferência, com centro em Qr e 3 cm de raio (note que a circunferência é tangente ao eixo Xr). Em seguida inscreveu-se
(Continua na página seguinte)
124
SOLUÇÕES
a circunferência num quadrado de lados paralelos à charneira do rebatimento (o eixo de homologia) e desenharam-se as medianas e as diagonais do quadrado. Em seguida inverteu-se o rebatimento, com o recurso aos pontos em que as diagonais do quadrado intersectam a
charneira (que são fixos) e aos pontos em que cada uma das diagonais intersecta um dos eixos. Uma das diagonais intersecta o eixo Xr e a
outra intersecta o eixo Yr – estes pontos foram transportados para as perspectivas dos eixos através de perpendiculares à charneira. Depois
efectuada a construção do rectângulo envolvente da elipse e de determinadas as perspectivas dos oito pontos que nos permite o seu desenho (ver relatório do exercício 281), foi necessário determinar o afastamento da outra base do sólido. Os afastamentos medem-se no eixo Y,
que é o eixo que sofre uma redução isolada, pelo que se rebateu o eixo Y pelo rebatimento dos planos coordenados – rebateu-se o plano
YZ, tendo-se omitido a representação do eixo Zr, por não ser necessária. Sobre o eixo Yr, a partir de Or’, mediu-se o afastamento do plano ϕ
(o plano frontal que contém a outra base do cilindro), que é 6 cm – note que a outra base do sólido tem afastamento nulo e a altura do cilindro é a distância entre os planos das duas bases, pelo que o afastamento do plano ϕ é igual à altura do sólido. Invertendo o rebatimento determinou-se, sobre a perspectiva do eixo Y, a perspectiva do ponto do eixo que tem 6 cm de afastamento – por esse pontos conduziram-se
as perspectivas dos traços horizontal (hϕ) e lateral (pϕ) do plano ϕ. As geratrizes do cilindro (e o seu eixo) estão contidas em rectas ortogonais aos planos das bases, que são rectas projectante frontais – as suas perspectivas são paralelas à perspectiva do eixo Y. Assim, com o
recurso a rectas paralelas à perspectiva do eixo Y transportaram-se, para o plano ϕ, todos os traçados referentes à construção da elipse e
que nos permitirão, depois, desenhar a elipse que é a perspectiva da base do cilindro que está contida em ϕ. Q’ é o centro da base do cilindro que está contida em ϕ. Optou-se por não desenhar, ainda, nenhuma das elipses, determinando, antes de mais, as geratrizes do contorno aparente. Estas determinam-se com o recurso aos planos tangentes ao cilindro que são paralelos a uma recta projectante. Para tal
conduziu-se, por um ponto M, qualquer, duas rectas – uma recta paralela às geratrizes do cilindro e uma recta projectante. Para evitar um
traçado excessivamente complexo e denso, optou-se por marcar o ponto M no próprio eixo do cilindro – a recta suporte do eixo do cilindro
é, imediatamente, a recta paralela às geratrizes do sólido que passa por M. Em seguida, conduziu-se, por M, uma recta projectante (ortogonal ao plano axonométrico) – a recta r. A perspectiva da recta r é um ponto, pelo que se assinalou devidamente com parêntesis. A recta
suporte do eixo do cilindro e a recta r definem um plano θ – há que determinar a recta de intersecção desse plano (plano θ) com o plano da
base de referência do cilindro (considerou-se, como base de referência, a base que está contida no plano XZ). A recta r intersecta o plano
XZ no ponto I. A perspectiva do ponto I está coincidente com a perspectiva da recta r e com a perspectiva de M, pois a recta r é simultaneamente a recta projectante de M e de I – I ≡ (r) ≡ M. A recta suporte do eixo do cilindro intersecta o plano XZ no ponto Q (o centro da base
que está contida no plano XZ). A recta de intersecção do plano θ com o plano XZ está definida por I e por Q – é a recta t. Em seguida há
que conduzir as rectas tangentes à base de referência do cilindro que são paralelas à recta t – esta construção não se pode processar
directamente em perspectiva, pois não existe qualquer processo rigoroso para determinar as rectas tangentes a uma elipse (a perspectiva
da base) que, para além do mais, é desenhada à mão livre. Assim, há que efectuar este procedimento em rebatimento. Para tal, rebateu-se
o ponto I pelo rebatimento já efectuado do plano XZ (o ponto I é um ponto do plano XZ). Pela perspectiva de I conduziu-se a perspectiva
de uma recta paralela ao eixo X – a recta h. A recta h é concorrente com a charneira do rebatimento no ponto H, que é um ponto fixo –
H ≡ Hr. Por Hr conduziu-se a recta hr (a recta h em rebatimento), paralela ao eixo Xr. O ponto em que hr é concorrente com a perpendicular
à charneira que passa pela perspectiva de I é Ir. O ponto Qr é o ponto Q no rebatimento do plano XZ – a recta tr está, assim, definida por Qr
e por Ir. Por fim conduziram-se, em V.G., as tangentes à circunferência que são paralelas a tr – as rectas t’r e t’’r. Esta construção permitiu-nos obter os pontos Ar e Br, os pontos de tangência. Note que não é estritamente necessária a representação das rectas tangentes. Os
pontos Ar e Br são, nesta situação, os extremos do diâmetro da circunferência cuja perspectiva é o eixo maior da elipse, pelo que a inversão
do rebatimento está imediatamente efectuada. A e B são as perspectivas dos pontos de tangência e são os extremos do eixo maior da elipse que é a perspectiva da base de menor afastamento do sólido. Os pontos correspondentes da outra base são também os extremos do
eixo maior da elipse – A’ e B’. As perspectivas das rectas t’ e t’’ (cuja representação não
é estritamente necessária) estão definidas
por A e A’ e por B e B’, respectivamente –
t’ ≡ t’r e t’’≡ t’’r. As geratrizes do contorno
aparente são [AA’] e [BB’]. Uma vez que esta
construção não nos forneceu qualquer outro
ponto das elipses para além dos oito pontos
de cada uma já determinados, conclui-se a
construção da perspectiva do sólido, com o
desenho das elipses, assinalando convenientemente a parte invisível do contorno da base
de menor afastamento do sólido. Tenha em
conta que, no desenho de cada elipse, se
teve em atenção as situações de tangência –
a elipse da base que está contida no plano
XZ é necessariamente tangente a perspectiva
do eixo X, enquanto que a elipse da base que
está contida no plano ϕ é necessariamente
tangente a hϕ. Note que, caso se tratasse de
uma situação geral de um cilindro oblíquo, se
manteriam rigorosamente os procedimentos
expostos para a determinação das geratrizes
do contorno aparente, cujos traçados, nesse
caso, nos fariam determinar mais dois pontos
de cada elipse – o desenho de cada elipse
processar-se-ia, no final, com dez pontos.
125
SOLUÇÕES
286.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três
eixos coordenados – as perspectivas do eixo X e do eixo Y
fazem, entre si, um ângulo de 135°, pois a soma dos três ângulos é 360°. Os três eixos têm coeficientes de redução distintos. Assim, em primeiro lugar há que determinar a
perspectiva do afastamento do plano ϕ, o plano frontal (de
frente) que contém o quadrado – os afastamentos medem-se no eixo Y. Nesse sentido, rebateu-se o eixo Y, pelo rebatimento do plano YZ (método do rebatimento dos planos
coordenados) e sobre o eixo Yr a partir de Or, representou-se o afastamento de ϕ (3 cm) em V.G. – invertendo o rebatimento, com o recurso a uma perpendicular à charneira, determinou-se, sobre a perspectiva o eixo Y, a perspectiva do
ponto de concorrência dos traços horizontal e lateral do plano ϕ, cujas perspectivas se desenharam imediatamente (hϕ
é a perspectiva do traço horizontal de ϕ e pϕ é a perspectiva
do traço lateral de ϕ). Note que, no rebatimento do plano YZ,
se omitiu a representação do eixo Zr, por não ser necessária.
O quadrado está contido num plano frontal (de frente) ϕ,
pelo que se projecta em V.G. no plano XZ – poder-se-ia ter
rebatido directamente o plano ϕ (à semelhança do efectuado
no exercício 280), mas optou-se por rebater o plano XZ e construir a projecção frontal do quadrado em V.G., que é uma figura geometricamente igual ao quadrado [ABCD]. Rebateu-se o plano XZ pelo método dos cortes. Sobre o plano XZ rebatido e transladado, representou-se A2r, a projecção frontal de A em rebatimento, em função da abcissa e da cota de A (em V.G.). Sabe-se que o vértice B tem abcissa nula,
pelo que B2, a sua projecção frontal, está no eixo Z. O segmento [AB] projecta-se em V.G. no plano XZ, pelo que, com o compasso, fazendo
centro em A2r e com 4 cm de raio (a medida do lado do quadrado), se determinou B2r sobre o eixo Zr’ – B2r é a projecção frontal de B, em
rebatimento. Em seguida construiu-se a projecção frontal do quadrado em rebatimento, em V.G. garantindo que a figura se situa no espaço
no 1o Triedro – todos os seus vértices têm abcissa e cota positiva. Em seguida procedeu-se à inversão do rebatimento, com o recurso a rectas perpendiculares à charneira do rebatimento. Conduzindo, por A2r, uma perpendicular à charneira, obteve-se a perspectiva de A sobre a
perspectiva de hϕ (A é um ponto com cota nula, pelo que é um ponto de hϕ) – A ≡ A1. Conduzindo, por B2r, uma perpendicular à charneira,
obteve-se a perspectiva de B sobre a perspectiva de pϕ (B é um ponto com abcissa nula, pelo que é um ponto de pϕ) – B1 situa-se sobre hϕ,
pois ϕ é um plano projectante horizontal. Por C2r conduziu-se uma paralela ao eixo Zr’, obtendo, sobre o eixo Xr’, a referência da abcissa de
C – por esse ponto conduziu-se uma perpendicular à charneira, obtendo, sobre a perspectiva de hϕ, a perspectiva de C1. Por C1 conduziuse a perspectiva da recta projectante horizontal de C (que é paralela à perspectiva do eixo Z) e o ponto de concorrência entre esta e a perpendicular à charneira que passa por C2r é a perspectiva do ponto C. O processo descrito para C repetiu-se para o ponto D, o que nos
permitiu determinar a sua perspectiva. A partir das perspectivas dos quatro vértices do quadrado, desenhou-se a sua perspectiva. Note ainda que a inversão do rebatimento dos pontos C e D se poderia ter processado, por exemplo, com o recurso à recta suporte do lado [CD] –
essa recta seria paralela à recta suporte do lado [AB] e a sua perspectiva determinar-se-ia a partir de seu ponto de concorrência com um
dos eixos.
