Repr.Gráfica_-_Des._Geométrico (1)

ACT - ArmCad Technology

BIBLIOGRAFIA BÁSICA:

1. BONGIOVANNI, V., et al (1993). Desenho Geométrico para o 2o grau. São Paulo. Editora Ática

S.A. 2. GIONGO, A. R. (1976). Curso de Desenho Geométrico. São Paulo. Livraria Nobel S.A. 3. KANEGAE, C. F., LOPES E. T. (1995). Desenho Geométrico. São Paulo. Editora Scipione Ltda. 4. THEODORO, D. (1958). Problemas de Desenho Linear Geométrico. São Paulo. Editora LEP S.A.

BIBLIOGRAFIA COMPLEMENTAR:

1. AYALA, A. J. (1985). Manual Técnico de Caldeirarias. São Paulo. Livraria e Editora Jácomo

Ltda. 2. FRENCH, T. E. (1977). Desenho Técnico. Porto Alegre. Editora Globo. 3. MANFÉ, G., POZZA, R., SCARATO, G. (1977). Manual de Desenho Técnico Mecânico. São

Paulo. Renovada Livros Culturais Ltda. 4. PIRES, A. M. M., GULIN, M. M. (1978). Desenho Geométrico. São Paulo. AM Produções

Gráficas Ltda. 5. PROVENZA, F. (1976). Desenhista de Máquinas. São Paulo. Escola Protec. 6. RESHETOV, D. N. (1979). Atlas de Construção de Máquina. Rio de Janeiro. Renovada Livros. 7. SCHNEIDER, W. (1965). Desenho Técnico. São Paulo. Editora Técnica Dragão. 8. SILVA, E. O., ALBIERO, E. (1977). Desenho Técnico Fundamental. São Paulo. Editora

Pedagógica e Universitária Ltda. 9. STAMATO, J., OLIVEIRA, J. C. (1972). Introdução ao Desenho Técnico. Rio de Janeiro. Editora

MEC FENAME. 10. XAVIER, N., et al (1983). Desenho Técnico Básico. São Paulo. Editora Ática S.A. 11. YOSHIDA, A. Desenho Técnico Mecânico Industrial. São Paulo. Gráfica Editora Penteado.

ESCOLA DE ENGENHARIA DE PIRACICABA

REPRESENTAÇÃO GRÁFICA - DESENHO GEOMÉTRICO

CURSOS: ENGENHARIA CIVIL e ENGENHARIA AMBIENTAL

PROFESSOR: RENATO CELINI BADIALE

NOTAÇÕES DE AULA DO 1O SEMESTRE DE 2010

REPRESENTAÇÃO GRÁFICA 1AULA 1

I) APRESENTAÇÃO DO PLANO DE ENSINO

II) AVALIAÇÃO

MÉDIA ARITMÉTICA DE 2 PROVAS BIMESTRAIS. EXISTE UMA PROVA SUBSTITUTIVA PARA QUANDO O ALUNO: - FALTAR EM UMA DAS 2 BIMESTRAIS - NÃO ATINGIR A MÉDIA COM AS 2 BIMESTRAIS

III) INSTRUMENTOS DE DESENHO

1) LAPISEIRA: GRAFITE 0,5 mm / DUREZA HB

2) BORRACHA: VINIL BRANCA

3) PAPEL SULFITE: GRAMATURA 75 gramas/m2

TAMANHOS: A4 (210 x 297 mm)

A3 (297 x 420 mm) AGUARDAR

4) PRANCHETINHA: TRIDENT A-4 (AMBIENTAL) / A-3 (CIVIL E MECÂNICA)

5) ESQUADROS: 45 GRAUS – DESETEC 2521 (AMB.) / 2528 (CIVIL E MEC.)

30 E 60 GRAUS – DESETEC 2621 (AMB.) / 2628 (CIVIL E MEC.)

TRANSPARENTES E SEM GRADUAÇÃO

ESPESSURA 2 mm

6) TRANSFERIDOR: 180 GRAUS

GRADUAÇÃO BEM VISÍVEL COM TRAÇOS FINOS

7) ESCALA TRIANGULAR: COM GRADUAÇÃO NAS ESCALAS 1:20,1:25, 1:50, 1:75,

1:100 E 1:125 (OU 1:33) - SUGESTÃO TRIDENT No 1 (OU No 3)

8) COMPASSO: PREFERÍVEL ARTICULAÇÃO NAS HASTES E ALONGADOR

GRAFITE 2 mm DUREZA HB E LIXA (DE UNHA) PARA

APONTAR GRAFITE EM BIZEL - SUGESTÃO TRIDENT 9010.

9) FITA ADESIVA, TOALHA PEQUENA, PRODUTO LIMPEZA

IV) EXEMPLOS DE APLICAÇÃO DA DISCIPLINA EM PROBLEMAS DE ENGENHARIA

1 PROF.: RENATO CELINI BADIALE ELABORADO EM: 01-fev-08

SUGESTÃO DE CONSULTA PARA COMPARAÇÃO

DE PREÇOS SITE: www.oprojetista.com.br

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1- Complete a Tabela :

Dimensão da peça Dimensão do desenho Escala Tipo da Escala100 100 1:1 Natural200 1:5450 4535 7025 100150 30120 120350 7090 18080 5:1360 6050 2:160 120

2- Em escala natural o tamanho do desenho técnico é .................... tamanho real da peça.a) maior que o;b) igual ao;c) menor que o.

3- Na indicação da escala, o numeral à esquerda dos dois pontos representa as ...............a) medidas reais do objeto.b) medidas do desenho técnico.

4-Em escala de redução o tamanho do desenho técnico é ............................tamanho real da peça;a) maior que o;b) igual ao;c) menor que o.

5-Na escala de redução, o numeral à direita dos dois pontos é sempre................a) maior que 1;b) igual a 1;c) menor que 1

6- Assinale com um X a alternativa escala de ampliação é sempre:

correta: o tamanho do desenho técnico em

a) igual ao tamanho real da peça;b) menor que o tamanho real da peça;
c) maior que o tamanho real da peça

Meça as dimensões dos desenho técnicos abaixo e indique as escalas em que eles estão representados:

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AULA 3

DESENHO GEOMÉTRICO – FIGURAS PLANAS – GEOMETRIA PLANA

CONSTRUÇÕES FUNDAMENTAIS

I) RETAS PERPENDICULARES

1) De um ponto “A”traçar a reta perpendicular a uma reta dada “r”

a) O ponto pertence à reta “r”

1) com centro do compasso em A e raio qualquer marcamos os pontos B e C;

2) com centro em B e raio BC traçamos um arco acima de “r”;

3) com centro em C e raio CB traçamos um arco acima de “r”;

4) no cruzamento dos arcos traçados por B e C encontramos E;

5) o segmento EA é a perpendicular desejada.

Justificativa: O triângulo BEC é isóceles. O ponto A é o ponto médio do

segmento BC. Logo, EA é a mediana do triângulo. Portanto, EA é também altura

do triângulo.

b) O ponto não pertence à reta “r”

1) com centro do compasso em A e raio qualquer marcamos os pontos B e C na

reta “r”;

2) com centro em B e raio BC traçamos um arco abaixo de “r”;

3) com centro em C e raio CB traçamos um arco abaixo de “r”;

4) no cruzamento dos arcos traçados por B e C encontramos E;

5) o segmento EA é a perpendicular desejada.

Justificativa: O quadrilátero BACE é um losango. Logo, as diagonais BC e AE

são perpendiculares.

c) caso particular: traçar a perpendicular à semi-reta AO, no ponto O, sem prolongá-la

para a esquerda.

