TRIÂNGULO CONTIDO NUM PLANO OBLÍQUO

Determine as projecções do triângulo [LMN].

Dados

– o triângulo está situado no 1.º diedro;

– o ponto L (4;2;4) é um dos vértices do triângulo;

– o lado [LM] é frontal e mede 7 cm;

– o lado [MN] é de perfil, tem –1 de abcissa e faz 50⁰ com o plano horizontal de projecção;

– o lado [LN] mede 8 cm;

– o ponto N é o vértice de menor cota.

Proposta de resolução:

Breves passos de resolução:

* Representa-se o ponto L, pelas suas projeções;

* Representa-se a reta de perfil (p) que nos dá a abcissa do ponto M, do qual já era conhecido o afastamento de 2 cm visto que [LM] pertence a uma reta frontal. A partir de L2 marca-se a distância de 7 cm até à reta p determinando M2;

* Rebate-se a reta p. Para isso rebate-se o ponto M, através do plano de perfil que contém o ponto M e a reta p. Note que o rebatimento feito para o plano horizontal de projeção poderia ter sido feito para o plano frontal de projeção. A reta p rebatida, fazendo com o plano horizontal permite determinar os seus traços (F e H), o que se revela importante para descobrir os traços do plano oblíquo (note que as retas f e p são concorrentes no ponto M, pelo que o plano só poderia ser oblíquo);

* Representa-se o plano oblíquo pelos seus traços. Observe que o traço frontal  f_α é paralelo a f2 (dado que f que é uma reta frontal do plano). h_α passa nos traços horizontais (H) das retas f e p;

* Rebatemos a reta f. Para tal bastou rebater o ponto L uma vez que o ponto H (traço horizontal) pertence à charneira e fica de imediato rebatido. Por H e L rebatidos obtivemos a reta f rebatida;

* Rebatemos a reta p. Para tal bastou rebater o ponto M uma vez que o ponto H (traço horizontal) pertence à charneira e fica de imediato rebatido. Por H e M rebatidos obtivemos a reta f rebatida;

* Com as retas f e p rebatidas, determina-se o ponto N, marcando 8 cm de L até à reta p rebatida. Note que N deve ter menor cota, pelo que fica mais próximo de h_α;

* Efetua-se o contra rebatimento de N e a partir das projeções dos pontos L, M e N representa-se o triângulo pelas suas projeções;

* Por fim deve sublinhar as projeções do triângulo, o que na imagem surge a vermelho, dado que é o objetivo do exercício.

DESAFIOS 11º ANO

Represente, pelas suas projeções, a pirâmide quadrangular regular situada no 1º diedro.

Dados: 
– a base é o quadrado [ABCD], contida num plano passante θ;
– o centro da base é o ponto O(0;3;4); 
– o ponto A tem 3 cm de abcissa, 2 cm de afastamento e é um vértice da base; 
– o vértice V da pirâmide pertence ao plano horizontal de projeção.

Represente, pelas suas projeções, o triângulo equilátero [ABC], situado no 1º diedro.

Dados:

– o triângulo está contido no  plano oblíquo α, cujos traços horizontal e frontal são concorrentes num ponto com -4,5 cm de abcissa;

– o vértice A tem 1 cm de abcissa, 1 cm de afastamento e 3 cm de cota;

– o vértice B tem 4,5 cm de abcissa e 5 cm de afastamento e pertence ao traço horizontal do plano α ;
– Considerando que o triângulo [ABC] é a base de uma pirâmide regular com 5 cm de altura, representa a pirâmide pelas suas projeções. 

Represente, pelas suas projeções, uma pirâmide quadrangular regular, situada no 1.º diedro, de acordo com os dados abaixo apresentados.

Dados:

– a base [ABCD] está contida no plano oblíquo δ, que cruza o eixo x no ponto com 3 de abcissa;

– os traços, horizontal e frontal, do plano δ fazem, respectivamente, ângulos de 40⁰ e 50⁰, ambos de abertura para a direita, com o eixo x;

– as diagonais da base medem 10 cm;

– o ponto A (1; 8) e o ponto C, que pertence ao traço horizontal do plano δ, definem a diagonal [AC];

– a pirâmide tem 12 cm de altura.