287.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três
eixos coordenados – as perspectivas do eixo X e do eixo Y
fazem, entre si, um ângulo de 130°, pois a soma dos três
ângulos é 360°. Os três eixos têm coeficientes de redução
distintos. Assim, em primeiro lugar há que determinar a
perspectiva da abcissa do plano π, o plano de perfil que
contém o triângulo – as abcissas medem-se no eixo X.
Nesse sentido, rebateu-se o eixo X, pelo rebatimento do
plano XZ (método do rebatimento dos planos coordenados) e sobre o eixo Xr a partir de Or, representou-se a abcissa de π (3 cm) em V.G. – invertendo o rebatimento, com
o recurso a uma perpendicular à charneira, determinou-se,
sobre a perspectiva o eixo X, a perspectiva do ponto de
concorrência dos traços horizontal e frontal do plano π, cujas perspectivas se desenharam imediatamente (hπ é a
perspectiva do traço horizontal de π e pπ é a perspectiva
do traço frontal de π). Note que, no rebatimento do plano
(Continua na página seguinte)
126
SOLUÇÕES
XZ, se omitiu a representação do eixo Zr, por não ser necessária. O triângulo está contido num plano de perfil, pelo que se projecta em V.G.
no plano YZ – poder-se-ia ter rebatido directamente o plano π (à semelhança do efectuado no exercício 280), mas optou-se por rebater o
plano YZ e construir a projecção lateral do triângulo em V.G., que é uma figura geometricamente igual ao triângulo [ABC]. Rebateu-se o
plano YZ pelo método dos cortes. Sobre o plano YZ rebatido e transladado, representou-se Q3r, a projecção lateral de Q em rebatimento,
em função do afastamento e da cota de Q (em V.G.). Com centro em Q3r e 3,5 cm de raio, desenhou-se a circunferência circunscrita ao
triângulo e construiu-se a figura, de acordo com os dados – o lado [A3rB3r] é vertical e o vértice C3r é o vértice de menor afastamento do
polígono (é o vértice que está mais próximo do eixo Zr’. Em seguida procedeu-se à inversão do rebatimento, com o recurso a rectas perpendiculares à charneira do rebatimento. Por C3r conduziu-se uma paralela ao eixo Zr’, obtendo, sobre o eixo Yr’, a referência do afastamento
de C – por esse ponto conduziu-se uma perpendicular à charneira, obtendo, sobre a perspectiva de hπ, a perspectiva de C1. Por C1 conduziu-se a perspectiva da recta projectante horizontal de C (que é paralela à perspectiva do eixo Z) e o ponto de concorrência entre esta e a
perpendicular à charneira que passa por C3r é a perspectiva do ponto C. O processo descrito para C repetiu-se para os pontos A e B, o que
nos permitiu determinar as suas perspectivas. A partir das perspectivas dos três vértices do triângulo, desenhou-se a sua perspectiva. Note
que se determinou, ainda, a perspectiva de Q, se bem que esta não seja estritamente necessária para a obtenção do pretendido (a perspectiva do triângulo).
288.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados – as perspectivas do eixo X e do eixo Y fazem, entre si, um
ângulo de 120°, pois a soma dos três ângulos é 360°. Os três eixos têm coeficientes de redução distintos. Assim, em primeiro lugar há que
determinar a perspectiva da cota do plano ν, o plano horizontal (de nível) que contém a base da pirâmide (o quadrado [ABCD]) – as cotas
medem-se no eixo Z. Nesse sentido, rebateu-se o eixo Z, pelo rebatimento do plano XZ (método do rebatimento dos planos
coordenados) e sobre o eixo Zr a partir de Or, representou-se a cota de ν (9 cm) em V.G. – invertendo o rebatimento, com o recurso a uma
perpendicular à charneira, determinou-se, sobre a perspectiva o eixo Z, a perspectiva do ponto de concorrência dos traços frontal e lateral
do plano ν, cujas perspectivas se desenharam imediatamente (fν é a perspectiva do traço frontal de ν e pν é a perspectiva do traço lateral de
ν). Note que, no rebatimento do plano XZ, se omitiu a representação do eixo Xr, por não ser necessária. O quadrado está contido num plano
horizontal (de nível), pelo que se projecta em V.G. no plano XY – poder-se-ia ter rebatido directamente o plano ν, mas optou-se por rebater o
plano XY e construir a projecção horizontal do quadrado em V.G., que é
uma figura geometricamente igual ao quadrado [ABCD]. Rebateu-se o
plano XY pelo método dos cortes. Sobre o plano XY rebatido e transladado, representaram-se A1r e B1r, as projecções horizontais de A e B em
rebatimento, em função dos respectivos afastamentos e abcissas (em
V.G.). A partir de A1r e B1r construiu-se o quadrado [A1rB1rC1rD1r] em
V.G., garantindo que o polígono se situa no espaço do 1o Triedro – todos
os seus vértices têm abcissa e afastamento positivos. Uma vez que se
trata de uma pirâmide regular, a projecção horizontal do vértice da pirâmide, em rebatimento, está no centro do quadrado. Em seguida procedeu-se à inversão do rebatimento, com o recurso a rectas
perpendiculares à charneira do rebatimento. Por C1r conduziu-se uma paralela ao eixo Yr’, obtendo, sobre o eixo Xr’, a referência da abcissa de C
– por esse ponto conduziu-se uma perpendicular à charneira, obtendo,
sobre a perspectiva de fν, a perspectiva de C2. Por C2 conduziu-se a
perspectiva da recta projectante frontal de C (que é paralela à perspectiva do eixo Y) e o ponto de concorrência entre esta e a perpendicular à
charneira que passa por C1r é a perspectiva do ponto C. O processo descrito para C repetiu-se para os pontos A, B, D e V, o que nos permitiu determinar as suas perspectivas. Note que V tem cota nula, pelo que é um
ponto do plano XY – V1 ≡ V. A partir das perspectivas dos cinco vértices
da pirâmide, desenhou-se a sua perspectiva. O contorno aparente é
[ABVD]. O vértice C, que não integra o contorno aparente, é visível, bem
como todas as arestas que nele convergem. A base da pirâmide é visível.
As faces laterais [ABV] e [ADV] são invisíveis, pelo que a aresta lateral
[AV] é a única aresta invisível do sólido. Note que as perspectivas dos lados do quadrado [ABCD] são paralelas entre si, duas a duas.
127
SOLUÇÕES
289.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos
três eixos coordenados – as perspectivas do eixo Y e do
eixo Z fazem, entre si, um ângulo de 130°, pois a soma
dos três ângulos é 360°. Os três eixos têm coeficientes
de redução distintos. Optou-se pelo método dos cortes
para a resolução do problema, por ser esse o que nos
permite, de forma directa, relacionar duas projecções
de um mesmo objecto (salienta-se que bastam duas
projecções do objecto dado para a construção da sua
perspectiva). Assim, rebateram-se os planos XY e YZ,
para o interior da pirâmide axonométrica, efectuando,
em seguida, as respectivas translações para fora desta.
Sobre o plano XY, rebatido e transladado, representou-se a projecção horizontal do objecto, em V.G., em função dos dados. Sobre o plano YZ, rebatido e transladado, representou-se a projecção lateral esquerda do
objecto, em V.G., em função dos dados. Para inverter o
rebatimento conduziu-se, por cada par de projecções
(em rebatimento) de cada vértice do objecto, as perpendiculares às respectivas charneiras de cada rebatimento
– o ponto de intersecção dessas duas rectas é a perspectiva do ponto respectivo. O processo executou-se
para cada um dos vértices do objecto, obtendo, em
simultâneo, as respectivas perspectivas e as perspectivas das diferentes arestas do sólido, a partir das quais,
no seu conjunto, se desenhou a perspectiva do objecto,
atendendo às invisibilidades.
290.
Em primeiro lugar, representaram-se as perspectivas dos três eixos coordenados que fazem, entre si, ângulos de 120°. Numa perspectiva isométrica normalizada, os coeficientes de redução dos três eixos são
desprezados, pelo que as medidas se representam todas em V.G., pelo
que sobre as perspectivas dos eixos se representaram, em V.G., as dimensões do objecto (apresentadas no enunciado). A partir das dimensões do objecto (sobre os respectivos eixos) representaram-se, sobre as
faces do triedro, as perspectivas das respectivas projecções do objecto.
