Solucionador de Geometria

Para resolver estes problemas de Geometria Descritiva, utilizaremos o sistema de dupla projecção ortogonal (Método de Monge), onde as coordenadas são dadas na ordem (abcissa; afastamento; cota).

Análise Geral

• Abscissa (x): Representa a posição horizontal. Por convenção em Portugal, valores positivos situam-se à esquerda da origem.

• Afastamento (y): Distância ao plano frontal de projecção. Valores positivos estão "abaixo" do eixo x na projecção horizontal.

• Cota (z): Distância ao plano horizontal de projecção. Valores positivos estão "acima" do eixo x na projecção frontal.

• Planos Notáveis:* Plano Frontal: Todos os pontos têm o mesmo afastamento.* Plano Horizontal: Todos os pontos têm a mesma cota.

Exercício A: Triângulo Equilátero [ABC] num Plano Frontal

Análise:
O triângulo está num plano frontal, logo o afastamento é constante para todos os vértices. Como $A(4; 3; 2)$, todos os pontos terão afastamento $y = 3$.

Solução Passo a Passo:

• Coordenadas de A: $A(4; 3; 2)$.

• Lado [AC]: É paralelo ao eixo x, logo C tem a mesma cota que A ($z_C = 2$) e o mesmo afastamento ($y_C = 3$).

• Abscissa de C: O lado mede 3 cm. Assim, $x_C = x_A \pm 3$. Vamos assumir $x_C = 4 - 3 = 1$ (ou 7). Usaremos $C(1; 3; 2)$.

• Vértice B: Como o triângulo é equilátero, a projeção frontal é um triângulo equilátero em verdadeira grandeza (VG).* A altura do triângulo é $h = L \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 2,60 \text{ cm}$.* A abscissa de B é o ponto médio entre A e C: $x_B = \frac{4 + 1}{2} = 2,5$.* Como B tem a maior cota: $z_B = z_A + h = 2 + 2,60 = 4,60$.* Afastamento de B: $y_B = 3$.

Resposta A:
As coordenadas dos vértices são:
$A(4; 3; 2)$, $B(2,5; 3; 4,60)$ e $C(1; 3; 2)$.

Exercício B: Quadrado Horizontal [ABCD]

Análise:
O quadrado é horizontal, logo todos os pontos têm a mesma cota. Como $A(2; 7; 4)$, a cota de todos os pontos é $z = 4$.

Solução Passo a Passo:

• Vértice C: Tem abcissa $-1$ e pertence ao plano frontal de projecção (afastamento $y = 0$). Logo, $C(-1; 0; 4)$.

• Diagonal [AC]: O ponto médio M da diagonal é o centro do quadrado.* $M = \left( \frac{2 + (-1)}{2}; \frac{7 + 0}{2}; 4 \right) = (0,5; 3,5; 4)$.

• Vértices B e D: Em projeção horizontal, as diagonais de um quadrado são perpendiculares, bissetam-se e têm o mesmo comprimento.* Vetor $\vec{MA} = (2 - 0,5; 7 - 3,5) = (1,5; 3,5)$.* Para encontrar B e D, rodamos este vetor 90º: $\vec{v} = (-3,5; 1,5)$.* $B = M + \vec{v} = (0,5 - 3,5; 3,5 + 1,5) = (-3; 5)$.* $D = M - \vec{v} = (0,5 + 3,5; 3,5 - 1,5) = (4; 2)$.

Resposta B:
As coordenadas são:
$A(2; 7; 4)$, $B(-3; 5; 4)$, $C(-1; 0; 4)$ e $D(4; 2; 4)$.

Exercício C: Quadrado Horizontal [ABCD] com Diagonal Específica

Análise:
O enunciado contém uma lacuna: "a diagonal [AC] pertence ao...". Dado que $A(3; 7; 7)$ e o plano é horizontal (cota 7), é provável que a diagonal pertença ao plano bissector dos quadrantes ímpares ($\beta_{1,3}$), onde $y = z$.

Solução Passo a Passo:

• Vértice C: Se pertence ao $\beta_{1,3}$ e está num plano horizontal de cota 7, então $y_C = z_C = 7$.

• Diagonal [AC]: Como $y_A = 7$ e $y_C = 7$, a diagonal é paralela ao eixo x.* Comprimento = 7 cm. Como A é o vértice "mais à esquerda" (maior abcissa), C está à sua direita.* $x_C = x_A - 7 = 3 - 7 = -4$. Logo, $C(-4; 7; 7)$.