PIRÂMIDE REGULAR COM BASE CONTIDA NUM PLANO DE RAMPA

Represente, pelas suas projeções, uma pirâmide quadrangular regular com base contida num plano de rampa e situada no 1º diedro.
Dados

- Os vértices A(1;3) e C(5;0), estando A 3 cm à esquerda de C, são dois vértices do quadrado [ABCD] da base da pirâmide;

- A pirâmide mede 8 cm de altura.

 

Proposta de resolução

 

 

 

 Breves passos de resolução

* Representam-se os vértices A e C pelas suas projeções;

* Pelos pontos A e C representa-se uma reta que permite determinar o traço frontal do plano, uma vez que o traço horizontal passa por C1;

*A charneira escolhida é o traço horizontal do plano, pelo que h_ρ≡h_ρr.  Assim C₁≡C_1r;

* Determinou-se o quadrado em V.G. e representaram-se os pontos Be D pelas suas projeções (através do triângulo de rebatimento. Note que bastam as projeções de 3 pontos para determinar as projeções de um quadrado;

* A partir do centro O, determinado através das diagonais do quadrado, representa-se uma reta perpendicular ao plano, que é necessariamente uma reta de perfil p;

* Para rebater a reta de perfil p é necessário incluir num plano projetante - neste caso um plano de perfil. Note que a reta p rebatida é perpendicular à reta i (reta de interseção dos planos de rampa e de perfil);

* A partir de Or marcou-se a medida de 8 cm, correspondente à altura da pirâmide, determinando Vr. A inversão do rebatimento do vértice V permite representar as projeções da pirâmide;

* Representou-se a pirâmide pelas suas projeções, atendendo às invisibilidades. Note que a base, aseente no plano de rampa, é invísível em ambas as projeções.

 

TETRAEDRO COM UMA FACE ASSENTE NUM PLANO OBLÍQUO

Represente um tetraedro pela suas projeções, assente num plano oblíquo e contido no 1º diedro.
Dados
- O triângulo equilátero [ABC] é uma das faces do sólido e está contido num plano oblíquo α;
- O plano α é ortogonal ao β_1,3 e o seu traço frontal faz um diedro de 45⁰ com o eixo x;
- O triângulo [ABC] inscreve-se numa circunferência de raio igual a 4 cm, que é tangente aos dois planos de projeção;
- O lado [AB]é horizontal e o vértice C tem cota nula.

Proposta de resolução:

Passos de resolução:

* Representa-se o plano pelos seus traços. O ângulo é igual nos dois planos de porjeção, uma vez que é ortogonal ao β_1,3;
* Rebatem-se os traços do plano. Note que o traço horizontal foi escolhido para charneira, pelo que fica imediatamente rebatido. O rebataimento do traço frontal foi feito com recurso a um ponto qualquer (ponto F) do traço frontal;
* Determinou-se a bissetriz e sobre ela marcou-se (perpendicular so traços) o raio de 4cm, descobrindo o centro O;
* Uma vez que o ponto C tem cota nula pertence ao traço horizontal, pelo que a perpendicular ao traço horizontal que passa no centro O dá Cr (coincidente com C1 e C2 fica no eixo x);
* Os pontos B e C (com a mesma cota) determinaram-se e fez-se em seguida o contra rebatimento dos mesmos pontos, bem como do centro O, determinando as suas projeções,
* A partir de O fez-se uma reta perpendicular ao plano (reta p) e rebateu-se a reta através de um plano vertical. Note que o plano vertical contém o vértice C, pelo que permitiu o (segundo) rebatimento deste vértice;
* A partir de Cr marcou-se a V.G. das arestas do tetraedro (na imagem tal como os lados do triângulo equilátero da base contida no plano oblíquo) e determinou-se o 4º vértice do sólido - vértice D;
* Através do rebatimento do ponto D este ficou representado pelas suas projeções e permitiu a representação do sólido, atendendo às suas invisibilidades (a face [ABC] fica invisível nas duas projeções).