Pelas projecções de cada um dos vértices do objecto conduziram-se as
perspectivas das respectivas rectas projectantes de cada ponto, obtendo
as suas perspectivas e, em simultâneo, as perspectivas das arestas do
sólido. Estas permitiram-nos desenhar a perspectiva do sólido, na qual se
atenderam às invisibilidades observadas.
291.
Em primeiro lugar, representaram-se as perspectivas dos três eixos, fazendo, entre si, os ângulos normalizados (e atendendo a que o plano axonométrico é o plano YZ): as perspectivas do eixo Y e do eixo Z fazem, entre si, um ângulo de 97°, enquanto que os outros dois
ângulos têm 131° 30’ de amplitude. Segundo os coeficientes de redução normalizados, o
coeficiente de redução do eixo Y e do eixo Z é desprezado (considera-se que não existe deformação), enquanto que o eixo X apresenta um coeficiente de redução isolado de 0,5. A
partir das dimensões do objecto (sobre os respectivos eixos e atendendo à redução existente no eixo X) representaram-se, sobre as faces do triedro, as perspectivas das respectivas
projecções do objecto. Pelas projecções de cada um dos vértices do objecto conduziram-se as perspectivas das respectivas rectas projectantes de cada ponto, obtendo as suas
perspectivas e, em simultâneo, as perspectivas das arestas do sólido. Estas permitiram-nos
desenhar a perspectiva do sólido, na qual se atenderam às invisibilidades observadas.
128
SOLUÇÕES
292.
Em primeiro lugar, representaram-se as perspectivas dos três eixos, fazendo, entre si,
os ângulos normalizados: as perspectivas do eixo X e do eixo Z fazem, entre si, um
ângulo de 95° e as perspectivas do eixo Y e do eixo Z fazem, entre si, um ângulo de
108° (o ângulo entre as perspectivas do eixo X e do eixo Y é o ângulo restante –
157°). Os três eixos apresentam coeficientes de redução distintos. O coeficiente de
redução do eixo Z é desprezado (considera-se que não existe deformação). O coeficiente e redução do eixo X é 0,9. O coeficiente de redução do eixo Y é 0,5. O quadrado
[MNOP] está contido no plano XY, pelo que todos os seus vértices têm cota nula, O
lado [OP] está contido no eixo X, sendo O a origem o referencial – sobre a perspectiva do eixo X mede-se 4,5 cm (5 cm do comprimento do lado do quadrado multiplicado pelo coeficiente de redução 0,9 daquele eixo), obtendo a perspectiva de P. O
lado [ON] tem de estar necessariamente contido no eixo Y – sobre a perspectiva do
eixo Y mede-se 2,5 cm (5 cm do comprimento do lado do quadrado multiplicado pelo
coeficiente de redução 0,5 daquele eixo), obtendo a perspectiva de N. O lado [PM] é
paralelo ao lado [ON] e o lado [MN] é paralelo ao lado [OP] – este raciocínio permitiu-nos determinar a perspectiva de M. Desenhando, em perspectiva, as diagonais do
quadrado, determinou-se o seu centro, onde se situa V1 a perspectiva da projecção horizontal de V. A cota de V (7 cm – a altura da pirâmide) mede-se em VG. no eixo Z (cuja deformação é desprezada), o que nos permitiu determinar V2, a perspectiva da projecção frontal de V,
e, em seguida, a perspectiva de V. A partir das perspectivas de todos os vértices da pirâmide, desenhou-se a perspectiva do sólido, atendendo às invisibilidades existentes. O contorno aparente é [PMNV]. O vértice O, que não integra o contorno aparente, e invisível, bem como
todas as arestas que nele convergem. As restantes arestas são visíveis.
293.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados.
Uma vez que os ângulos das projectantes são relacionados ao eixo X e ao eixo
Z, conclui-se que o plano axonométrico é o plano XZ – o eixo X e o eixo Z fazem,
entre si, um ângulo de 90°. A perspectiva do eixo Y (o eixo que não está contido
no plano axonométrico) faz, com a parte positiva do eixo X um ângulo de 120°
(que é um ângulo obtuso) e, com a parte positiva do eixo Z, um ângulo de 150°
(que é outro ângulo obtuso). Em seguida, rebateu-se o plano XY sobre o plano
axonométrico, conforme exposto no relatório do exercício 268, e representaram-se os dois pontos em Dupla Projecção Ortogonal. Por A2 e B2, as projecções
frontais de A e B, conduziu-se o traço frontal do plano ν (o plano horizontal que
contém a figura). A figura está contida num plano paralelo ao plano XY, pelo que
se projecta em V.G. no plano XY – a partir de A1r e B1r, as projecções horizontais
de A e B em rebatimento, construiu-se a projecção horizontal do triângulo, em
rebatimento, obtendo C1r. Note que se garantiu que a figura se situa no 1o Triedro, pois C tem afastamento positivo. C2, a projecção frontal de C, está sobre fν,
pois ν é projectante frontal. Em seguida, determinou-se a direcção de afinidade
d, conforme exposto no relatório do exercício 268, e inverteu-se o rebatimento
do plano XY, determinando, dessa forma, as perspectivas das projecções horizontais dos três pontos – A1, B1 e C1 (aconselha-se a leitura do relatório do exercício 268). Para determinar a perspectiva do ponto A conduziu-se, por A2, a perspectiva da sua recta projectante frontal (que é paralela à
perspectiva do eixo Y) e, pela perspectiva de A1, a perspectiva da recta projectante horizontal de A (que é paralela ao eixo Z) – o ponto de
concorrência das perspectivas das duas rectas projectantes é a perspectiva do ponto A. O processo acima exposto para determinar a perspectiva do ponto A repetiu-se para os restantes vértices do triângulo, um a um (B e C), obtendo as suas perspectivas. A partir das perspectivas dos três pontos, desenhou-se a perspectiva do polígono. Note que se representou, ainda, o traço lateral (de perfil) do plano ν – pν.
294.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Uma vez que os ângulos das projectantes são relacionados
ao eixo Y e ao eixo Z, conclui-se que o plano axonométrico é o plano YZ – o eixo Y e o eixo Z fazem, entre si, um ângulo de 90°. A perspectiva
do eixo X (o eixo que não está contido no plano axonométrico) faz, com as partes positivas dos outros dois eixos, ângulos de 135°. Em
seguida, rebateu-se o plano XY sobre o plano axonométrico – o eixo X rebatido (eixo Xr) fica coincidente com o eixo Z. A partir das coordenadas do ponto Q, representou-se o ponto em Dupla Projecção Ortogonal – utilizou-se o plano YZ como um plano frontal de projecção (a
Dupla Projecção Ortogonal refere-se, assim, ao conjunto de duas projecções, mas não as usuais projecção horizontal e projecção frontal). Q3 é a projecção lateral de Q e Q1r é a projecção horizontal do ponto Q, no rebatimento do plano XY (a projecção horizontal do ponto existe no plano XY). Por Q1r conduziu-se o traço horizontal do plano π, em rebatimento – hπr. A figura está contida num plano paralelo ao
plano YZ, pelo que se projecta em V.G. no plano YZ – com centro em Q3 (a projecção lateral de Q – a projecção de Q no plano YZ) e com
3 cm de raio, desenhou-se uma circunferência, que é a projecção lateral da circunferência pedida (a projecção ortogonal da circunferência
(Continua na página seguinte)
129
SOLUÇÕES
no plano YZ). Para inverter o rebatimento do plano XY, determinou-se
a direcção de afinidade d, conforme exposto no relatório do exercício
268 – a direcção d é a que os permite inverter o rebatimento do plano XY. As projecções do ponto Q (projecção lateral e projecção horizontal) são dois extremos de uma linha de chamada do ponto Q – a
linha de chamada de Q tem extremos em Q1 e em Q3 e é quebrada
no eixo X. A parte da linha de chamada de Q que está contida no plano XY, em perspectiva, é paralela à perspectiva do eixo X. Pelo ponto
de intersecção da linha de chamada de Q com o eixo Y conduziu-se
uma paralela à perspectiva do eixo X – o ponto de intersecção dessa
recta com a recta paralela a d que passa por Q1r é a perspectiva de
Q1. Em seguida conduziu-se, pela perspectiva de Q1, a perspectiva
da recta projectante horizontal de Q (que é paralela ao eixo Z). Por
Q3 conduziu-se a perspectiva da recta projectante lateral de Q (que é
paralela à perspectiva do eixo X). O ponto de concorrência das perspectivas das duas rectas projectantes é a perspectiva de Q. Pela
perspectiva de Q1 conduziu-se a perspectiva de hπ (traço horizontal
de π), que é paralela ao eixo Y – a perspectiva de hπ é concorrente
com a perspectiva do eixo X num ponto, pelo qual se conduziu a
perspectiva de fπ (traço frontal de π), que é paralela ao eixo Z. Por fim,
atendendo a que a circunferência está contida num plano paralelo ao
plano axonométrico (o plano YZ), sabe-se que a circunferência e a
sua perspectiva são figuras geometricamente iguais (uma figura projecta-se em V.G. em qualquer plano que seja paralelo ao plano que contém a figura)..Assim, com centro na perspectiva de Q e com 3 cm de
raio, desenhou-se uma circunferência, que é a perspectiva da circunferência dada – note que a perspectiva da circunferência é necessariamente tangente à perspectiva de fπ.