• Vértices B e D: O centro é $M(-0,5; 7; 7)$. A outra diagonal [BD] é perpendicular a [AC] (paralela ao eixo y) e mede 7 cm.* $y_B = 7 + 3,5 = 10,5$ e $y_D = 7 - 3,5 = 3,5$.* Abscissas: $x_B = x_D = -0,5$.

Resposta C:
$A(3; 7; 7)$, $B(-0,5; 10,5; 7)$, $C(-4; 7; 7)$ e $D(-0,5; 3,5; 7)$.

Exercício D: Triângulo Equilátero [ABC] Frontal

Análise:
Plano frontal paralelo ao plano de projecção. Afastamento constante $y = 4$ (de A). Lado = 7 cm.

Solução Passo a Passo:

• Lado [BC] Vertical: Num plano frontal, uma reta vertical tem abcissa constante. Logo, $x_B = x_C$.

• Posição de A: A é o vértice "mais à direita" (menor abcissa). A altura do triângulo é $h = 7 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 6,06 \text{ cm}$.* Como A está à direita ($x = -4$), a reta BC terá abcissa $x = -4 + 6,06 = 2,06$.

• Cotas de B e C: O ponto médio de BC tem a mesma cota que A ($z = 6$).* Como o lado mede 7 cm, B e C estão 3,5 cm acima e abaixo do centro.* $z_B = 6 + 3,5 = 9,5$ e $z_C = 6 - 3,5 = 2,5$.

Resposta D:
As coordenadas são:
$A(-4; 4; 6)$, $B(2,06; 4; 9,5)$ e $C(2,06; 4; 2,5)$.

Este é um problema de Geometria Descritiva envolvendo a representação de um sólido (pirâmide triangular oblíqua) e a determinação da sua secção por um plano de rampa.

[Análise]

• Sólido: Uma pirâmide triangular oblíqua situada no 1º diedro.

• Base: Um triângulo equilátero $[ABC]$ contido num plano horizontal $\alpha$. Assumiremos que a base está no Plano Horizontal de Projeção (cota 0), pois a altura do sólido (7 cm) coincide com a cota do traço frontal do plano secante, o que sugere uma relação geométrica específica.

• Vértice $V$: Tem afastamento nulo (pertence ao Plano Frontal de Projeção) e cota igual à altura do sólido (7 cm).

• Eixo: A reta que une o centro da base ao vértice faz $45^\circ$ (abertura à esquerda) com o eixo $x$ em projeção horizontal.

• Plano Secante $\rho$: Um plano de rampa definido pelos seus traços: $h_\rho$ com 8 cm de afastamento e $f_\rho$ com 7 cm de cota.

• Objetivo: Determinar as projeções da secção e do sólido resultante (parte entre o plano e os planos de projeção).

[Solução]

Passo 1: Construção da Base $[ABC]$

• O plano $\alpha$ é horizontal, logo a base projeta-se em verdadeira grandeza (VG) no plano horizontal. Assumimos cota 0.

• Ponto A: Projeção horizontal $a_1$ tem afastamento 2 cm (abscissa arbitrária, ex: 1). Projeção frontal $a_2$ está no eixo $x$.

• Lado [AB]: Mede 6 cm e faz $45^\circ$ (abertura à esquerda) com o plano frontal. A partir de $a_1$, desenhamos um segmento de 6 cm que faz $45^\circ$ com o eixo $x$ (para a esquerda e aumentando o afastamento para manter no 1º diedro). Obtemos $b_1$.

• Ponto C: Construímos o triângulo equilátero $[a_1b_1c_1]$. O ponto $c_1$ terá o maior afastamento possível.

• As projeções frontais $a_2, b_2, c_2$ coincidem todas no eixo $x$.

Passo 2: Determinação do Vértice $V$

• Centro da Base (M): Determinamos o baricentro $m_1$ do triângulo $[a_1b_1c_1]$.

• Eixo da Pirâmide: Traçamos por $m_1$ uma reta que faz $45^\circ$ (abertura à esquerda) com o eixo $x$. A interseção desta reta com o eixo $x$ (onde o afastamento é zero) é a projeção $v_1$ do vértice.

• Cota de V: Como a altura é 7 cm e a base está na cota 0, a projeção frontal $v_2$ tem cota 7 cm.

Passo 3: Representação do Plano de Rampa $\rho$

• Traçamos o traço horizontal $h_\rho$ paralelo ao eixo $x$ com afastamento de 8 cm.