1) com centro em O e raio OB qualquer traçamos um arco;

2) no arco, marcamos BC = CD = OB;

3) com centro em D e raio qualquer traçamos um arco;

4) com este mesmo raio e centro em C traçamos outro arco;

5) do cruzamento dos dois arcos traçados encontramos o ponto E;

6) o segmento EO é a perpendicular desejada.

Justificativa: o arco BC = 60o e o arco CF = 30o . F é o ponto de cruzamento

entre o arco traçado com raio OB e o segmento EO.

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2

d) outro processo:

1) marcamos OB igual a 3 unidades quaisquer “u”;

2) com centro em B e raio igual a “5u” e centro em O e raio “4u”, obtemos o

ponto C;

3) o segmento CO é a perpendicular desejada.

Justificativa: o triângulo BCO é retângulo em O porque do teorema de Pitágoras

vem: (5u)2 = (3u)2 + (4u)2

II) RETAS PARALELAS

1) De um ponto “A” traçar a reta paralela a uma reta dada “r”

a) primeiro processo

1) com centro do compasso em A e raio qualquer AB cruzando “r” traçamos um

arco;

2) com centro em B e mesmo raio anterior AB traçamos o arco que corta “r” em

C;

3) com abertura do compasso CA, com centro em B encontramos o ponto D;

4) o segmento AD é a reta paralela a “r” desejada.

Justificativa: AD // “r”, pois os ângulos alterno-internos ACB e ADB são iguais por

construção.

b) segundo processo

1) escolhemos em “r” um ponto O qualquer;

2) com centro do compasso em O e raio OA traçamos meia circunferência

cortando “r” encontrando os pontos B e C diametralmente opostos;

3) com abertura do compasso BA, com centro em C encontramos o ponto D;

4) o segmento AD é a reta paralela a “r” desejada.

Justificativa: o triângulo AOD é isóceles. Logo α = (180o – β)/2

o triângulo AOB é cong2uente ao triângulo DOC. Logo γ = φ

como γ + β + φ = 180o e γ = φ, temos que γ = (180o –β)/2

como γ = α, então AD é paralelo a reta “r”

c) terceiro processo

1) traçamos por A a reta AB perpendicular a “r”;

2) traçamos por A a perpendicular a reta AB;

3) a reta AC é a reta paralela a “r” desejada.

Justificativa: sendo AB ⊥ “r” e AC ⊥ AB, portanto AC // “r”

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AULA 4

DESENHO GEOMÉTRICO – FIGURAS PLANAS – GEOMETRIA PLANA


I) MEDIATRIZ

1) Mediatriz de um segmento é uma reta perpendicular ao segmento passando pelo

seu ponto médio. Equivale a dividir o segmento em duas partes iguais.

Teorema da Geometria Plana: todo ponto da mediatriz de um segmento dista

igualmente dos extremos desse segmento e reciprocamente, todo ponto que

dista igualmente dos extremos de um segmento, pertence à mediatriz desse

segmento.

a) Traçar a mediatriz de um segmento AB

1) com centro do compasso em A e raio qualquer traçamos um arco de um lado

e outro do segmento AB;

2) com centro do compasso em B e o mesmo raio anterior traçamos um arco de

um lado e outro do segmento AB;

3) do cruzamento dos arcos anteriormente traçados respectivamente com

centro em A e B encontramos os pontos C e D;

4) a reta CD é a mediatriz do segmento AB, dividindo-o em duas partes iguais.

Justificativa: o quadrilátero ACBD é um losango. Logo, as diagonais AB e CD

são perpendiculares entre sí e encontram-se nos seus respectivos pontos

médios.

II) ÂNGULOS

1) De um ângulo dado OAB:

a) construir o ângulo CDE congruente ao ângulo dado

1) com centro do compasso em O e raio qualquer AO, traçamos o arco AB;

2) tomamos CD igual a OA e DE igual a AB;

Justificativa: teremos o ângulo CDE igual ao ângulo AOB, pois em

circunferências iguais, a arcos iguais correspondem ângulos centrais iguais.

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b) traçar a bissetriz do ângulo OAB, equivale a dividir o ângulo em duas partes iguais


2) com centro em A e raio qualquer traçamos um arco;

3) com o mesmo raio e centro em B traçamos um arco que cruza com o arco

anterior no ponto C;

4) OC é a bissetriz do ângulo OAB.

Justificativa: os triângulos OBC e OAC são congruentes. Logo, os ângulos AOC

e BOC São congruentes.

III) RECORDANDO

1) Duas figuras são congruentes se elas coincidem por superposição.

a) Caso Particular: congruência de triângulos

1) LLL : se dois triângulos têm os três lados respectivamente congruentes,

então eles são congruentes.

2) LAL : se dois triângulos têm, respectivamente congruentes, dois lados e o

ângulo compreendido entre esses lados, então eles são congruentes.

3) ALA : se dois triângulos têm, respectivamente congruentes, um lado e os

dois ângulos internos com vértice nesse lado, então eles são congruentes.

4) LAAo : se dois triângulos têm um lado, um ângulo interno com vértice nesse

lado e o ângulo oposto a esse lado respectivamente congruentes, então eles

são congruentes.

2) Pontos internos importantes em um triângulo

a) circuncentro: é o ponto de encontro das mediatrizes dos lados do triângulo.

b) incentro: é o ponto de encontro das bissetrizes internas dos ângulos do

triângulo

c) baricentro: é o ponto de encontro das medianas de um triângulo

1) mediana de um triângulo é o segmento que tem uma

extremidade no vértice do triângulo e a outra no ponto médio do

lado oposto

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AULA 5


I) DIVISÃO DE SEGMENTOS EM PARTES CONGRUENTES

1) Dividir um segmento AB em “n” partes congruentes

a) Exemplo para n=3 partes congruentes

1) traçamos pelos pontos A e B retas paralelas entre si : AS // BT;

2) marcamos em AS a partir de A “n” vezes um segmento qualquer de

dimensão “u” (n = 3 neste caso);

3) marcamos em BT a partir de B o mesmo segmento anterior (dimensão “u”)

“n” vezes (n = 3);

4) a partir do ponto A unimos os pontos A-3, 1-2 (encontramos o ponto C no

segmento AB), 2-1 (encontramos o ponto D no segmento AB) e 3-B;

5) as dimensões AC, CD e DB são iguais e dividem o segmento AB em 3 partes

congruentes.

Justificativa: Pelo teorema de Tales temos que u/u = AC/CD e u/u = CD/DB. Daí

concluímos que AC = CD = DB.

b) Outro processo para n=3 partes congruentes

1) traçamos uma reta qualquer AS;

2) marcamos em AS a partir de A “n” vezes um segmento qualquer de

dimensão “u” (n = 3 neste caso);

3) unimos o ponto 3 ao ponto B e traçamos pelos pontos 2 e 1 (da reta AS)

paralelas ao segmento 3B, obtendo respectivamente os pontos D e C no

segmento AB;

4) as dimensões AC, CD e DB são iguais e dividem o segmento AB em 3 partes

congruentes.

Justificativa: idem a do item “a”.

II) DIVISÃO DE SEGMENTOS EM PARTES PROPORCIONAIS

1) Dividir um segmento AB em partes proporcionais

a) em partes proporcionais às dimensões dadas a, b, c

1) traçamos uma reta qualquer AS;

2) marcamos na reta AS os segmentos: AC = a, CD = b e DE = c;

3) unimos o ponto E ao ponto B e traçamos por D e C paralelas a EB;

4) estas paralelas dividem o segmento AB em partes proporcionais às

dimensões a, b, c.

Justificativa: teorema de Tales.