295.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos
três eixos coordenados. Uma vez que os ângulos das
projectantes são relacionados ao eixo Y e ao eixo Z, conclui-se que o plano axonométrico é o plano YZ – o eixo Y
e o eixo Z fazem, entre si, um ângulo de 90°. A perspectiva
do eixo X (o eixo que não está contido no plano axonométrico) faz, com a parte positiva do eixo Y um ângulo de
140° (que é um ângulo obtuso) e, com a parte positiva do
eixo Z, um ângulo de 130° (que é outro ângulo obtuso). A
base de menor afastamento do prisma está contida no
plano XZ, que não está em V.G. nem é paralelo ao plano
axonométrico. Esta situação obriga ao rebatimento do
plano XZ sobre o plano axonométrico (o plano YZ) para a
construção do hexágono [ABCDEF] em V.G. – no rebatimento do plano XZ sobre o plano YZ a charneira do
rebatimento é o eixo Z e o eixo Xr fica sobre o eixo Y. Observe que a situação exposta é semelhante ao rebatimento de um plano de perfil em Dupla Projecção Ortogonal,
pois, considerando o plano YZ como o Plano Frontal de
Projecção, o plano XZ corresponde a um plano de perfil.
Sobre o plano XZ rebatido, representaram-se A2r e B2r
em função das respectivas abcissa e cotas, em V.G. – A2r
e B2r são as projecções frontais de A e B, respectivamente, em rebatimento (no rebatimento do plano XZ sobre o plano YZ). A partir de A2r e
B2r construiu-se o hexágono [A2rB2rC2rD2rE2rF2r], que é a projecção frontal do hexágono [ABCDEF] no rebatimento do plano XZ. Em seguida determinaram-se as projecções laterais dos pontos A, B, C, D, E e F sobre o eixo Z, através de perpendiculares à charneira (que, recorde, foi o eixo Z). Para inverter o rebatimento, determinou-se a direcção de afinidade que nos permite inverter o rebatimento efectuado do
plano XZ – d. A direcção d foi determinada com o rebatimento do plano projectante do eixo X e a partir do afastamento do vértice E, do
hexágono. O ponto P é um ponto do eixo X que tem o afastamento de E – Pr é o ponto P rebatido pelo rebatimento do plano XZ. Rebatendo
o plano projectante do eixo X obteve-se o eixo Xr1, perpendicular à perspectiva do eixo X. Com o compasso, fazendo centro em O e raio até
Pr, desenhou-se um arco de circunferência até ao eixo Xr1, onde se situa Pr1 – Pr1 é o ponto P rebatido pelo rebatimento do plano projectante do eixo X. Por Pr1 conduziu-se uma recta projectante, com a inclinação dada, e obteve-se a perspectiva de P sobre a perspectiva do eixo
X. A direcção d, a direcção de afinidade que nos permite inverter o rebatimento do plano XZ, é a recta que passa por Pr e pela perspectiva
(Continua na página seguinte)
130
SOLUÇÕES
de P. A perspectiva de E1 é a própria perspectiva de P, pelo que se tem E1 ≡ P. Pela perspectiva de E conduziu-se a perspectiva da recta
projectante horizontal de E (que é paralela ao eixo Z). Por E3 (a projecção lateral de E) conduziu-se a perspectiva da recta projectante lateral
de E (que é paralela à perspectiva do eixo X). O ponto de concorrência das duas rectas projectantes, é a perspectiva de E. Note que a recta
que passa por E2r e pela perspectiva de E é paralela à direcção de afinidade. Este raciocínio permite-nos inverter o rebatimento dos restantes pontos de uma forma expedita. Consideremos o ponto D. Por D3 conduziu-se a perspectiva da recta projectante lateral de D (que é paralela à perspectiva do eixo X). Por D2r conduziu-se uma recta com a direcção de afinidade – o ponto de concorrência entre esta e a
perspectiva da projectante lateral de D é a perspectiva de D. O processo descrito para D repetiu-se para os restantes vértices do hexágono
(A, B, C e F), o que nos permitiu determinar as respectivas perspectivas e desenhar a perspectiva do hexágono [ABCDEF]. Há, agora, que
determinar a perspectiva do prisma dado. Para tal determinou-se o afastamento do plano ϕ, o plano frontal (de frente) que contém a base de
maior afastamento do sólido – ϕ tem 8 cm de afastamento, pois o prisma tem 8 cm de altura e a base [ABCDEF] tem afastamento nulo. O
afastamento de ϕ mede-se sobre o eixo Y, que está em V.G. – desenharam-se imediatamente o traço lateral (de perfil) de ϕ (pϕ), bem como
a perspectiva do seu traço horizontal (hϕ), que é paralela à perspectiva do eixo X. Os vértices da base de maior afastamento do sólido será
os pontos de intersecção do plano ϕ com as rectas suporte das arestas laterais do prisma, o que terá determinação directa, uma vez que o
plano ϕ e projectante horizontal. Assim, determinaram-se as perspectivas das projecções horizontais dos vértices da base [ABCDEF], que
estão sobre a perspectiva do eixo X. Em seguida, pela perspectiva de cada vértice da base [ABCDEF] conduziu-se a perspectiva da recta
suporte da respectiva aresta lateral – as arestas laterais são paralelas ao eixo Y, pelo que as perspectivas das suas rectas suporte são também paralelas ao eixo Y. Desenharam-se, também, as perspectivas das projecções horizontais das rectas suportes das arestas laterais e
determinaram-se os pontos em que estas intersectam a perspectiva de hϕ – esses pontos são A’1, B’1, C’1, D’1, E’1 e F’1, ou seja, as perspectivas das projecções horizontais dos vértices da base [A’B’C’D’E’F’] (a base de maior afastamento do prisma). Pela perspectiva de A’1
conduziu-se a perspectiva da recta projectante horizontal de A’ (que é paralela ao eixo Z). O ponto de concorrência desta projectante horizontal com a recta suporte da aresta lateral [AA’] é a perspectiva de A’. Repetiu-se o processo exposto para os restantes vértices do hexágono [A’B’C’D’E’F’], o que nos permitiu determinar as respectivas perspectivas e desenhar a perspectiva do hexágono. A partir das
perspectivas de todos os vértices do prisma, desenhou-se a perspectiva do sólido, atendendo às invisibilidades existentes. O contorno aparente é [CDEFF’A’B’C’]. Os vértices A e B, da base de menor afastamento do prisma, não integram o contorno aparente do sólido e são invisíveis, bem como todas as arestas que neles convergem (note que a base [ABCDEF]é invisível). Os vértices D’ e E’, da base de maior
afastamento do prisma, não integram o contorno aparente do sólido e são visíveis, bem como todas as arestas que neles convergem (note
que a base [A’B’C’D’E’F’]é visível).
296.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos
três eixos coordenados (ver relatório do exercício anterior)
– o plano axonométrico é o plano YZ. Em seguida, rebateu-se o plano XY sobre o plano axonométrico – o eixo X
rebatido (eixo Xr) fica coincidente com o eixo Z. A partir
das coordenadas do ponto Q, representou-se o ponto em
Dupla Projecção Ortogonal, utilizando o plano YZ como
um plano frontal de projecção, à semelhança do efectuado no exercício 294 (a Dupla Projecção Ortogonal refere-se, assim, ao conjunto de duas projecções, mas não as
usuais projecção horizontal e projecção frontal) – Q3 é
a projecção lateral de Q e Q1r é a projecção horizontal
do ponto Q, no rebatimento do plano XY (a projecção horizontal do ponto existe no plano XY). Por Q1r conduziu-se o traço horizontal do plano π, em rebatimento – hπr.
Em seguida, ainda através da conjunção da projecção
lateral (no plano YZ) e da projecção horizontal (no plano XY rebatido), representou-se o cone em Dupla Projecção Ortogonal. Em seguida determinaram-se as
perspectivas do ponto Q e do vértice V, do cone, bem
como da base do sólido, de acordo com o exposto no relatório do exercício 294. Nesta situação particular, a perspectiva do vértice do cone é um ponto da circunferência
que delimita a perspectiva da base do sólido, pelo que
não há lugar à determinação das geratrizes do contorno
aparente – a perspectiva do cone resume-se a um círculo
e a um ponto da circunferência que delimita o círculo.
Note que, caso a perspectiva de V estivesse no interior da
circunferência, sucederia exactamente o mesmo – a perspectiva do cone resumir-se-ia a um círculo e a um ponto do círculo. A existência de
geratrizes do contorno aparente só se verifica quando a perspectiva do vértice do cone está no exterior da circunferência, conforme exposto
nas páginas 266 e 267 do Manual.
131
SOLUÇÕES
297.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Tratando-se de uma perspectiva planométrica, o plano
axonométrico é o plano XY. A perspectiva do eixo Z (o eixo que não
está contido no plano axonométrico) faz, com a parte positiva do
eixo X um ângulo de 145° (que é um ângulo obtuso) e, com a parte
positiva do eixo Y, um ângulo de 125° (que é outro ângulo obtuso).
