Soluções dos exercícios do livro de GD - A do 11º Ano

1. 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 for-
ma, considerou-se de maior utilidade o desenvolvimento dos relatórios e a resolução gráfica dos problemas a uma escala que evite qual-
quer 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 parale-
las, 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 con-
correntes), 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 igual-
mente complanares. Assim, recorreu-se a uma recta do plano definido pelas rec-
tas 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 rec-
tas 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 necessaria-
mente paralela à recta p.
3.
Em primeiro lugar, desenharam-se as projecções das duas rectas, que estão coinci-
dentes (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). Reba-
teram-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.
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2. 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 – pas-
sando 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, necessa-
riamente, 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, para-
lela 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 conte-
nha 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. Determina-
ram-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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3. 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 projecçõ-
es, 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 pla-
no 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 parale-
las 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 pla-
no 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 con-
sistiu em: 1. conduzir, pela recta, um plano auxiliar (o plano α é um plano verti-
cal 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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4. 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 necessi-
tamos 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). Aten-
dendo a que os traços de um plano oblíquo são duas rectas concorren-
tes 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 hipó-
tese – 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 pa-
ralelas 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 con-
corrente 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 para-
lelos 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, desenha-
ram-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 pro-
jecções 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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5. 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 pro-
jecções 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 pa-
ralela 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, con-
corrente 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 determina-
ção dos traços do plano, ver relatório do exercício 10. O plano α contém a recta h e é para-
lelo à recta a, pois contém uma recta paralela a a – a recta r.
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6. 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-hori-
zontais 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 rec-
ta 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 char-
neira 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, determi-
nando-se, em seguida, as suas projecções, através da inversão do rebatimento. Pelos tra-
ços 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 hori-
zontal 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. Aten-
dendo 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, necessa-
riamente 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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7. SOLUÇÕES
22.
a) Em primeiro lugar, representaram-se os pontos A e B pelas suas projecções e desenha-
ram-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 particula-
res). 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 se-
guida, 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 necessaria-
mente de ser uma recta horizontal (de nível) ou uma recta frontal (de frente), pois a ortogo-
nalidade 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 perpendiculari-
dade 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 pro-
jecções, 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 con-
correntes do plano (ou a duas «famílias» de rectas do plano). Assim, passando por P2 dese-
nhou-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 hipó-
teses, desde que se verifique, sempre, a perpendicularidade entre as projecções da recta e os tra-
ços homónimos do plano. Trata-se de uma recta horizontal (de nível).
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8. 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 rec-
tas 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 neces-
sário 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, deter-
minaram-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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9. 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 projec-
ções 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 determi-
nou-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 rec-
ta 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 or-
togonais à recta r). Por outro lado, para que o plano θ contenha o ponto P, P terá de per-
tencer 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 te-
mos 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, con-
duziu-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 dese-
nhou-se hθ, que é concorrente com fθ num ponto do eixo X e é paralelo a h1 (perpendicu-
lar 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 con-
ter 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 per-
pendicular 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).
9

10. 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 ortogo-
nal 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 atra-
vés 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 concor-
rentes – são complanares (estão contidas no mesmo plano de perfil). Em
seguida, determinaram-se os traços da recta i, em rebatimento, e inver-
teu-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 fun-
ção 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 projec-
ções (nenhuma das duas rectas é paralela a qualquer dos planos de projecção), é neces-
sário 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 per-
pendicular 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 con-
tém P tal que p1 faz, com o eixo X, o ângulo pretendido. A recta p tem de ter os seus tra-
ços 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 projec-
ções da recta p. A recta p está definida por dois pontos – A e o seu ponto de concor-
rência com o eixo X.
10

11. SOLUÇÕES
36.
Em primeiro lugar, representaram-se o plano α, pelos seus traços, e o ponto M, pelas suas pro-
jecções, 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 con-
tenha 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 orto-
gonal 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 projec-
ções, 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 exis-
tem 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 tra-
ços 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

12. SOLUÇÕES
40.
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 imediata-
mente 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 hori-
zontais 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 ou-
tro 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.
41.
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 coinci-
dentes (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 es-
paço 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 pro-
jecções 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 ortogo-
nal ao plano ρ.
12

13. 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 projec-
ções simétricas em relação ao eixo X, e é ortogonal à recta r, pois está contida num plano ortogo-
nal 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 projec-
ções, em função dos dados. Em seguida, teve-se em conta que uma recta verti-
cal 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 Hori-
zontal 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 Pro-
jecção (plano 1) pelo plano 5, ortogonal a [AB]. O eixo X’’ é a recta de intersec-
ção 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 AB é A4B4.
46.
Em primeiro lugar, representou-se o segmento de recta [MN] pelas suas projecções, em fun-
ção dos dados. Em seguida, teve-se em conta que uma recta fronto-horizontal é um caso par-
ticular 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. Man-
teve-se o Plano Frontal de Projecção, pelo que se mantiveram as projecções frontais e os afas-
tamentos 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 para-
lelo 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 determi-
nam-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
MN é M4N4 ou M5N5.
13