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AULA 6


I) ÂNGULOS

1) Traçar a bissetriz do ângulo formado pelas retas “r” e “s”

a) sem usar o vértice desse ângulo

1) traçamos uma reta qualquer MN que corta “r” e “s”;

2) achamos as bissetrizes dos ângulos que MN forma com “r” e “s” (4

bissetrizes dos 4 ângulos formados);

3) essas bissetizes cortam em A e B;

4) AB será a bissetriz pedida.

Justificativa: o ponto A dista igualmente de “r” e de MN por pertencer à bissetriz

do ângulo de “r” com MN. Mas, A pertence à bissetriz do ângulo de “s” com MN e

portanto dista igualmente de “s” e de MN, daí o ponto A distar igualmente das

retas “r” e “s”, e pertencer, então, à bissetriz do ângulo dessas duas retas.

Análogo raciocínio fazemos com o ponto B.

2) Dividir um ângulo OAB em 3 partes iguais

a) o ângulo é reto


2) com centro em A e raio AO, obtemos o ponto D no arco AB;

3) com centro em B e raio BO, obtemos o ponto C no arco AB;

4) os segmentos OC e OD dividem o ângulo OAB em três partes iguais.

Justificativa: o arco AD = 60o , logo o arco BD = 30o que corresponde a 1/3 do

ângulo reto (90o).

b) o ângulo não é reto: neste caso a construção não pode ser feita exatamente com a

régua e o compasso. Daremos uma solução aproximada.

1) com centro do compasso em O e raio qualquer AO, traçamos uma

circunferência auxiliar a qual pertence o arco AB compreendido entre os

lados do ângulo dado;

2) prolongamos os lados do ângulo no sentido oposto ao arco AB até tocar na

circunferência auxiliar traçada, obtendo assim os pontos C e D;

3) traçamos a bissetriz do ângulo e tomamos nela EF = OE;

4) unimos o ponto F aos pontos C e D e obtemos na circunferência auxiliar os

pontos G e H;

5) os pontos G e H dividem o arco AB dado em três partes aproximadamente

iguais.

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3) Dividir um ângulo OAB em 4 partes iguais

a) o ângulo é qualquer


2) achamos a bissetriz do ângulo OAB e encontramos o ponto C no arco;

3) achamos a bissetriz do ângulo OAC e encontramos o ponto D no arco

4) achamos a bissetriz do ângulo OBC e encontramos o ponto E no arco

5) os pontos C, D e E dividem o ângulo OAB em 4 partes iguais.

Justificativa: achamos duas vezes a bissetriz da bissetriz de OAB. Este processo

pode ser utilizado para qualquer divisão de ângulos em partes iguais potências

de 2.

4) Dividir um ângulo OAB em n partes iguais

a) o ângulo é qualquer e dividir em n = 5 partes

1) com centro do compasso em O e raio qualquer AO, traçamos uma

circunferância completa e encontramos o arco AB;

2) determinamos o ponto C na circunferência no prolongamento do segmento

AO;

3) determinamos o ponto D com arcos de centros A e C e raio AC;

4) traçamos o segmento de reta BD e o seu cruzamento com OC nos dá o

ponto E;

5) dividimos AE em 5 partes iguais (ver divisão de segmentos em partes

congruentes);

6) determinamos F, G, H e I, traçando as semi-retas de origem D, que passam

pelos pontos de divisão de AE;

7) traçando OF, OG, OH e OI, o ângulo OAB fica dividido em 5 partes iguais.

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AULA 7

CONSTRUÇÕES FUNDAMENTAIS DE TRIÂNGULOS

I) CASOS MAIS COMUNS

1) Construir um triângulo conhecendo-se

a) um lado AB (100 mm) e os dois ângulos α (45o) e β (30o) adjacentes a este lado

1) tomamos o lado AB e construímos em A e B os ângulos dados;

2) a intersecção dos dois lados nos dá C e o triângulo pedido.

b) dois lados AB (100 mm) e AC (60 mm) e o ângulo α (60o) compreendido entre os

dois

1) tomamos AB e construímos em A o ângulo dado a;

2) marcamos AC dado pelo ponto A;

3) unimos B e C e obetmos o triângulo desejado.

c) os seus três lados AB (80 mm), AC (40 mm) e BC (100 mm)

1) tomamos AB e construímos em A o ângulo dado a;

2) marcamos AC dado pelo ponto A;

3) unimos B e C e obetmos o triângulo desejado.

d) a base BC (80 mm), o ângulo α (75o) oposto a base e que é um triângulo isóceles

1) tomamos BC igual à base dada e construímos o ângulo α dado por C e

encontramos o ponto D;

2) traçamos a bissetriz do ângulo BCD;

3) tansportamos para o ponto B um ângulo igual ao formado pela bissetriz com

BC;

4) a reta obtida com o traçado do ângulo anterior, por B, ao cruzar a bissetriz de

BCD nos dará o ponto A que é o vértice do triângulo desejado.

e) o perímetro (150 mm) e os dois ângulos α (45o) e β (60o) da base

1) tomamos MN igual ao perímetro dado;

2) construímos em M a metade do ângulo dado α;

3) construímos em N a metade do ângulo dado β;

4) o cruzamento dos segmentos de reta obtidos do traçado anterior obtemos C;

5) traçamos a mediatriz de MC que ao cruzar com MN nos dá o ponto A;

6) traçamos a mediatriz de NC que ao cruzaar com MN nos dá o ponto B;

7) o triângulo ABC é o procurado e tem os dois ângulos da base igual a α, no

vértice A, e β, no vértice B.

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AULA 8

CONSTRUÇÕES FUNDAMENTAIS DE QUADRILÁTEROS


1) Construir

a) um trapézio conhecendo as duas bases (AD=100 mm e BC=70 mm) e os outros dois

lados (AB=50 mm e CD=65 mm)

1) traçamos o segmento AD, e nele, com abertura do compasso BC e centro em

A obtemos o ponto E;

2) com centro em D e raio CD traçamos um arco;

3) com raio AB e centro em E traçamos um arco que cruza o arco anterior em C

e encontramos o triângulo CDE;

4) transportamos o ângulo α formado por CED para A;

5) com centro em C e raio BC traçamos um arco e no seu cruzamento com o

ângulo α transportado para A, encontramos o ponto B;

6) ABCD é o trapézio desejado.

b) um quadrado conhecendo a soma “s” da sua diagonal “d” com o lado “a” (s = 100

mm)

1) tomamos como base AE igual a dimensão “s”;

2) por E levantamos uma perpendicular a AE com dimensão também igual a “s”

e encontramos F;

3) traçamos o segmento AF (diagonal do quadrado de lado “s”), e nele, com

centro em F e raio igual “s” encontramos o ponto G;

4) a medida do segmento AG é o lado “a” do quadrado desejado;

5) com centro em A e abertura AG traçamos um arco que corta AE e

encontramos D;

6) com centro em D e abertura AG traçamos um arco que corta AF em C;

7) com centro em C e abertura AG traçamos um arco que corta o arco traçado

com AG por A e encontramos B;

8) a união de ABCD por segmentos de reta nos dá o quadrado desejado.

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c) um paralelogramo, conhecendo o ângulo α (105o), o perímetro (280 mm) e a

diagonal maior (BD=112 mm)

Considerar o problema resolvido e seja ABCD o paralelogramo procurado. Com

centro em A e raio AB obtemos o ponto E.

Teremos que o ângulo ABE = ângulo AEB = ½ α pois encontramos o triângulo

isóceles ABE no traçado anterior.

O problema dado consistirá então em construir o triângulo BDE, no qual DE é o

semi-perímetro (metade do perímetro dado = 140 mm) do paralelogramo, BD é a

diagonal (112 mm) e o ângulo com vértice em E (ângulo ABE) é metade do

ângulo α (105o/2 = 52,5o).