A perspectiva do eixo Z desenha-se na vertical. A figura está contida
num plano frontal (paralelo ao plano XZ), pelo que se projecta em
V.G. no plano XZ – assim, rebateu-se o plano XZ sobre o plano axonométrico, conforme exposto no relatório do exercício 269 (para representar a figura em Dupla Projecção Ortogonal), e representou-se
o ponto Q em Dupla Projecção Ortogonal. Por Q1, a projecção horizontal de Q, conduziu-se o traço horizontal do plano ϕ (o plano frontal que contém a figura). Com centro em Q2r, a projecção frontal de
Q em rebatimento, desenhou-se a circunferência circunscrita ao
pentágono (que tem 3,5 cm de raio). Em seguida, efectuou-se a
construção do polígono em rebatimento em V.G. (a figura projecta-se em V.G. no plano XZ), atendendo ao pretendido – o lado [AB] é
vertical e é o lado de maior abcissa (situa-se à esquerda de Q). O
pentágono [A2rB2rC2rD2rE2r] é a projecção frontal do pentágono pretendido, em rebatimento. As projecções horizontais dos seis pontos
estão sobre hϕ, pois o plano ϕ é projectante frontal. Em seguida, determinou-se a direcção de afinidade d, conforme exposto no relatório do exercício 269, e inverteu-se o rebatimento do plano XZ, determinando, dessa forma, as perspectivas das projecções frontais dos seis pontos – Q, A, B, C, D e E.(aconselha-se a leitura do relatório do
exercício 269). Para determinar a perspectiva do ponto Q conduziu-se, pela perspectiva de Q2, a perspectiva da sua recta projectante frontal
(que é paralela ao eixo Y) e, por Q1, a perspectiva da recta projectante horizontal de Q (que é paralela à perspectiva do eixo Z) – o ponto de
concorrência das perspectivas das duas rectas projectantes é a perspectiva do ponto Q. O processo exposto para determinar a perspectiva
do ponto Q repetiu-se para os cinco vértices do pentágono, um a um (A, B, C, D e E), obtendo as suas perspectivas. A partir das perspectivas dos cinco pontos, desenhou-se a perspectiva do polígono. Note que se representou, ainda, o traço lateral (de perfil) do plano ϕ – pϕ.
298.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Tratando-se de uma perspectiva planométrica, o plano axonométrico é o plano XY. A perspectiva do eixo Z (o eixo que não está contido no plano axonométrico) faz, com a parte positiva do eixo X um
ângulo de 130° (que é um ângulo obtuso) e,
com a parte positiva do eixo Y, um ângulo de
140° (que é outro ângulo obtuso). A perspectiva
do eixo Z desenha-se na vertical. A figura está
contida num plano de perfil (paralelo ao plano
YZ), pelo que se projecta em V.G. no plano YZ –
assim, rebateu-se o plano YZ sobre o plano axonométrico (a charneira foi o eixo Y), para se representar a figura em Dupla Projecção
Ortogonal – o eixo Zr fica sobre o eixo X. Note
que, tal como se expôs no exercício 294, a
Dupla Projecção Ortogonal a que se faz referência é a que utiliza o plano YZ como um plano
frontal de projecção – a Dupla Projecção Ortogonal refere-se, assim, ao conjunto de duas
projecções, mas não as usuais projecção horizontal e projecção frontal (as duas projecções
são a projecção horizontal e a projecção lateral). Assim, representou-se o ponto Q na Dupla
Projecção Ortogonal referida – Q 1 é a projecção horizontal de Q e Q3r é a projecção lateral do ponto Q, no rebatimento do plano YZ
sobre o plano axonométrico (a projecção lateral
do ponto existe no plano YZ). Por Q1, a projecção horizontal de Q, conduziu-se o traço horizontal do plano π (o plano de perfil que contém
a figura). Com centro em Q3r, a projecção lateral de Q em rebatimento, desenhou-se a circunferência em V.G., que tem 3 cm de raio. Note
que a projecção da circunferência é tangente ao
(Continua na página seguinte)
132
SOLUÇÕES
eixo Y, pois, no espaço, a circunferência é tangente ao plano XY. A perspectiva de uma circunferência é uma elipse, cujo desenho requer,
no mínimo, oito dos seus pontos e, sempre que possível, os seus dois eixos e o paralelogramo envolvente. Comecemos por determinar a
perspectiva de Q3. O ponto P é um ponto qualquer do eixo Z. Para determinar a direcção de afinidade, é necessário rebater o eixo Z pelo
rebatimento do seu plano projectante – o eixo Zr1 é o eixo Z rebatido pelo rebatimento do seu plano projectante e fica perpendicular à perspectiva do eixo Z. Com o compasso, fazendo centro em O e raio até Pr, desenhou-se um arco de circunferência a partir de Pr até ao eixo
Zr1, no qual se situa Pr1 (que é o outro extremo do arco). Por Pr1 conduziu-se ma recta projectante em rebatimento, com a inclinação pretendida, e determinou-se a perspectiva de P sobre a perspectiva do eixo Z. A recta que passa por Pr e pela perspectiva de P é a recta d, que é
a direcção de afinidade que nos permite inverter o rebatimento do plano YZ. As projecções do ponto Q (projecção lateral e projecção horizontal) são dois extremos da linha de chamada do ponto Q – a linha de chamada de Q tem extremos em Q1 e em Q3 e é quebrada no eixo
X. A parte da linha de chamada de Q que está contida no plano YZ, em perspectiva, é paralela à perspectiva do eixo Z. Pelo ponto de intersecção da linha de chamada de Q com o eixo Y conduziu-se uma paralela à perspectiva do eixo Z – o ponto de intersecção dessa recta
com a recta paralela a d que passa por Q3r é a perspectiva de Q3. Em seguida efectuaram-se os procedimentos necessários à construção
da perspectiva da projecção lateral da circunferência, que também é uma elipse (é uma elipse geometricamente igual à elipse que será a
perspectiva da circunferência dada). Começou-se por determinar a mediatriz do segmento de recta [Q3rQ3], ou seja, o segmento cujos extremos são a perspectiva de Q3 e a sua projecção lateral, em rebatimento. A mediatriz do segmento intersecta a charneira do rebatimento
do plano YZ (o eixo Y) no ponto M – com centro em M e raio MQ
3 (que é igual a M
Q
3),
desenhou-se uma semicircunferência, que passa
r
necessariamente por Q3r e por Q3 e que intersecta o eixo Y (a charneira do rebatimento do plano YZ) em R e S. R e S são dois pontos da
charneira, pelo que são fixos – rodam sobre si próprios. Qualquer ângulo inscrito nessa semicircunferência, é necessariamente um ângulo
recto. Assim, desenhou-se o triângulo [RQ3rS], que é rectângulo em Q3r. O lado [RQ3r] está contido na recta ar e o lado [Q3rS] está contido
na recta br. Note que ar e br são perpendiculares entre si. Em seguida, inscreveu-se a circunferência num quadrado, de lados paralelos, precisamente, a ar e a br. e desenharam-se as medianas e as diagonais do quadrado – os pontos de intersecção das medianas e das diagonais
do quadrado com a circunferência são os oito pontos cujas perspectivas nos permitem desenhar a elipse. O passo seguinte consiste em desenhar a perspectiva do quadrado, o que se processa obtendo, em primeiro lugar, as perspectivas das rectas a e b. A perspectiva de a passa por R (que é um ponto da charneira, pelo que é fixo) e pela perspectiva de Q3, tal como a perspectiva de b passa por S (que é um ponto
da charneira, pelo que é fixo) e pela perspectiva de Q3. O triângulo [RQ3S] é também um triângulo rectângulo, em Q3, pois está igualmente
inscrito numa semicircunferência, pelo que as perspectivas das rectas a e b são perpendiculares entre si. Ar e Br são os pontos do quadrado que estão sobre a recta ar – estes pontos foram transportados para a perspectiva de a, com o recurso à direcção de afinidade. Cr e Dr
são os pontos do quadrado que estão sobre a recta br – estes pontos foram transportados para a perspectiva da recta b, com o recurso à
direcção de afinidade. A partir das perspectivas de A, B, C e D construiu-se o rectângulo envolvente da elipse, e desenharam-se as suas diagonais – note que os pontos A, B, C e D são os pontos em que a elipse será tangente aos lados do rectângulo. Os pontos Er e Fr são os
pontos da recta ar que nos dão as referências dos quatro pontos da circunferência que estão sobre as diagonais – Er e Fr foram transportados para a perspectiva da recta a através da direcção de afinidade. Pelas perspectivas de E e F conduziram-se paralelas à perspectiva da
recta b que, ao intersectarem as diagonais do rectângulo, nos deram os quatro pontos da elipse que estão sobre as diagonais do rectângulo. A partir destes pontos, já se têm os oito pontos que nos permitem desenhar a curva, atendendo a que [AB] é o eixo maior da elipse e
que [CD] é o seu eixo menor. Note que a elipse desenhada é a perspectiva da projecção lateral da elipse pretendida. Assim, considerando
que o plano π é um plano projectante horizontal, transportaram-se, para o plano π, todas as referências que nos permitiram o desenho da
elipse, efectuando uma translação dessas referências ao longo da direcção das perspectivas das projectantes laterais (paralelas ao eixo X) –
essas referências são a recta a, a recta b, o rectângulo envolvente, os pontos A, B, C, D, E e F. Assim, a recta a é a projecção lateral de uma
recta a’, contida no plano π. A recta b é a projecção lateral de uma recta b’, contida no plano π. Os pontos A, B, C, D, E e F são as projecções laterais de outros pontos A’, B’, C’, D’, E’ e F’, contidos no plano π. A partir dessas referências (idênticas às determinadas para o desenho da primeira elipse), desenhou-se a elipse que é a perspectiva da circunferência dada.