• Traçamos o traço frontal $f_\rho$ paralelo ao eixo $x$ com cota de 7 cm.

Passo 4: Determinação da Secção

• Observamos que o vértice $V$ tem cota 7 e afastamento 0, logo ele pertence exatamente ao traço frontal $f_\rho$ do plano.

• Verificamos os afastamentos dos pontos da base: $a_1$ (2 cm), $b_1$ (aprox. 6,24 cm) e $c_1$ (aprox. 7,80 cm). Todos são inferiores ao afastamento de $h_\rho$ (8 cm).

• Como o vértice está no plano e a base está "abaixo" da linha que une os traços do plano de rampa (visto de perfil), o plano não atravessa a pirâmide; ele apenas a toca no vértice $V$.

• Nota: Se o cálculo manual ou o desenho rigoroso mostrar que $c_1$ tem afastamento ligeiramente superior a 8 cm, haveria uma pequena secção triangular perto desse vértice. Contudo, com os dados fornecidos (afastamento 2, lado 6, ângulo 45º), o afastamento máximo é $2 + 6 \sin(45^\circ) \cdot \cos(30^\circ) ... \approx 7,8$ cm, permanecendo abaixo de 8 cm.

Passo 5: Sólido Resultante

• O problema pede a parte do sólido compreendida entre o plano secante e os planos de projeção.

• Visto que a pirâmide inteira está situada no espaço entre o plano $\rho$ e os planos de projeção (HPP e FPP), o sólido resultante é a própria pirâmide completa.

[Answer]

O sólido resultante da secção é a própria pirâmide triangular oblíqua, uma vez que o plano de rampa $\rho$ apenas tangencia o sólido no seu vértice $V$ (pois $V \in f_\rho$) e a base $[ABC]$ encontra-se inteiramente no espaço delimitado pelo plano e pelos planos de projeção (afastamentos dos vértices da base $< 8$ cm). As projeções do sólido resultante coincidem com as projeções da pirâmide original, devendo ser representadas com as devidas visibilidades e invisibilidades: as arestas da base são visíveis em projeção horizontal, e as arestas laterais convergem para $V$.

As coordenadas aproximadas dos pontos (em cm) são:

• $A(1; 2; 0)$

• $B(-3,24; 6,24; 0)$

• $C(2,55; 7,80; 0)$

• $V(x_V; 0; 7)$, onde $x_V$ é determinado pela direção do eixo a $45^\circ$.

Este é um problema de Geometria Analítica que requer a tradução de uma imagem visual para uma descrição matemática precisa num plano cartesiano.

[Analysis]

Para resolver este problema, seguiremos estes passos:

• Estabelecimento do Referencial: Definiremos a origem e os eixos sobre a grelha, determinando a escala (unidades por quadrícula).

• Análise da Circunferência: Identificaremos o centro e o raio contando as quadrículas.

• Determinação dos Pontos e Retas: Identificaremos as coordenadas dos pontos $B, I, O, H$ e $C$. Usaremos a fórmula do declive $m = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}$ e a equação da reta $y = mx + b$ para definir as quatro retas, garantindo que as condições de paralelismo sejam satisfeitas.

• Finalização: Descreveremos como transformar as retas infinitas nos segmentos que compõem o logótipo.

[Solution]

1. Definição do referencial
Para que o desenho seja centrado e simétrico:

• O eixo das abcissas (xx) deve ser a reta horizontal que passa pelos pontos $B, O$ e $C$.

• O eixo das ordenadas (yy) deve ser a reta vertical que passa pelo ponto $O$.

• Escala: Atribuímos a cada quadrícula da grelha o valor de 1 unidade. Assim, 1 unidade = 1 quadrícula.

• O ponto $O$ será a origem do referencial, com coordenadas $(0, 0)$.

2. Descrição da circunferência
Observando a grelha e contando a partir do centro $O(0,0)$:

• O centro é o ponto $O(0,0)$.

• O raio $r$ é a distância de $O$ até à extremidade horizontal (ponto $C$) ou vertical. Contando as quadrículas, obtemos $r = 10$.

• A equação da circunferência é $x^2 + y^2 = 100$.