1) com as informoções anteriores construir o tiângulo BDE;

2) traçamos por B o ângulo EBA igual ao ângulo AEB e no seu cruzamento com

ED encontramos o ponto A;

3) por D traçamos a paralela ao lado BA;

4) por B traçamos um arco de raio AD e no seu cruzamento com a paralela

traçada anteriormente encontramos C;

5) ABCD é o paralelogramo desejado.

d) um trapézio conhecendo as duas bases (AB=40 mm e CD=80 mm) e as duas

diagonais (AD=70 mm e BC=100 mm)

1) traçamos o segmento CD (base maior), e no seu prolongamento, por D, com

abertura do compasso AB (base menor), encontramos o ponto E;

2) com centro do compasso em C e abertura BC (diagonal) traçamos um arco;

3) com centro do compasso em E e abertura AD (diagonal) traçamos um arco e

no seu cruzamento com o anterior encontramos o ponto B;

4) por D traçamos uma paralela ao segmento BE;

5) com centro em B e abertura do compasso AB (base menor) traçamos um

arco e no cruzamento com a paralela traçada no passo anterior, encontramos

o ponto A;

6) ABCD é o trapézio procurado.

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AULA 9

LUGARES GEOMÉTRICOS

I) DEFINIÇÃO

Lugar Geométrico é uma figura cujos pontos, e somente

eles, satisfazem determinada condição.

Se os pontos de um lugar geométrico pertencerem a um

plano, diremos Lugar Geométrico Plano.

Obs.:

A teoria dos lugares geométricos é atribuída a Platão (427 –

347 ªC.)

Os gregos dividiam os lugares Geométricos em três classes:

1) Lugares geométricos Planos: a reta e a circunferência;

2) Lugares geométricos Sólidos: a elipse, hipérbole e a

parábola;

3) Lugares geométricos Lineares: as outras curvas não-

retas, círculos e cônicas.

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AULA 10

CONSTRUÇÕES FUNDAMENTAIS DE CIRCUNFERÊNCIAS


1) Construção de circunferências e suas tangentes

a) por três pontos dados A, B e C, não em linha reta, passar uma circunferência

1) traçamos a mediatriz do segmento AB;

2) traçamos a mediatriz do segmento BC;

3) o ponto de encontro das duas mediatrizes nos dá o ponto O;

4) pelo ponto O (centro da circunferência) e abertura do compasso AO (OB ou

OC) traçamos a circunferência desejada.

b) de um ponto A, dado na circunferência (R=40 mm), traçar a tangente a ela

1) traçar o segmento AO, raio da circunferência;

2) traçar uma reta “r” perpendicular ao segmento AO passando por A;

3) a reta “r” é a tangente procurada

c) de um ponto A dado, fora de uma circunferência dada (R=40 mm), traçar as

tangentes a ela

1) unimos o ponto A ao centro O da circunferência;

2) traçamos a mediatriz do segmento AO encontrando o ponto médio M sobre

AO;

3) com centro em M e raio MO traçamos uma circunferência auxiliar que no seu

cruzamento com a circunferência dada (R=40 mm) nos dá os pontos B e C;

4) traçamos a reta “r” passando pelos pontos A e B, e a reta “s” passando por A

e C;

5) as retas “r” e “s” são as tangentes a circunferência passando por A.

Justificativa: as retas “r” e “s” são as tangentes a circunferência por serem

perpendiculares aos raios OB e OC, pois os ângulos ABO e ACO são retos

como inscritos numa mesma semi-circunferência.

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d) dadas duas circunferências de raios R=35 mm e R’=20 mm e centros O e O’

distantes entre si 80 mm, traçar suas tangentes comuns exteriores

1) com centro em O e raio igual a diferença entre R e R’ traçamos uma

circunferência auxiliar;

2) do ponto O’ traçamos as tangentes à circunferência auxiliar e obtemos os

pontos B e C;

3) unimos O a B e prolongamos até cruzar com a circunferência de raio R (35

mm), obtendo o ponto D;

4) unimos O a C e prolongamos até cruzar com a circunferência de raio R (35

mm), obtendo o ponto E;

5) com centro em D e raio BO’ encontramos o ponto D’ na circunferência de raio

R’ (20 mm);

6) com centro em E e raio CO’ encontramos o ponto E’ na circunferência de raio

R’ (20 mm);

7) a reta “r” obtida da união de D com D’ é uma das tangentes exteriores

procuradas;

8) a reta “s” obtida da união de E com E’ é a outra tangente exterior procurada.

e) dadas duas circunferências de raios R=35 mm e R’=20 mm e centros O e O’

distantes entre si 80 mm, traçar suas tangentes comuns interiores

1) com centro em O e raio igual a soma entre R e R’ traçamos uma

circunferência auxiliar;

2) do ponto O’ traçamos as tangentes à circunferência auxiliar e obtemos os

pontos B e C;

3) do cruzamento de OB com a circunferência de raio R (35 mm), obtemos o

ponto D;

4) do cruzamento de OC com a circunferência de raio R (35 mm), obtemos o

ponto E;

5) com centro em D e raio BO’ encontramos o ponto D’ na circunferência de raio

R’ (20 mm);

6) com centro em E e raio CO’ encontramos o ponto E’ na circunferência de raio

R’ (20 mm);

7) a reta “r” obtida da união de D com D’ é uma das tangentes interiores

procuradas;

8) a reta “s” obtida da união de E com E’ é a outra tangente interior procurada;

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AULA 11



1) Construção de circunferências e suas tangentes

a) traçar uma circunferência de raio R (20 mm) tangente a uma reta “r” dada e a uma

circunferência (raio 30 mm) dada de centro O (a distância de O a reta “r” é de 60 mm)

1) tomamos uma perpendicular à reta dada “r” e no seu cruzamento com “r”

encontramos o ponto A;

2) na perpendicular anterior traçamos AB igual ao raio R (20 mm) dado;

3) por B traçamos a paralela a reta “r”;

4) com centro em O e raio igual a soma do raio dado R (20 mm) com o raio da

circunferência dada (30 mm), traçamos um arco de circunferência que corta a

paralela traçada por B e encontramos os pontos C e C´;

5) C e C´ são os centros das circunferências procuradas, pois o problema

admite duas soluções.

b) traçar quatro circunferências tangentes a três retas dadas, “r”, “s” e “t”, que se

cortam duas a duas, formando com seus vértices um triângulo ABC (AB=40, AC=35 e

BC=45)

1) traçamos as bissetrizes dos ângulos formados por rAC, rBC e BCt;

2) no cruzamento destas três bissetrizes encontramos os centros de três das

circunferências procuradas O1, O2 e O3;

3) o centro O4 da quarta circunferência será encontrado na intersecçcâo dos

segmentos O1A e O2C;

4) a seguir traçamos as seguintes perpendiculares: O1K à “r”, O2L à “t”, O3M à

“s” e O4N à “r”;

5) as quatro circunferências terâo seus raios definidos pelas perpendiculares

traçadas no passo anterior, e portanto foram encontradas.