299.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos
três eixos coordenados (ver exercício anterior) – o plano
axonométrico é o plano XY. Em seguida rebateu-se o
plano XZ sobre o plano axonométrico (o plano XY), com
vista à representação do sólido em Dupla Projecção
Ortogonal – a charneira do rebatimento foi o eixo X e o
eixo Zr fica sobre o eixo Y. Representou-se o cilindro
em Dupla Projecção Ortogonal, pela sua projecção
horizontal e pela sua projecção frontal (no plano XZ
rebatido sobre o plano XY, em torno do eixo X) – Q é o
centro da base inferior e Q’ o centro da base superior.
Q é um ponto do próprio plano XY. Q’2r é a projecção
frontal de Q’ rebatida, pelo rebatimento do plano XZ.
Por Q’2r conduziu-se o traço frontal do plano ν em rebatimento – fνr (ν é o plano horizontal que contém a base
superior do sólido). A base inferior do sólido está contida no próprio plano axonométrico, pelo que está em
V.G. – ao contrário da situação anterior, a perspectiva
(Continua na página seguinte)
133
SOLUÇÕES
da circunferência é a própria circunferência. Em seguida determinou-se a direcção de afinidade d (ver exercício 269) e inverteu-se o rebatimento do ponto Q’, conforme exposto no relatório do exercício 297. Q’2 é a perspectiva da projecção frontal de Q’ e Q’ é a perspectiva propriamente dita do ponto. Por Q’2 conduziu-se a perspectiva do traço frontal de ν (fν), que é paralela ao eixo X, e pelo ponto de concorrência
de fν com a perspectiva do eixo Z conduziu-se a perspectiva do traço lateral (de perfil) do plano ν (pν). A base superior está contida num
plano horizontal (de nível), que é paralelo ao plano axonométrico, pelo que a perspectiva da base superior não apresenta qualquer deformação – projecta-se em V.G., ou seja, a sua perspectiva é outra circunferência, geometricamente igual à primeira. Assim, com centro em Q’,
desenhou-se uma circunferência com 3 cm de raio, que será a perspectiva da base superior do sólido. Há, agora, que determinar as geratrizes do contorno aparente do cilindro. Estas determinam-se com o recurso aos planos tangentes ao cilindro que são paralelos a uma recta projectante. Para tal há que conduzir, por um ponto qualquer, duas rectas – uma recta paralela às geratrizes do cilindro e uma recta
projectante. Para evitar um traçado excessivamente complexo e denso, optou-se por considerar o Q’ como o ponto pelo qual se conduzirão
as duas rectas. Uma das rectas é a recta suporte do próprio eixo do cilindro – é a recta paralela às geratrizes do sólido que passa por Q’.
Em seguida, conduziu-se, por Q’, uma recta projectante – a recta r. A perspectiva da recta r é um ponto, pelo que se assinalou devidamente
com parêntesis. A recta suporte do eixo do cilindro e a recta r definem um plano θ – há que determinar a recta de intersecção desse plano
(plano θ) com o plano da base de referência do cilindro (considerou-se, como base de referência, a base que está contida no plano XY – a
base inferior). A recta r intersecta o plano XY no ponto I. A perspectiva do ponto I está coincidente com a perspectiva da recta r e com a
perspectiva de Q’ – I ≡ (r) ≡ Q’. A recta suporte do eixo do cilindro intersecta o plano XY no ponto Q (o centro da base que está contida no
plano XY – a base inferior). A recta de intersecção do plano θ com o plano XY está definida por I e por Q – é a recta i. Em seguida, há que
conduzir as rectas tangentes à base de referência do cilindro que são paralelas à recta i – atendendo a que a base de referência está em
V.G., esta construção é directa. As rectas t e t são as rectas tangentes à base inferior do cilindro que são paralelas à recta i – os pontos A e
B são os respectivos pontos de tangência. Os pontos correspondentes da outra base são A’ e B’. As geratrizes do contorno aparente são
[AA’] e [BB’]. A partir das geratrizes do contorno aparente, desenhou-se a perspectiva do sólido, assinalando convenientemente a parte
invisível do contorno da base inferior do cilindro.
300.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos
coordenados. Uma vez que o plano axonométrico é o plano XY,
o eixo X e o eixo Y fazem, entre si, um ângulo de 90°. A perspectiva do eixo Z (o eixo que não está contido no plano axonométrico) faz, com as partes positivas do eixo X e do eixo Z ângulos de
135° (ângulos obtusos) e desenha-se na vertical. Para desenhar
a perspectiva do objecto dado a partir das suas projecções, há
que, em primeiro lugar, representar as suas projecções nas faces do triedro, à semelhança do referido no relatório do exercício
277. No entanto, para determinados objectos, são suficientes
duas projecções, desde que estas sejam criteriosamente escolhidas. O objecto dado apresenta uma rampa, que não é perceptível em projecção frontal, pelo que, recorrendo apenas a duas
projecções, será aconselhável que essas projecções sejam a
sua projecção horizontal (a projecção do objecto no plano XY)
e a sua projecção lateral (a projecção do objecto no plano YZ,
na qual se vê claramente a rampa). Para tal, rebateu-se o plano
YZ sobre o plano axonométrico (a charneira foi o eixo Y) – o eixo
Zr fica sobre o eixo X. Note que, tal como se expôs no exercício
294, a Dupla Projecção Ortogonal a que se faz referência é a
que utiliza o plano YZ como um plano frontal de projecção – a
Dupla Projecção Ortogonal refere-se, assim, ao conjunto de
duas projecções, mas não as usuais projecção horizontal e
projecção frontal (as duas projecções são a projecção horizontal e a projecção lateral). O vértice A do objecto, pelas suas
coordenadas, é a própria origem do referencial – o ponto O. Em
função das projecções dadas, conclui-se que o sólido tem três faces paralelas aos planos coordenados – uma vez que o ponto A é a origem
do referencial, conclui-se que o objecto se apoia nos três planos coordenados e que tem arestas contidas nos eixos coordenados. Em V.G.,
representaram-se a projecção horizontal do objecto (que existe no próprio plano axonométrico – o plano XY) e a sua projecção lateral (no
plano YZ rebatido sobre o plano axonométrico). Em seguida, determinou-se a direcção de afinidade d, que nos permite inverter o rebatimento do plano YZ – ver relatório do exercício 298. Com o recurso à direcção de afinidade, inverteu-se o rebatimento do plano YZ e obteve-se a perspectiva da projecção lateral do objecto. Pelas projecções de cada um dos vértices do objecto conduziram-se as perspectivas
das respectivas rectas projectantes, obtendo as suas perspectivas e, em simultâneo, as perspectivas das arestas do sólido. Estas permitiram-nos desenhar a perspectiva do sólido, na qual se assinalaram convenientemente as invisibilidades existentes.
134
SOLUÇÕES
301.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados.
Uma vez que o plano axonométrico é o plano YZ, a perspectiva do eixo X (o eixo
que não está contido no plano axonométrico) faz, com as partes positivas dos outros dois eixos ângulos de 135° (os ângulos normalizados). O vértice A do objecto,
pelas suas coordenadas, é a própria origem do referencial – o ponto O. Em função
das projecções dadas, conclui-se que o sólido tem três faces paralelas aos planos
coordenados – uma vez que o ponto A é a origem do referencial, conclui-se que o
objecto se apoia nos três planos coordenados e que tem arestas contidas nos eixos
coordenados. Desenharam-se as perspectivas das três projecções do sólido, nas
faces do triedro, tendo em conta que as medidas no eixo Y e no eixo Z estão em
V.G. e as medidas no eixo X estão reduzidas a metade (o coeficiente de redução
normalizado é 0,5). Em seguida, pelas projecções de cada um dos vértices do objecto conduziram-se as perspectivas das respectivas rectas projectantes, obtendo
as suas perspectivas e, em simultâneo, as perspectivas das arestas do sólido. Estas
permitiram-nos desenhar a perspectiva do sólido, na qual se assinalaram convenientemente as invisibilidades existentes.
302.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. O plano axonométrico é o plano XY. Numa perspectiva planométrica normalizada, a perspectiva do eixo Z (o eixo que não está
contido no plano axonométrico) faz, com as partes positivas dos outros
dois eixos ângulos de 135° (os ângulos normalizados) e representa-se
convencionalmente na vertical. Representaram-se os pontos A e B pelas
suas coordenadas (abcissa e afastamento) em V.G., pois A e B estão
contidos no plano XY (que é o plano axonométrico). Em seguida, uma
vez que o quadrado [ABCD] está contido no plano axonométrico, construiu-se o quadrado em V.G., a partir de A e B e garantindo que a figura
se situa no 1o Triedro (todos os seus vértices têm abcissa e afastamento
positivos). Todos os vértices do quadrado têm cota nula, pelo que estão
oincidentes com as respectivas projecções horizontais. O quadrado
[ABCD] tem 5 cm de lado e é a face inferior do cubo – a sua face superior é outro quadrado, cuja projecção horizontal está coincidente com o
quadrado [A1B1C1D1]. Em projecção horizontal, determinaram-se os
pontos médios dos lados do quadrado [A1B1C1D1], obtendo um outro
quadrado – o quadrado [J1K1L1M1]. Este é a projecção horizontal do
quadrado da base da pirâmide – V1, a projecção horizontal do vértice da
pirâmide, é o centro do quadrado. Todas estas construções se processaram em V.G., por se situarem no plano axonométrico. Há, agora, que
determinar as medidas referentes ao eixo Z, cujo coeficiente de redução
normalizado é 2/3. Uma vez que o cubo tem 5 cm de aresta e 2/3 de 5
cm é 3,33333...., que não é um valor exacto, efectuaram-se os traçados
explicitados no relatório do exercício 273, com vista a determinar, graficamente, 2/3 de 5 cm. Esses traçados permitiram-nos determinar um
segmento de recta [OP], em que O é a origem do referencial e P um ponto do eixo Z tal que O
P
= 2/3 x 5 cm. A partir do ponto P, desenhou-se a perspectiva da face superior do cubo. Há, agora, que determinar 2/3 de 7 cm (a altura da pirâmide). Repetindo a construção
exposta no relatório exercício 273, determinou-se um ponto Q, do eixo Z, tal que = 2/3 x 7 cm. A base da pirâmide está ao nível de P, pelo
que, com o compasso, se mediu o comprimento de [OQ] e, fazendo centro em P e com raio OQ
, se obteve um ponto R, do eixo Z, a que
=
OQ
). A partir do ponto R, determinou-se a perspectiva do vértice V, da pirâmide, e desecorresponde a altura da pirâmide (note que PR
nhou-se a perspectiva do conjunto de sólidos, assinalando convenientemente as invisibilidades existentes.