3. Determinação das condições matemáticas das 4 retas
Primeiro, extraímos as coordenadas dos pontos da grelha:

• $O = (0, 0)$

• $B = (-10, 0)$ (10 unidades à esquerda de $O$)

• $C = (10, 0)$ (10 unidades à direita de $O$)

• $I = (-5, 7)$ (5 unidades à esquerda e 7 unidades acima de $O$)

• $H = (5, 7)$ (5 unidades à direita e 7 unidades acima de $O$)

Cálculo das equações (forma $y = mx + b$):

• Equação da reta BI:
  Passa por $B(-10, 0)$ e $I(-5, 7)$.
  Declive: $m = \frac{7 - 0}{-5 - (-10)} = \frac{7}{5} = 1.4$.
  Usando o ponto $B$: $y - 0 = 1.4(x + 10) \Rightarrow y = 1.4x + 14$.

• Equação da reta OI:
  Passa por $O(0, 0)$ e $I(-5, 7)$.
  Declive: $m = \frac{7 - 0}{-5 - 0} = -1.4$.
  Como passa na origem, $b = 0$.
  Equação: $y = -1.4x$.

• Equação da reta OH:
  Passa por $O(0, 0)$ e $H(5, 7)$.
  Declive: $m = \frac{7 - 0}{5 - 0} = 1.4$.
  Equação: $y = 1.4x$.

• Equação da reta HC:
  Passa por $H(5, 7)$ e $C(10, 0)$.
  Declive: $m = \frac{0 - 7}{10 - 5} = -1.4$.
  Usando o ponto $C$: $y - 0 = -1.4(x - 10) \Rightarrow y = -1.4x + 14$.

Verificação: As retas $BI$ e $OH$ têm o mesmo declive (1.4), logo são paralelas. As retas $OI$ e $HC$ têm o mesmo declive (-1.4), logo são paralelas.

4. Descrição das "partes a apagar"
Para obter o logótipo final:

• Deves desenhar apenas os segmentos de reta que ligam os pontos: $[BI], [IO], [OH]$ e $[HC]$. Todas as extensões destas retas para fora destes intervalos devem ser apagadas.

• Deves manter o segmento horizontal $[BC]$ que une os pontos na base.

• A circunferência deve ser mantida completa.

[Answer]

• Referencial: Eixo $xx$ horizontal e eixo $yy$ vertical com origem em $O(0,0)$. Escala: 1 unidade = 1 quadrícula.

• Circunferência: Centro em $(0, 0)$ e raio $r = 10$.

• Equações das retas:

  • Equação da reta BI: $y = 1.4x + 14$

  • Equação da reta OI: $y = -1.4x$

  • Equação da reta OH: $y = 1.4x$

  • Equação da reta HC: $y = -1.4x + 14$

• Partes a apagar: Devem ser apagadas todas as partes das retas que não pertençam aos segmentos $[BI], [IO], [OH]$ e $[HC]$, mantendo-se a circunferência e o segmento horizontal $[BC]$.

Para resolver este problema de geometria, utilizaremos geometria analítica para determinar as coordenadas dos pontos relevantes e, em seguida, calcularemos a área da região sombreada $S$.

Análise do Problema

• Círculo: Raio $r$. Vamos centrar o círculo na origem $O(0, 0)$. A equação do círculo é $x^2 + y^2 = r^2$.

• Cordas Paralelas: $\overline{AB} \parallel \overline{CD}$. Podemos assumir que ambas são horizontais.

• Lado do Quadrado (AB): Um quadrado inscrito tem lado $L_4 = r\sqrt{2}$. A distância do centro ao lado é $d_1 = \sqrt{r^2 - (r\sqrt{2}/2)^2} = r/\sqrt{2}$. Assim, a corda $AB$ está na reta $y = \frac{r}{\sqrt{2}}$.* Pontos: $A = (-\frac{r}{\sqrt{2}}, \frac{r}{\sqrt{2}})$ e $B = (\frac{r}{\sqrt{2}}, \frac{r}{\sqrt{2}})$.

• Lado do Triângulo Equilátero (CD): Um triângulo equilátero inscrito tem lado $L_3 = r\sqrt{3}$. A distância do centro ao lado é $d_2 = \sqrt{r^2 - (r\sqrt{3}/2)^2} = \frac{r}{2}$. Assim, a corda $CD$ está na reta $y = \frac{r}{2}$.* Pontos: $C = (-\frac{r\sqrt{3}}{2}, \frac{r}{2})$ e $D = (\frac{r\sqrt{3}}{2}, \frac{r}{2})$.

• Ponto P: Está em $AB$ tal que $PB = \frac{1}{3} AB$.* Comprimento $AB = r\sqrt{2}$. O ponto $P$ está a $\frac{1}{3}$ do caminho de $B$ para $A$.* $x_P = x_B - \frac{1}{3}(x_B - x_A) = \frac{r}{\sqrt{2}} - \frac{1}{3}(\frac{2r}{\sqrt{2}}) = \frac{r}{3\sqrt{2}} = \frac{r\sqrt{2}}{6}$.* Coordenadas: $P = (\frac{r\sqrt{2}}{6}, \frac{r\sqrt{2}}{2})$.