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c) traçar duas circunferências tangentes a uma outra de centro O e raio=20 mm dada e

a uma reta “r” em um ponto dado A, sabendo-se as distâncias: entre o centro O e a reta

“r” de 60 mm, entre o centro O e o ponto A de 70 mm

1) por A traçamos uma perpendicular a reta dada “r”;

2) marcamos na perpendicular os segmentos AB (abaixo de “r”) e AC (acima de

“r”) com a medida igual ao raio da circunferência dada;

3) unimos B e C ao centro O da circunferência dada;

4) achamos a mediatriz do segmento OB e no seu cruzamento com a

perpendicular a “r” por A encontramos o ponto E;

5) achamos a mediatriz do segmento OC e no seu cruzamento com a

perpendicular a “r” por A encontramos o ponto F;

6) o ponto E é o centro de uma das circunferências procuradas, basta traça-la

com raio igual a EA;

7) o ponto F é o centro da outra circunferência procurada, basta traça-la com

raio igual a FA.

d) traçar duas circunferências tangentes entre si e as retas concorrentes "r" e "s" que

formam um ângulo de 45°, sendo dada a circunferência menor de centro O e raio R=20

mm

1) os centros dessas circunferências devem estar na bissetriz do ângulo

formado pelas retas “r” e “s”, pontanto vamos acha-la;

2) traçamos uma paralela a reta “r” a uma distância de 20 mm desta, e no

cruzamento desta com a bissetriz do ângulo encontramos o centro O da

circunferência dada que será tangente a “r” e a “s”;

3) traçamos uma perpendicular a “r” pelo ponto O, e abrindo o compasso com a

distância de “r” a O sobre a perpendicular encontramos a circunferência de

raio R dada;

4) no cruzamento da bissetriz com a circunferência de raio R, encontramos o

ponto D;

5) por D traçamos a perpendicular à bissetriz e no seu cruzamento com a reta

“s” encontramos o ponto E;

6) com centro E e raio ED obtemos F na reta “s”;

7) traçamos por F a perpendicular a “s” e no seu cruzamento com a bissetriz

encontramos o centro O´, que é o centro de outra circunferência de raio O´F;

Obs.: este processo pode ser repetido continuamente até quantas

circunferências desejarmos.

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AULA 12


I) RETIFICAÇÃO DE CIRCUNFERÊNCIAS

1) Quatro processos mais utilizados

Retificar uma circunferência consiste em determinar um segmento de reta cujo

comprimento seja igual ao comprimento da circunferência dada. Este problema só tem

solução aproximada.

Para podermos comparar o grau de precisão de cada processo, utilizamos para

todos uma Circunferência dada de centro O e de raio R=30 mm. O resultado

algébrico da retificação dessa circunferência é:

141592654,34956,18830..2..2

===

πππ R

a) 1o processo (muito simples, mas pouco rigoroso):

1) traçamos dois raios perpendiculares AO e OB;

2) prolongamos o raio AO até cruzar com a circunferência em C;

3) com centro em C e raio CO traçamos um arco que cruza a circunferência em

D e E;

4) tomamos como comprimento da circunferência o segmento EF que é obtido

por transporte das medidas AB e DE na reta “r” nas seguintes proporções:

7759,188).(2 =+= DEABEF

Justificativa:

AB = lado do quadrado inscrito, logo teremos: 2..2 22 RABRAB =�=

DE = lado do triângulo equilátero ADE inscrito. No triângulo equilátero os lados

são iguais, os ângulos internos também, e valem 60o. O seu circuncentro (encontro das

mediatrizes dos lados) coincide com o seu incentro (encontro das bissetrizes dos

ângulos dos vértices), portanto o ângulo ODE representa a bissetriz do ângulo do

vértice D e vale 30o. Portanto teremos:

3.23

..230cos..2 RRRDE === e assim encontraremos:

)14626437,3.(.2)32.(.2).(2 RRDEABEF =+=+=

O erro cometido é por excesso e vale aproximadamente 0,004672.(2.R), sendo

portanto inferior a cinco milésimos do diamêtro.

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b) 2o processo (método de Arquimedes):

1) traçamos um diâmetro AB, horizontal;

2) dividimos o diâmetro AB em 7 partes iguais (divisão de um segmento de reta

em “n” partes iguais - teorema de Tales);

3) tomamos como comprimento da circunferência o segmento EF que é obtido

por transporte das medidas AB (diâmetro) e (1/7).AB na reta “r” nas seguintes

proporções:

5714,188.71

.3 =+= ABABEF

Justificativa:

Tomemos como comprimento da circunferência a expressão anterior na seguinte

forma:

)14285714,3.(.2)71

721

.(.2).2.(71

).2.(3

.2

RRRREF

RdiâmetroAB

=+=+=

==

O erro cometido é por excesso e vale aproximadamente 0,001264.(2.R), sendo

portanto inferior a dois milésimos do diamêtro, portanto mais preciso que o 1o processo.

c) 3o processo (simples com boa aproximação):

1) traçamos um diâmetro AB, vertical;

2) traçamos a reta “r”, perpendicular a AB passando por B;

3) com centro em B e raio BO, traçamos o arco que corta a circunferência em C

(arco OC);

4) traçamos a mediatriz de BC (ponto M em BC) e obtemos o ponto D no seu

cruzamento com a reta “r”;

5) marcamos na reta “r” o segmento de reta DE igual a 3 vezes o raio R;

6) unimos o ponto E ao A e tomamos a medida AE como sendo a metade do

comprimento da circunferência, portanto o comprimento da circunferência é:

4920,188)2460,92.(2.2 ==AE

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Justificativa:

No triângulo retângulo BMD o ângulo do vértice B vale 30o (lembrar do

hexágono), logo BD=BM/cos30o e BM=R/2, portanto podemos escrever:

33.

33

.33

2.

223

RBD

RRBMBD =�===

No triângulo retângulo ABE através do teoriema de pitágoras temos:

)14153334,3.(

86923172,9.)3.23

40.(

)31

3.294.(3

3..2.9.4

)3

3..3().2().3().2(

22

2222

2222222

RAE

RAERAE

RR

RRRAEdonde

RRRBDRRBEABAE

=∴

=→−=

+−+=+−+=→

−+=−+=+=

O erro cometido é por falta e vale aproximadamente 0,000059.(R), sendo inferior

a um décimo de milésimos do raio, portanto bem mais preciso que o 2o processo.

d) 4o processo (devido a Specht, aproximação muito boa):

1) traçamos um diâmetro AB, vertical;

2) traçamos a reta “r”, perpendicular a AB passando por A;

3) com raio igual ao diâmetro AB traçamos um arco com centro em A e no seu

cruzamento com a reta “r” encontramos o ponto C;

4) dividimos o raio AO em cinco partes iguais (divisão de um segmento de reta

em “n” partes iguais - teorema de Tales) e transportamos 1/5 de AO para a

reta “r”, a partir de C, obtendo o ponto D;

5) depois transportamos 2/5 de AO para a reta “r”, a partir de D, obtendo o

ponto F;

6) transportamos a medida OD para o segmento de reta AB, a partir de A, e

obtemos o ponto E no prolongamento do segmento AB;

7) traçamos a reta OF e levamos uma paralela a ela para o ponto E obtendo no

seu cruzamento com a reta “r” o ponto G;

8) O segmento de reta AG=188,4955 é o comprimento obtido para a

circunferência.

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4

Justificativa:

Temos:

RAC .2= RCD .51= RDF .

52=

logo: RR

RAD .5

115

.2 =+= RRR

RAF .5

135.2

5.2 =++=

e portanto:

RRRRADAOODAE .5

14625

1211.).

511

( 2222 =+=+=+==

temos o segmento de reta OF paralelo ao segmento EG e podemos aplicar o teorema

de Tales:

RR

RRAG

AOAE

AFAGAEAO

AGAF

.25

146.13)

.5

146

.(.5

13. ==�=∴=

teremos então:

)14159195,3.(.2)50

146.13.(.2 RRAG ==

O erro cometido é por falta e vale aproximadamente 7.10-7.(R), sendo portanto

inferior a um milionésimo do diâmetro, portanto bem mais preciso que o 3o processo.