303.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados que fazem, entre si, ângulos de 120°. Em seguida, optou-se
por recorrer ao método dos cortes para a resolução do problema. Uma vez que o quadrado [ABCD] (a base da pirâmide) está contido no
plano XY, rebateu-se o plano XY para o interior da pirâmide axonométrica e efectuou-se a sua translação para fora desta (ver relatório do
exercício 248). Sobre o plano XY rebatido e transladado, representaram-se Ar e Cr, em função das suas coordenadas (abcissa e afastamento,
pois os dois pontos têm cota nula). O quadrado está contido no plano XY, pelo que, no rebatimento do plano XY, o quadrado está em V.G. –
a partir de Ar e Cr construiu-se um quadrado [ArBrCrDr], garantindo a figura se situa no 1o Triedro (todos os vértices do polígono têm
(Continua na página seguinte)
135
SOLUÇÕES
abcissa e afastamento positivos). Uma vez que a figura está
contida no plano XY, as projecções laterais de todos os seus
vértices estão no eixo Y – A3r, B3r, C3r e D3r são, respectivamente, as projecções laterais de A, B, C e D, em rebatimento. Em
seguida, procedeu-se à inversão do rebatimento, com o recurso
a rectas perpendiculares à charneira. Conduziu-se, por A3r, uma
perpendicular à charneira, e obteve-se a perspectiva de A3 sobre a perspectiva do eixo Y (A3 é um ponto do eixo Y). Pela
perspectiva de A3 conduziu-se a perspectiva da recta projectante lateral de A (que é paralela à perspectiva do eixo X) e o ponto
em que esta intersecta a perpendicular à charneira que passa
por Ar é a perspectiva de A. O processo acima exposto para inverter o rebatimento do ponto A repetiu-se para os restantes
vértices do quadrado, um a um (B, C e D), bem como para o
centro do quadrado, o ponto Q, obtendo as suas perspectivas.
A partir das perspectivas dos seus quatro vértices, desenhou-se
a perspectiva do quadrado. É dado que o eixo da pirâmide está
contido numa recta frontal (de frente) – recta f. A projecção horizontal da recta f é paralela ao eixo X (todos os seus pontos têm
o mesmo afastamento), pelo que, no rebatimento do plano XY,
a recta f1r, passando por Q1r é a projecção horizontal da recta f
em rebatimento e, em perspectiva, a recta f1, passando pela
perspectiva de Q, é a perspectiva da projecção horizontal da
recta f. A projecção horizontal do vértice da pirâmide é um ponto de f1. Põe-se agora o problema do ângulo que a recta f faz
com o plano XY – esse ângulo está em V.G. no plano XZ, pelo
que é necessário efectuar o rebatimento do plano XZ para representar esse ângulo em V.G. – recorreu-se de novo ao método dos cortes, para garantir uma relação directa entre o
rebatimento e a perspectiva. No plano XZ, rebatido e transladado, a partir de Or’, mediu-se um ângulo de 60° (a.e.) e representou-se uma recta f’r – esta não é a recta f, mas uma outra recta
paralela à recta f. Sobre a recta f’r representou-se um ponto Pr,
com a cota de V – note que a pirâmide tem 8 cm de altura e,
como a sua base tem cota nula, o vértice da pirâmide tem 8 cm de cota, que é a cota de Pr. Inverteu-se o rebatimento e obteve-se a perspectiva de P – a perspectiva da recta f’ está definida por O e pela perspectiva de P. Em seguida determinou-se Q2, a perspectiva da projecção frontal de Q (o centro do quadrado) – pela perspectiva de Q2 conduziu-se a perspectiva de f2 (a perspectiva da projecção frontal da
recta f). V2 situar-se-á sobre f2, com a cota de P – transportou-se a cota de P para f2, com o recurso a uma paralela à perspectiva do eixo X,
e determinou-se V2, a perspectiva da projecção frontal de V. A partir desta, com o recurso à perspectiva da linha de chamada de V, determinou-se a perspectiva da projecção horizontal de V – V1 – sobre a perspectiva da projecção horizontal da recta f – f1. A partir das perspectivas das duas projecções de V determinou-se a perspectiva de V. Em seguida desenhou-se a perspectiva do sólido – o contorno aparente é
[ABCVD]. Todos os vértices integram o contorno aparente. No entanto, a base é invisível, bem como a face lateral [CDV], pelo que a aresta
[CD], da base, é invisível. As restantes faces e as restantes arestas do sólido são visíveis.
304.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados. Uma vez que o eixo Y é o que sofre uma redução isolada,
sabe-se que a sua perspectiva faz, com as perspectivas dos outros dois eixos, dois ângulos iguais. As perspectivas dos outros dois eixos fazem, entre si, um ângulo de 110° – a diferença é 250° (360° – 110° = 250°). Assim, a perspectiva do eixo Y fará, com as perspectivas dos outros dois eixos, ângulos de 125° (250° : 2 = 125°). Em seguida, optou-se por recorrer ao método dos cortes para a resolução do problema.
Uma vez que o triângulo [ABC] (a base inferior do prisma) está contido no plano XY, rebateu-se o plano XY para o interior da pirâmide axonométrica e efectuou-se a sua translação para fora desta. Sobre o plano XY rebatido e transladado, representou-se Ar, em função das suas
coordenadas (abcissa e afastamento, pois o ponto tem cota nula). O triângulo está contido no plano XY, pelo que, no rebatimento do plano
XY, o triângulo está em V.G. – a partir de Ar construiu-se um triângulo [ArBrCr], de acordo com os dados (o lado [ArBr] é paralelo ao eixo Yr),
garantindo a figura se situa no 1o Triedro (todos os vértices do polígono têm abcissa e afastamento positivos). Optou-se por representar,
também, a projecção horizontal do ponto A’ no rebatimento do plano XY – A’1r é a projecção horizontal de A’ no rebatimento do plano XY.
Em seguida, inverteu-se o rebatimento, conforme exposto no relatório do exercício anterior, obtendo as perspectivas de A, B e C e desenhando, assim, a perspectiva do triângulo que é a base inferior do sólido. Em seguida determinou-se a perspectiva da cota do plano ν, o
plano horizontal (de nível) que contém a base superior do prisma (o quadrado [A’B’C’D’]) – as cotas medem-se no eixo Z. Nesse sentido,
rebateu-se o eixo Z, pelo rebatimento do plano XZ (método do rebatimento dos planos coordenados) e sobre o eixo Zr a partir de Or,
(Continua na página seguinte)
136
SOLUÇÕES
representou-se a cota de ν (que é a cota de A’ – 7 cm) em V.G. –
invertendo o rebatimento, com o recurso a uma perpendicular à
charneira, determinou-se, sobre a perspectiva o eixo Z, a perspectiva do ponto de concorrência dos traços frontal e lateral do
plano ν, cujas perspectivas se desenharam imediatamente (fν é a
perspectiva do traço frontal de ν e pν é a perspectiva do traço lateral de ν). Note que, no rebatimento do plano XZ, se omitiu a
representação do eixo Xr, por não ser necessária. Note ainda
que, uma vez que o eixo X e o eixo Z têm o mesmo coeficiente
de redução, se poderia ter determinado a perspectiva da cota de
ν sobre a perspectiva do eixo X e, em seguida, efectuado o
transporte dessa medida para a perspectiva do eixo Z, com o
compasso. Com um processo idêntico ao descrito no exercício
anterior para obter a perspectiva do ponto A, determinou-se a
perspectiva do ponto A’ – A’3 é a perspectiva da projecção lateral de A’ e situa-se sobre pν. A perspectiva da projecção lateral
da aresta lateral [AA’] do prisma é [A3A’3]. Por B3, a perspectiva
da projecção lateral de B, conduziu-se uma paralela a [A3A’3],
obtendo B’3 sobre pν – B’3 é a perspectiva da projecção lateral
de B’, o extreo superior da aresta lateral [BB’]. Por B’3 conduziu-se a perspectiva da recta projectante lateral de B – o ponto em
que a projectante lateral intersecta a paralela a [AA’] que passa
por B é a perspectiva de B’. O processo descrito repetiu-se para
a determinação da perspectiva do vértice C’. A partir das perspectivas dos três vértices da base superior, desenhou-se a perspectiva do triângulo [A’B’C’], bem como a perspectiva do
prisma. O contorno aparente é [BCC’A’B’]. O único vértice que
não integra o contorno aparente é A, que é invisível, bem como
todas as arestas que nele convergem. A base inferior é invisível e
a base superior é visível.