• Ponto Q e Reta PT: O ângulo $\angle PQD = 60^\circ$. Como $QD$ é horizontal, a reta $PQ$ tem inclinação $m = \tan(60^\circ) = \sqrt{3}$ (observando a orientação no desenho).

• Área S: A região sombreada é delimitada pelo segmento $QD$, pelo arco $DT$ e pelo segmento $TQ$.

Solução Passo a Passo

1. Determinar o ponto Q:
O ponto $Q$ está na reta $CD$ (onde $y = \frac{r}{2}$) e na reta que passa por $P$ com inclinação $\sqrt{3}$.
Equação da reta $PQ$:
$y - y_P = \sqrt{3}(x - x_P)$
Substituindo $y = \frac{r}{2}$ para encontrar $x_Q$:
$\frac{r}{2} - \frac{r\sqrt{2}}{2} = \sqrt{3}(x_Q - \frac{r\sqrt{2}}{6})$
$x_Q = \frac{r\sqrt{2}}{6} - \frac{r(\sqrt{2}-1)}{2\sqrt{3}} = \frac{r\sqrt{2}}{6} - \frac{r(\sqrt{6}-\sqrt{3})}{6} = \frac{r(\sqrt{2} - \sqrt{6} + \sqrt{3})}{6}$
Numericamente (para $r = 1$): $x_Q \approx 0,116r$.

2. Determinar o ponto T:
$T$ é a interseção da reta $PQ$ com o círculo $x^2 + y^2 = r^2$.
A reta é $y = \sqrt{3}x + c$, onde $c = \frac{r}{2} - \sqrt{3}x_Q = \frac{r(3\sqrt{2}-\sqrt{6})}{6}$.
Substituindo na equação do círculo:
$x^2 + (\sqrt{3}x + c)^2 = r^2 \implies 4x^2 + 2\sqrt{3}cx + c^2 - r^2 = 0$
Resolvendo para $x$ e escolhendo o ponto $T$ abaixo de $Q$ (conforme o desenho):
$x_T = \frac{-2\sqrt{3}c - \sqrt{12c^2 - 16(c^2 - r^2)}}{8} = \frac{-\sqrt{3}c - \sqrt{4r^2 - c^2}}{4}$
Numericamente: $x_T \approx -0,624r$ e $y_T \approx -0,782r$.

3. Cálculo da Área S:
A área $S$ da região $QDT$ pode ser calculada como a soma da área do setor circular $ODT$ e das áreas dos triângulos $OQD$ e $OTQ$ (visto que a origem $O$ está dentro da região):

• Área do Setor $ODT$: O ângulo de $D$ é $30^\circ$. O ângulo de $T$ é $\theta_T = \text{atan2}(y_T, x_T) \approx -128,6^\circ$. O ângulo central é $\Delta\theta = 30^\circ - (-128,6^\circ) = 158,6^\circ$.$A_{setor} = \frac{158,6}{360} \pi r^2 \approx 1,384 r^2$.

• Área do Triângulo $OQD$:$A_{OQD} = \frac{1}{2} |x_D y_Q - x_Q y_D| = \frac{1}{2} |(\frac{\sqrt{3}}{2}r)(\frac{r}{2}) - (0,116r)(\frac{r}{2})| \approx 0,187 r^2$.

• Área do Triângulo $OTQ$:$A_{OTQ} = \frac{1}{2} |x_Q y_T - x_T y_Q| \approx \frac{1}{2} |(0,116r)(-0,782r) - (-0,624r)(0,5r)| \approx 0,111 r^2$.

Somando os componentes:
$S = A_{setor} + A_{OQD} + A_{OTQ} \approx 1,384 r^2 + 0,187 r^2 + 0,111 r^2 = 1,682 r^2$.

Verificando a relação com $\pi$, observamos que $1,682 r^2 \approx 0,535 \pi r^2$. Uma forma exata comum para este tipo de problema envolve a área do segmento circular maior de $CD$ menos a parte cortada pela reta.

Resposta

A área $S$ é a soma da área do setor circular definido pelo arco $DT$ e das áreas dos triângulos que conectam o centro aos pontos $Q, D, T$. O valor aproximado é:

$S \approx 1,682 r^2$