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AULA 13


I) RETIFICAÇÃO DE ARCOS DE CIRCUNFERÊNCIA

1) Retificar um arco AB de circunferência:

Retificar um arco de circunferência consiste em determinar um segmento de reta

cujo comprimento seja igual ao comprimento do arco da circunferência dada. Este

problema também só tem solução aproximada.

a) 1o processo para o arco AB menor ou igual a 90o (dados α=75o e R=30 mm):

O resultado algébrico da retificação desse arco de circunferência é:

141592654,3

2699,39180

75.30.180

.R.

====ππππ

====ππππ====ααααππππ

1) traçamos a circunferência de raio R e centro O, encontrando o diâmetro AC;

2) traçamos o arco AB que cobre um ângulo α;

3) dividimos o raio R em 4 partes iguais e tomamos CD igual a ¾ do raio R;

4) por A, levantamos uma perpendicular ao diâmetro AC;

5) unimos o ponto D ao ponto B do arco, prolongando este segmento de reta

até a perpendicular traçada anteriormente encontrando o ponto E;

6) o segmento AE é aproximadamente o comprimento do arco AB dado.

O resultado do traçado geométrico da retificação desse arco de circunferência foi

de 39,6695 mm.

O erro cometido para este arco (α=75o e R=30 mm) é por excesso e vale

aproximadamente 0,01332.(R).

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b) 2o processo para o arco AB maior que 90o até 180o inclusive (dados α=135o e R=30

mm):

O resultado algébrico da retificação desse arco de circunferência é:

141592654,3

6858,70180

135.30.180

.R.

====ππππ

====ππππ====ααααππππ

1) traçamos a circunferência de raio R e centro O, encontrando o diâmetro MC;

2) traçamos o arco AB que cobre um ângulo α, de forma que o diâmetro MC

seja a bissetriz de α;

3) dividimos o raio R em 4 partes iguais e tomamos CD igual a ¾ do raio R;

4) por M, levantamos uma perpendicular ao diâmetro MC;

5) unimos o ponto D ao ponto A do arco, prolongando este segmento de reta

até a perpendicular traçada anteriormente encontrando o ponto E;

6) unimos o ponto D ao ponto B do arco, prolongando este segmento de reta

até a perpendicular traçada anteriormente encontrando o ponto E’;

7) o segmento EE’ é aproximadamente o comprimento do arco AB dado.

O resultado do traçado geométrico da retificação desse arco de circunferência foi

de 71,4781 mm.

O erro cometido para este arco (α=135o e R=30 mm) é por excesso e vale

aproximadamente 0,02641.(R).

Este processo é idêntico ao anterior feito para metade do ângulo α obtendo-se a

retificação com o segmento ME que depois é multiplicado por dois (segmento EE’).

Obs.: Na Aula 6 já vimos um processo para a divisão de um arco em “n” partes iguais,

onde a precisão na retificação do arco era bastante inferior a ensinada nesta aula.

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AULA 14


I) DIVISÃO DA CIRCUNFERÊNCIA EM PARTES IGUAIS E POLÍGONOS

REGULARES INSCRITOS

1) Traçar o polígono regular inscrito correspondente a divisão de uma circunferência

em:

a) cinco partes iguais (pentágono):

1) traçamos a circunferência de raio R=40 mm e centro O;

2) traçamos dois diâmetros perpendiculares AB e CD;

3) achamos a mediatriz de OB e encontramos o ponto M;

4) com centro em M e raio MC, traçamos um arco e obtemos o ponto E no

segmento AO;

5) com centro em C e raio CE, traçamos um arco que corta a circunferência em

F, definindo o primeiro lado do pentágono regular inscrito.

b) seis partes iguais (hexágono):


2) traçamos um diâmetro qualquer AB na vertical;

3) com centro em A e raio AO, traçamos um arco e obtemos os pontos C e D no

seu cruzamento com a circunferência;

4) com centro em B e raio BO, traçamos um arco que corta a circunferência em

E e F;

5) os segmentos de reta AC, CE, EB, BF, FD e DA definem os lados do

hexágono regular inscrito.

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c) sete partes iguais (heptágono):

Este processo é aproximado, sendo o erro cometido inferior a 0,002.R por falta.


2) traçamos um raio qualquer OA na horizontal;

3) achamos a mediatriz de OA e encontramos o ponto M;

4) prolongamos a mediatriz por M até o seu cruzamento com a circunferência e

encontramos o ponto B;

5) com centro em B e raio BM, traçamos um arco que corta a circunferência em

C, definindo o primeiro lado do heptágono regular inscrito.

d) nove partes iguais (eneágono):

Este processo é aproximado, sendo o erro cometido inferior a 0,003.R por falta.



3) com centro em C e raio CO, traçamos um arco e no seu cruzamento com a

circunferência encontramos o ponto E;

4) com centro em D e raio DE, traçamos um arco e no seu cruzamento com o

prolongamento do diâmetro AB encontramos o ponto F;

5) com centro em F e raio FC, traçamos um arco e no seu cruzamento com o

raio OA encontramos o ponto G;

6) com centro em C e raio AG, traçamos um arco que corta a circunferência em

H, definindo o primeiro lado do eneágono regular inscrito.

e) dez partes iguais (decágono):




4) com centro em M e raio MC, traçamos um arco e obtemos o ponto E no

segmento AO;

5) a dimensão EO define o tamanho do lado do polígono regular;

6) com centro em C e raio EO, traçamos um arco que corta a circunferência em

F, definindo o primeiro lado do decágono regular inscrito.

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AULA 15


I) DIVISÃO DA CIRCUNFERÊNCIA EM PARTES IGUAIS E POLÍGONOS

REGULARES INSCRITOS


em:

a) onze partes iguais (undecágono):

Este processo é aproximado e o erro cometido é inferior a 0,0045.R por falta.




4) tomamos o ponto médio do raio OB e unímo-lo a C;

5) achamos a mediatriz de CM e encontramos o ponto E;

6) a dimensão CE define o tamanho do lado do polígono regular;

7) com centro em C e raio CE, traçamos um arco que corta a circunferência em

F, definindo o primeiro lado do undecágono regular inscrito.

b) doze partes iguais (dodecágono):

A construção do dodecágono regular inscrito na circunferência é feita a partir da

construção do hexágono regular e do traçado das mediatrizes dos lados ou das

bissetrizes dos ângulos desse. Traçaremos a partir de uma circunferência de

raio R=50 mm e centro O.

c) treze partes iguais (tridecágono):

Este processo é aproximado e o erro cometido é inferior a 0,0064.R por excesso.



3) dividimos o raio OC em quatro partes iguais (utilizando mediatrizes), e no

cruzamento da 1a divisão a partir do centro O encontramos o ponto N;

4) traçamos o segmento de reta BN, e no seu prolongamento cruzamos a

circunferência no ponto E;

5) a dimensão AE, é aproximadamente o lado do tridecágono regular inscrito.

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d) quatorze partes iguais (tetradecágono):

A construção do tetradecágono regular inscrito na circunferência é feita a partir

da construção do heptágono regular (ver Aula 14).

1) traçamos a circunferência de raio R=50 mm e centro O e o heptágono regular

inscrito a ela;

2) unimos cada vértice do heptágono regular ao centro O por um segmento de

reta, e no seu prolongamento e cruzamento com a circunferência,

opostamente ao vértice, encontramos os pontos que definirão os novos

vértices dos lados do tetradecágono regular inscrito.

e) quinze partes iguais (pentadecágono):

O lado do pentadecágono regular inscrito na circunferência é encontrado a partir

dos lados do hexágono e do decágono regular inscritos (ver Aula 14).



3) com centro em C e raio OC, traçamos um arco que corta a circunferência em

E, definindo um lado do hexágono regular inscrito.


5) com centro em M e raio MC, traçamos um arco e obtemos o ponto F no

segmento AO, e a dimensão FO define o lado do decágono;

6) com centro em C e raio FO, traçamos um arco que corta a circunferência em

G, definindo um lado do decágono regular inscrito.