305.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados que fazem, entre si, ângulos de 120°. Em seguida, efectuaram-se as construções necessárias à determinação da perspectiva da base do cone, que será uma elipse. Note que o objectivo do exercício
é perspectiva de um cone. Nesse sentido, sublinha-se que é não é aconselhável o recurso ao método dos cortes, em função dos traçados
que se seguem à construção da elipse – deve-se recorrer ao método do rebatimento dos planos coordenados. Assim, começou-se por
rebater o plano XY (o plano que contém a base do cone) – no plano XY rebatido representou-se Qr (o centro da circunferência em rebatimento) e desenhou-se a circunferência, com centro em Qr e 3,5 cm de raio. Em seguida inscreveu-se a circunferência num quadrado de lados paralelos à charneira do rebatimento (o eixo de homologia) e desenharam-se as medianas e as diagonais do quadrado. Ar é o ponto em
que a recta suporte de uma das diagonais do quadrado intersecta o eixo Yr – conduzindo, por Ar uma perpendicular à charneira, determinou-se a perspectiva de A sobre a perspectiva do eixo Y. A perspectiva da recta suporte da diagonal fica definida pelo ponto B (o ponto em
que intersecta a charneira, que é fixo – B ≡ Br) e pela perspectiva de A. Com o recurso a rectas perpendiculares à charneira, determinaramse as perspectivas de Q (que é um ponto da diagonal) e do vértice do quadrado que é oposto a A (que é o outro extremo da diagonal). A
partir dos três pontos (a perspectiva de Q e as perspectivas dos dois extremos de uma diagonal do quadrado) construiu-se a perspectiva do
quadrado, que é um rectângulo. Em seguida, pela perspectiva de Q conduziram-se as perspectivas das medianas do quadrado (que são as
medianas do rectângulo) bem como a perspectiva da outra diagonal – transportando para a perspectiva, com o recurso a perpendiculares à
charneira, os pontos em que a circunferência corta as diagonais do quadrado, determinaram-se os oito pontos que nos permitem desenhar
a elipse (ver relatório do exercício 279). Optou-se, no entanto, por não desenhar imediatamente a elipse, pois a determinação das geratrizes
do contorno aparente do cone irá fornecer-nos mais dois pontos da curva. Passou-se, então, para a determinação da perspectiva do sólido.
Em primeiro lugar há que determinar a perspectiva de V, o vértice do cone, o que se efectuou conforme exposto no relatório do exercício
248. Para determinar as geratrizes do contorno aparente do sólido, há que recorrer aos planos tangentes ao cone que são paralelos a
uma recta projectante. Para tal conduziu-se, por V, uma recta i, projectante (ortogonal ao plano axonométrico) – a perspectiva da recta i é
um ponto, pelo que se assinalou devidamente com parêntesis. Em seguida determinou-se o ponto de intersecção da recta i com o plano da
base (o plano XY) – o ponto I. A perspectiva do ponto I está coincidente com a perspectiva da recta i e com a perspectiva de V – I ≡ (i) ≡ V.
Por I há que conduzir as rectas tangentes à base do cone – esta construção não se pode processar directamente em perspectiva. Assim, há
que efectuar este procedimento em rebatimento. Para tal, rebateu-se o ponto I pelo rebatimento já efectuado do plano XY (o ponto I é um
ponto do plano XY). Pela perspectiva de I conduziu-se a perspectiva de uma recta paralela ao eixo X – a recta h. A recta h é concorrente
com a charneira do rebatimento no ponto H, que é um ponto fixo – H ≡ Hr. Por Hr conduziu-se a recta hr (a recta h em rebatimento), paralela
(Continua na página seguinte)
137
SOLUÇÕES
ao eixo Xr. O ponto em que hr é concorrente
com a perpendicular à charneira que passa
pela perspectiva de I é Ir. Por fim, por Ir conduziram-se as tangentes à circunferência em
V.G., em rebatimento (as rectas tr e t’r), obtendo os pontos T e T’, os pontos de tangência.
Para determinar as perspectivas de T e T’
conduziu-se, por Tr e T’r, uma recta mr. A recta mr intersecta a charneira do rebatimento no
ponto Mr, que é fixo – M ≡ Mr. A recta mr intersecta o eixo Xr no ponto Nr – a perspectiva
de N determina-se imediatamente sobre a
perspectiva do eixo X, através da perpendicular à charneira que passa por Nr. A perspectiva da recta m fica definida pelas perspectivas
de M e N. As perspectivas de T e T’ estão sobre a perspectiva de m, nos pontos de concorrência desta com as perpendiculares à
charneira que passam por aqueles pontos. As
geratrizes do contorno aparente são [TV] e
[T’V], cujas perspectivas se desenharam imediatamente. Note que se desenharam, também, as perspectivas das rectas t e t’ – estas
estão definidas pelos seus pontos de concorrência com a charneira (que são fixos) e pela
perspectiva de V. A partir dos dez pontos já
determinados da elipse, desenhou-se a curva,
atendendo a que a elipse é concordante com
a perspectiva da geratriz [TV] em T e é concordante com a perspectiva da geratriz [T’V]
em T’. Assinalando convenientemente a parte
invisível do contorno da base, obteve-se a
perspectiva do cone.
306.
Em primeiro lugar, desenharam-se as perspectivas dos três eixos coordenados (ver exercício anterior) – o plano axonométrico é o plano XY.
Em seguida rebateu-se o plano XZ sobre o plano axonométrico (o plano XY), com vista à representação do sólido em Dupla Projecção Ortogonal – a charneira do rebatimento foi o eixo X e o eixo Zr fica sobre o eixo Y. Representou-se o cilindro em Dupla Projecção Ortogonal, pela
sua projecção horizontal e pela sua projecção frontal (no plano XZ rebatido sobre o plano XY, em torno do eixo X). Note que a base inferior
é tangente ao eixo X e a base superior, em projecção horizontal, é tangente ao eixo Y. Q é um ponto do próprio plano XY. Q’2r é a projecção
frontal de Q’ rebatida, pelo rebatimento do plano XZ. Por Q’2r conduziu-se o traço frontal do plano ν em rebatimento – fνr (ν é o plano horizontal que contém a base superior do sólido). A base inferior do sólido está contida no próprio plano axonométrico, pelo que está em V.G.
– a perspectiva da base é a própria circunferência que a delimita. Em seguida determinou-se a direcção de afinidade d (ver exercício 267)
e inverteu-se o rebatimento do ponto Q’, conforme exposto no relatório do exercício 297. Q’2 é a perspectiva da projecção frontal de Q’ e Q’
é a perspectiva propriamente dita do ponto. Por Q’2 conduziu-se a perspectiva do traço frontal de ν (fν), que é paralela ao eixo X, e pelo ponto de concorrência de fν com a perspectiva do eixo Z conduziu-se a perspectiva do traço lateral (de perfil) do plano ν (pν). A base superior
está contida num plano horizontal (de nível), que é paralelo ao plano axonométrico, pelo que a perspectiva da base superior não apresenta
qualquer deformação – projecta-se em V.G., ou seja, a sua perspectiva é outra circunferência, geometricamente igual à primeira. Assim, com
centro em Q’, desenhou-se uma circunferência com 3 cm de raio, que será a perspectiva da base superior do sólido. Há, agora, que determinar as geratrizes do contorno aparente do cilindro. Estas determinam-se com o recurso aos planos tangentes ao cilindro que são paralelos a uma recta projectante. Para tal há que conduzir, por um ponto qualquer, duas rectas – uma recta paralela às geratrizes do cilindro e
uma recta projectante. Para evitar um traçado excessivamente complexo e denso, optou-se por considerar o Q’ como o ponto pelo qual se
conduzirão as duas rectas. Uma das rectas é a recta suporte do próprio eixo do cilindro – é a recta paralela às geratrizes do sólido que passa por Q’. Em seguida, conduziu-se, por Q’, uma recta projectante – a recta r. A perspectiva da recta r é um ponto, pelo que se assinalou
(Continua na página seguinte)
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SOLUÇÕES
devidamente com parêntesis. A recta suporte do
eixo do cilindro e a recta r definem um plano θ –
há que determinar a recta de intersecção desse
plano (plano θ) com o plano da base de referência do cilindro (considerou-se, como base de
referência, a base que está contida no plano XY
– a base inferior). A recta r intersecta o plano XY
no ponto I. A perspectiva do ponto I está coincidente com a perspectiva da recta r e com a
perspectiva de Q’ – I ≡ (r) ≡ Q’. A recta suporte
do eixo do cilindro intersecta o plano XY no
ponto Q (o centro da base que está contida no
plano XY – a base inferior). A recta de intersecção do plano θ com o plano XY está definida
por I e por Q – é a recta i. Em seguida, há que
conduzir as rectas tangentes à base de referência do cilindro que são paralelas à recta i – atendendo a que a base de referência está em V.G.,
esta construção é directa. As rectas t e t são as
rectas tangentes à base inferior do cilindro que
são paralelas à recta i – os pontos A e B são os
respectivos pontos de tangência. Os pontos correspondentes da outra base são A’ e B’. As
geratrizes do contorno aparente são [AA’] e
[BB’]. A partir das geratrizes do contorno aparente, desenhou-se a perspectiva do sólido,
assinalando convenientemente a parte invisível
do contorno da base inferior do cilindro.
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