14. 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 pro-
jecção 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 Pro-
jecção. Assim, substituiu-se o Plano Frontal de Projecção (plano 2) pelo plano 5, orto-
gonal 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 si-
métricos 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 projec-
tante horizontal, para o que se substituiu o Plano Hori-
zontal 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 afastamen-
tos. 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 con-
corrente com fα no eixo X’. No novo diedro de projec-
ção, o plano α já é um plano vertical (projectante
horizontal). Um plano frontal (de frente) é um plano pro-
jectante 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 ní-
vel) 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 per-
pendicular a hρ. manteve-se o Plano Horizontal de Projecção,
pelo que se mantiveram as projecções horizontais e as cotas.
(Continua na página seguinte)
14

15. 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 Pro-
jecção 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 seg-
mento 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 para-
lela 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 represen-
tação 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’’1B’’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 parti-
cular 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 dese-
nharam 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

16. SOLUÇÕES
52.
Em primeiro lugar, desenharam-se as projecções do segmento [RS], em função dos da-
dos. Em seguida, teve-se em conta que um segmento fronto-horizontal é um caso particu-
lar 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 afastamen-
tos. O novo eixo, e’, é de topo e escolheu-se de forma a ser P’ o ponto a rodar, cujo cen-
tro 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’’1S’’1 ou R’’2S’’2.
53.
Em primeiro lugar, representou-se o plano α, pelos seus
traços, e o triângulo [ABC], pelas suas projecções, perten-
cente ao plano. Em seguida, teve-se em conta que um plano
frontal (de frente) é projectante horizontal. Nesse sentido, co-
meçou-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 perpendi-
cular 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 econo-
mia 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 afasta-
mentos – 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 determi-
nar 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 roda-
do). 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

17. 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 for-
ma 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 pla-
no 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 triân-
gulo, 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 alterna-
tiva 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 M2F2 para (hθ), obten-
do 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 orto-
gonal 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 pon-
to 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 pon-
to. 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 MPr1.
Com o compasso, fazendo centro em M e raio até Pr1, transportou-se MPr1 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 MRr1. A V.G. do triângulo [PQR] está no triângulo [PrQrRr].
17

18. SOLUÇÕES
57.
Em primeiro lugar, representaram-se os pontos R e S, pelas suas projecções, e deter-
minaram-se os traços do plano ρ. Para tal, conduziu-se, por R e S, uma recta r. Deter-
minaram-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 imediata-
mente 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 repre-
sentação do plano π, que é o plano ortogonal à charneira que contém o arco do rebati-
mento 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 MRr1 é a V. G. do raio do arco
do rebatimento de R. Com o centro em M transportou-se MRr1 para hπ, obtendo-se Rr.
O procedimento foi idêntico para S, sendo π1 o plano ortogonal à charneira que con-
tém 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 segui-
da, determinaram-se as projecções do ponto C (que pertence a fρ, pois tem afasta-
mento 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
em O transportou-se OHr1 para fα, obtendo Hr – fρr passa por Hr e é paralelo ao eixo
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 char-
neira 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 pon-
to A, pelas suas projecções. Em seguida, representaram-se, ainda, as projec-
ções 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].
AoAr1 é o raio do arco do rebatimento de A. Com centro em Ao transportou-se
AoAr1 para hπ, obtendo Ar. O procedimento foi idêntico para B e C. O plano π1
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

19. SOLUÇÕES
mento de π1, é [BoBr1B1]. BoBr1 é o raio do arco do rebatimento de B, em V. G. O plano π2 é o plano de perfil (ortogonal à charneira) que
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]. CoCr1
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 tra-
ços, e os pontos A, B e C, pelas suas projecções, pertencen-
tes 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 Projec-
ção (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 rebati-
mento 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 tra-
ta 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 ortogo-
nal à charneira que contém o arco do rebatimento de B). O centro do arco do rebati-
mento 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
em M, transportou-se MBr1 para a perpendicular à charneira que passa por B1, obtendo Br. O processo foi idêntico para o rebatimento de C.
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 NCr1. Note que as hipotenusas dos dois triângulos do rebatimento são paralelas
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

20. 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 perpendicu-
lar 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 re-
presentou 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 OAr1 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 necessá-
rio, 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 exercí-
cio, 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 KH está em V.G. sobre hδ, e continua em V.G. em rebatimento. Assim, com o compasso, fazendo centro em
Kr, transportou-se KH1 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 rebati-
mento) – 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 con-
corrência das rectas rr e hr. A partir de Ar e Br, construiu-se o triân-
gulo [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 rec-
ta 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 pro-
jecções homónimas de h’ (que é paralela a h). Em seguida condu-
ziu-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 pon-
to 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, construí-
ram-se as projecções do triângulo [ABC].
20