7) o ângulo definido pelo arco EG, obtido pela diferença entre os ângulos do

hexágono e do decágono, define o tamanho do lado do pentadecágono

regular inscrito.

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AULA 16


I) DIVISÃO DA CIRCUNFERÊNCIA EM “n” PARTES IGUAIS E POLÍGONOS

REGULARES INSCRITOS


em “n” partes iguais:

a) 1o processo – Bion / Rinaldini (adotado n=7 partes iguais - heptágono):

Este processo é aproximado.


2) traçamos um diâmetro AB na vertical;

3) dividimos o diâmetro AB em “n” partes iguais, sendo neste caso n=7 partes

iguais (divisão de um segmento de reta em “n” partes iguais - teorema de

Tales);

4) numeramos de A para B os pontos encontrados na divisão em “n” partes de 0

a n;

5) com centro em A e depois em B e raio AB, traçamos dois arcos e em seus

cruzamentos a esquerda e a direita encontramos, respectivamente, os pontos

C e D;

6) unimos o ponto C aos pontos da divisão de AB em “n” partes, seguindo uma

sequência nas divisões com numeração par (0, 2, 4, 6, etc.) ou com

numeração impar (1, 3, 5, etc.), e no seu prolongamento até a circunferência

encontramos os pontos que definem parte da divisão da mesma em “n”

partes iguais;

7) da mesma forma, unimos o ponto D aos mesmos pontos em que unimos o

ponto C, obtendo o restante dos pontos que dividem a circunferência em “n”

partes iguais;

8) unindo os pontos da divisão encontrados sobre a circunferência, podemos

construir o polígono regular inscrito de “n” lados (neste caso o heptágono).

02/03/2007

2

b) 2o processo – Tempier (adotado n=7 partes iguais - heptágono):




3) dividimos o diâmetro AB em “n” partes iguais, sendo neste caso n=7 partes

iguais (divisão de um segmento de reta em “n” partes iguais - teorema de

Tales);

4) numeramos de A para B os pontos encontrados na divisão em “n” partes de 0

a n;

5) achamos a mediatriz da terceira divisão de AB partindo do ponto B e

encontramos o ponto M;

6) da mesma forma, achamos a mediatriz da terceira divisão de AB partindo

agora do ponto A e encontramos o ponto M’;

7) com centro em A e depois em B e raio AB, traçamos dois arcos, a direita, e

em seu cruzamento encontramos o ponto E;

8) unimos E com M e no seu prolongamento até a circunferência encontramos o

ponto F;

9) unimos E com M’ e no seu prolongamento até a circunferência encontramos

o ponto G;

10) a dimensão definida pelos pontos F e G, define o tamanho do lado do

pólígono regular inscrito de “n” lados (neste caso o heptágono).

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3

c) 3o processo – autor desconhecido (adotado n=7 partes iguais - heptágono):




3) dividimos o diâmetro AB em “n/2” partes proporcionais, sendo neste caso

n/2=3,5 partes (divisão de um segmento de reta em partes proporcionais -

teorema de Tales);

4) numeramos de A para B os pontos encontrados na divisão em “n/2” partes de

0 a n/2;

5) com centro em C e raio CO, traçamos um arco que cruza o prolongamento

para a esquerda do diâmetro CD em E;

6) com centro em D e raio DO, traçamos um arco que cruza o prolongamento

para a direita do diâmetro CD em F;

7) unimos o ponto E aos pontos da divisão de AB em “n/2” partes, seguindo

uma sequência nas divisões de 1 a n/2, e no seu prolongamento até a

circunferência encontramos os pontos que definem parte da divisão da

mesma em “n” partes iguais;

8) da mesma forma, unimos o ponto F aos mesmos pontos em que unimos o

ponto E, obtendo o restante dos pontos que dividem a circunferência em “n”

partes iguais;

9) unindo os pontos da divisão encontrados sobre a circunferência, podemos

construir o polígono regular inscrito de “n” lados (neste caso o heptágono).

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AULA 17

CONSTRUÇÕES FUNDAMETAIS DE CONCORDÂNCIAS

I) CONCORDÂNCIA DAS RETAS E DE ARCOS DE CIRCUNFERÊNCIA

1) Regras de Concordância:

1a) Dizemos que um arco e uma reta estão em concordância num ponto quando

a reta é tangente ao arco nesse ponto. Nesse caso, o centro do arco está na

perpendicular à reta tirada desse ponto. O conjunto reta-arco deve formar uma só linha.

2a) Dizemos que dois arcos estão em concordância num ponto qualquer, quando

eles admitem nesse ponto uma tangente comum. Nesse caso, os centros dos dois

arcos e o ponto de concordância (de tangência) estão em linha reta.

a) concordar um arco de circunferência de raio R=20 mm, com uma reta “r” dada,

partindo de um ponto A dado sobre a reta:

1) traçamos por A uma perpendicular a reta “r” e nela marcamos a medida do

raio R dado, encontrando o ponto B;

2) com centro em B e abertura do compasso AB, que é igual ao raio R,

traçamos o arco de circunferência que inicia sua concordância com a reta “r”

no ponto A.

b) concordar um arco de circunferência de raio R=25 mm, com uma reta “r” dada, e que

passe por um ponto A dado fora da reta (distância do ponto A até a reta “r” adotada em

40 mm perpendicularmente a ela):

1) traçamos uma perpendicular por um ponto B qualquer sobre a reta “r” e nesta

perpendicular marcamos a medida do raio R dado, encontrando o ponto C;

2) traçamos pelo ponto C uma paralela a reta “r”,

3) com abertura do compasso igual a R e centro em A traçamos um arco que

corta a paralela a reta “r” anteriormente traçada, encontrando o ponto O;

4) por O traçamos uma perpendicular a reta “r” que a corta no ponto D;

5) com centro em O e abertura do compasso OD, que é igual a R, traçamos o

arco de circunferência que inicia sua concordância com a reta “r” no ponto D

passando por A dado.

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c) concordar um arco de circunferência com uma reta “r” dada, partindo de um ponto A

qualquer sobre a reta e que passe por um ponto B fora da reta (distância de B à reta “r”

adotada em 40 mm perpendicularmente a ela):

1) traçamos uma perpendicular a reta “r” pelo ponto A;

2) achamos a mediatriz do segmento de reta formado pelos pontos A e B;

3) no cruzamento da perpendicular e da mediatriz encontramos o ponto O;

4) com centro em O e abertura do compasso OA traçamos o arco de

circunferência que inicia sua concordância com a reta “r” no ponto A

passando por B dado.

d) concordar uma semicircunferência, com duas retas horizontais paralelas “r” e “s”,

distantes uma da outra de 40 mm (adotado), passando pelos pontos A (na reta “r”) e B

(na reta “s”) alinhados verticalmente:

1) traçamos uma perpendicular as retas “r” e “s”, passando pelos pontos A e B;

2) achamos a mediatriz do segmento de reta AB encontrando o ponto M;

3) com centro em M e abertura do compasso MA (ou MB) traçamos o arco de

circunferência que inicia sua concordância com a reta “r” no ponto A e com a

reta “s” no ponto B.

e) concordar um arco de circunferência de raio R=30 mm, com duas retas “r” e “s”

concorrentes e perpendiculares entre sí:

1) denominamos o cruzamento das duas retas perpendiculares “r” e “s” de

ponto A, e com o centro do compasso nele traçamos um arco de raio igual a

R, encontrando na reta “r” o ponto B e na reta “s” o ponto C;

2) com centro em B e depois em C e com raio igual a R traçamos dois arcos

que se cruzam em O;

3) com centro em O e abertura do compasso OB, que é igual a R, traçamos o

arco de circunferência que inicia sua concordância com a reta “r” no ponto B

e na reta “s” no ponto C.

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f) concordar um arco de circunferência de raio R=25 mm, com duas retas “r” e “s”

concorrentes e que formam um ângulo obtuso qualquer entre sí (adotado 120o):

1) traçamos retas paralelas as retas “r” e “s” a uma distância R das mesmas;

2) o cruzamento das duas paralelas nos fornece o ponto O, e por ele traçamos

perpendiculares a “r” e a “s”, encontrando os pontos A e B;

3) com centro em O e abertura do compasso OB ou OA, que são iguais a R,


no ponto A e na reta “s” no ponto B.

g) traçar um arco de circunferência que partindo de um ponto A sobre uma reta “r”,

concorde com uma reta “s” qualquer dada, inclinada em relação a “r”:

1) traçamos por A uma perpendicular a reta “r” e no seu cruzamento com a reta

“s” encontramos o ponto B;

2) achamos a bissetriz do ângulo do vértice formado no ponto B pela reta

perpendicular a “r” com a reta “s”;

3) prolongamos a bissetriz achada até o seu cruzamento com a reta “r” em O;

4) por O traçamos uma perpendicular a reta “s” que a corta no ponto C;

5) com centro em O e abertura do compasso OC traçamos o arco de

circunferência que inicia sua concordância com a reta “s” no ponto C

passando pelo ponto A na reta “r”.

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AULA 18

CONSTRUÇÕES FUNDAMETAIS DE CONCORDÂNCIAS

I) CONCORDÂNCIA DAS RETAS E DE ARCOS DE CIRCUNFERÊNCIA

1) Continuação de Concordâncias:

a) concordar um arco de circunferência de raio R=25 mm, com duas retas “r” e “s”

concorrentes e que formam um ângulo agudo qualquer entre sí (adotado 60o):

1) traçamos retas paralelas as retas “r” e “s” a uma distância R das mesmas;

2) o cruzamento das duas paralelas nos fornece o ponto O, e por ele traçamos

perpendiculares a “r” e a “s”, encontrando os pontos A e B;

3) com centro em O e abertura do compasso OB ou OA, que são iguais a R,


no ponto A e na reta “s” no ponto B.

b) concordar um arco de circunferência de raio R=20 mm, com uma reta “r” e um arco

dado de centro O1 e raio R1=50 mm (distância do ponto O1 a reta “r” adotada em 30

mm perpendicularmente a ela):

1) traçamos uma reta paralela a reta “r” a uma distância R da mesma;

2) pelo centro O1 traçamos um arco de raio igual a R1-R, e no cruzamento

desse arco com a reta paralela anterior encontramos o ponto O;

3) por O traçamos uma perpendicular a reta “r” que a corta no ponto A;

4) unimos o ponto O ao centro O1, prolongando esse segmento de reta até

tocar no arco de raio R1, obtendo o ponto B;

5) com centro em O e abertura do compasso OA ou OB, que são iguais a R,


no ponto A e no arco de raio R1 no ponto B.

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c) traçar um arco de circunferência de raio R=70 mm, concordando externamente com

duas circunferências, uma de centro O1 e raio R1=30 mm e outra de centro O2 e raio

R2=20 mm (distância entre centros O1 e O2 adotada como sendo 70 mm):

1) pelo centro O1 traçamos um arco de raio igual a R-R1, pelo centro O2

traçamos um arco de raio igual a R-R2, e no cruzamento dos dois

encontramos o ponto O;

2) unimos o ponto O aos centros O1 e O2 e prolongamos estes segmentos de

reta até tocar nas circunferências, obtendo os pontos A (na de raio R1) e B

(na de raio R2);

3) com centro em O e abertura do compasso OA ou OB, que é igual a R,

traçamos o arco de circunferência que tem seus pontos de concordância

externa às duas circunferências em A e em B.

d) traçar um arco de circunferência de raio R=25 mm, concordando internamente com

duas circunferências, uma de centro O1 e de raio R1=30 mm e outra de centro O2 e

raio R2=20 mm (distância entre centros O1 e O2 adotada como sendo 70 mm):

1) pelo centro O1 traçamos um arco de raio igual a R+R1, pelo centro O2

traçamos um arco de raio igual a R+R2, e no cruzamento dos dois


2) unimos o ponto O aos centros O1 e O2 e no cruzamento desses segmentos

de reta com as circunferências, obtemos os pontos A (na de raio R1) e B (na

de raio R2);


traçamos o arco de circunferência que tem seus pontos de concordância

interna às duas circunferências em A e em B.

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e) traçar um arco de circunferência de raio R=50 mm, concordando externamente com

uma circunferência de centro O1 e raio R1=30 mm, e internamente com uma

circunferência de centro O2 e de raio R2=20 mm (distância entre centros O1 e O2

adotada como sendo 70 mm):

1) pelo centro O1 traçamos um arco de raio igual a R-R1, pelo centro O2

traçamos um arco de raio igual a R+R2, e no cruzamento dos dois


2) unimos o ponto O ao centro O1 e prolongamos este segmento de reta até

tocar na circunferência de raio R1 no ponto A;

3) unimos o ponto O ao centro O2 e no cruzamento desse segmento de reta

com a circunferência de raio R2, obtemos os pontos B;


traçamos o arco de circunferência que tem seu ponto de concordância

externa à circunferência de raio R1 em A, e de concordância interna à

circunferência de raio R2 em B.

f) traçar um arco de circunferência de raio R=30 mm, concordando externamente com

um arco de circunferência de centro O1 e raio R1=30 mm, e internamente com outro

arco de centro O2 e de raio R2=50 mm (a distância entre centros O1 e O2 foi adotada

como sendo 40 mm na horizontal e 15 mm na vertical):

1) pelo centro O1 traçamos um arco de raio igual a R+R1, pelo centro O2

traçamos um arco de raio igual a R-R2, e no cruzamento dos dois


2) unimos o ponto O ao centro O1 e no cruzamento desse segmento de reta

com a circunferência de raio R1, obtemos os pontos A;

3) unimos o ponto O ao centro O2 e prolongamos este segmento de reta até

tocar na circunferência de raio R2 no ponto B;


traçamos o arco de circunferência que tem seu ponto de concordância

externa à circunferência de raio R1 em A, e de concordância interna à

circunferência de raio R2 em B.

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4

g) dadas duas semi-retas Ar e Bs, orientadas em sentidos contrários, não tendo suas

extremidades numa mesma perpendicular, concordá-las com dois arcos de

circunferência de mesmo raio de forma a formar uma curva reversa:

Obs.: adotaremos as semi-retas Ar e Bs horizontais e paralelas, distantes uma

da outra de 70 mm, com Ar para a esquerda e Bs para a direita.

1) unimos A com B e traçamos a mediatriz do segmento de reta AB,

encontrando o ponto M;

2) por A traçamos a perpendicular a semi-reta Ar, e fazemos o mesmo por B

com relação a reta Bs;

3) traçamos a mediatriz de MA e no seu cruzamento com a perpendicular a Ar

por A encontramos o ponto O1;

4) traçamos a mediatriz de MB e no seu cruzamento com a perpendicular a Bs

por B encontramos o ponto O2;

5) com centro em O1 e abertura do compasso O1A traçamos o arco de

circunferência a direita que tem seu ponto de concordância com a semi-reta

Ar em A e com o próximo arco em M;

6) da mesma forma, com centro em O2 e abertura do compasso O2B traçamos

o arco de circunferência a esquerda que tem seu ponto de concordância com

a semi-reta Bs em B e com o arco a direita em M.

Repr.Gráfica_-_Des._Geométrico (1)

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