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2.1.16

O mundo do meio


Problema: Construir uma circunferência que passe por um ponto $\;A\;$ dado e corte duas circunferências - $\;c_1, \;c_2\;$ - dadas segundo os ângulos $\; \alpha , \; \beta \;$ respetivamente.

O ângulo de uma reta $\;r\;$ com uma circunferência que a corte num ponto $\;P\;$ é um ângulo de vértice $P$ cujos lados são $r$ e a tangente à circunferência em $\;P.\;$ Se duas circunferências se cortam, dizemos que se cortam segundo um ângulo $\;\alpha \;$ quando as tangentes às duas num ponto de interseção fazem um ângulo de amplitude $\; \;\alpha .\;$ Neste caso, temos de encontrar uma circunferência que corte $\;c_1\;$ segundo um ângulo $\; \alpha\;$ (verde) e $\;c_2\;$ segundo o ângulo $\;\beta \;$ (castanho).
Para isso bastará inverter as circunferências dadas relativamente a uma circunferência de inversão e depois encontrar uma reta que corte as inversas segundo aqueles ângulos. Como a inversão conserva os ângulos se invertermos essa reta obteríamos uma circunferência a cortar as dadas segundo os ângulos dados. Esta circunferência inversa da reta deve passar pelo ponto $\;A\;$ dado e, para isso acontecer, bastará que a circunferência de inversão tenha centro em $\;A.\;$
Os procedimentos necessários já foram dissecados antes, por exemplo, na antepenúltima entrada publicada a 20 de dezembro do passado ano em que se apresentava a resolução do problemma " Construir uma circunferência que passe por dois pontos $\;A,\;B\;$ dados e corte uma reta dada segundo um dado ângulo $\; \alpha. \;$

© 5 janeiro 2016, Criado com GeoGebra

Fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor na direita alta da figura, acompanha passo a passo a resolução do problema. Também pode fazer variar a amplitude do ângulo dado deslocando o ponto visível a verde, como pode fazer variar $\; A, \; O_1, \;O_2, ....\;$ com consequências que vão até poder ver em que condições há duas ou nenhuma solução para o problema.… Depois de qualquer alteração, pode usar o botão (direita altíssima) para reiniciar.

Na figura - $\;\fbox{n=0}\;$ - estão patentes os dados do problema.
Em - $\;\fbox{n=1}\;$- acrescenta-se uma circunferência $\;i\;$ de centro $\;A\;$ (raio qualquer) que vai servir de circunferência de inversão.
$\;\fbox{n=2}\;$ - A inversão relativa à circunferência $\;i\;$ ou $\;(A)\;$ transforma a circunferência $\;c_1 \;\;\;\mbox{ou}\;\;\; (O_1) \;$ numa circunferência $\;c'_1\;$ de centro $\;O'_1$ e $\;(O_2)\;$ em $\;(O'_2)\;$ (tracejadas)
$\;\fbox{n=3}\;$ - Determinamos as circunferências (pontilhadas) concêntricas com $\;c'1 , \;c'_2\;$ para cada uma das quais qualquer das suas retas tangentes fazem ângulos
- $\; \alpha \;$ com $\;c'_1\;$, inversa de $\;c_1\;$
- $\; \beta \;$ com $\;c'_2\;$
$\;\fbox{n=4}.:\;$ Tomamos uma tangente (laranjada) comum a essas duas circunferências que obviamente cortará $\;(c'_1)\;$ segundo um ângulo $\; \alpha\;$ e $\;c'_2\;$ segundo um ângulo $\;\beta\;$
$\;\fbox{n=5} :\;$ - Por isso e porque a circunferência da inversão tem centro $\;A\;$, invertendo a reta alaranjada relativamente a $\;(i),\;$ obtemos uma circunferência que é solução do problema, - $\;\fbox{n=6,7}\;$ - aqui realçada

Claro que no caso dos concretos dados originais e da nossa figura há mais três soluções, já que os nossos dois círcul(inh)os (a pontilhado) admitem quatro tangentes mostradas para $\;\fbox{n=8, 9, 10} \;$
Pode fazer variações claro....


* Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie Vuibert. Paris:1946.
201. Construire un cercle passant par un point donné $\;A\;$ et coupant deux cercles donnés $\;(C),\;(C')\;$ sous des angles donnés $\;\alpha,\; \alpha '.$

23.7.15

Relações entre tetraedro e cubo inscritos numa mesma esfera.


As construções do tetraedro (XIII.13) e do cubo(XIII.15) começam exatamente do mesmo modo:
  1. o diâmetro $\;AB\;$ da esfera em que ambos se inscrevem é dividido por um ponto $\;C\;$ de tal modo que $\;AC=2CB;\;$
  2. sobre um semicírculo com esse diâmetro $\;AB\;$ que gera a esfera, tomámos um ponto $\;D\;$ tal que $\;CD\;$ é perpendicular a $\;AB;\;$
  3. para o tetraedro inscrito, a aresta é $\;AD ;\;$
  4. para o cubo inscrito na mesma esfera, a aresta é $\;DB.\;$
Em (XIII.13) vimos que $\;AB^2=\displaystyle \frac{3}{2}AD^2\;$ e, em (XIII.15), vimos que $\;AB^2=3DB^2\;$. Em consequência, de $\;\displaystyle \frac{3}{2}AD^2 = 3DB^2\;$ se retira que $\;AD^2=2DB^2,\;$ ou seja que $\;AD\;$ é o comprimento da diagonal de um quadrado de lado igual a $\;DB\;$. Assim vimos que a aresta de um tetraedro inscrito numa esfera de diâmetro dado tem comprimento igual à diagonal da face do cubo inscrito na mesma esfera.

© geometrias. 23 de julho de 2015, Criado com GeoGebra

Nota: Pode utilizar as ferramentas (topo esquerdo - para deslocar a figura e vê-la de vários pontos de vista; topo direito - para desfazer ou refazer transformações da figura)

Na construção que se segue, pode ver-se um cubo de 8 vértices $\;E, \;F, \;G, \;H, \;K, \;L,\; M, \;N\;$ extremos de 12 arestas $\;EF, \;FG, \;GH, \;EK, \;KL, \;LF, \;KN, \;NM, \;ML, \;GM, \;HN \;$ que limitam 6 faces quadradas $\;[EFGH], \;[EFLK], \;[KLMN], \;[MNHG], \;[FGML].$
Conforme a construção feita, 4 dos vértices do cubo - $\;E, \; G, \;L, \;N\;$ - são vértices do tetraedro, extremos das suas 6 arestas $\;EG, \;EL \;EN, \; GL, \;LN, \;NG,\;$ cada uma diagonal de uma face do cubo, que limitam as 4 faces triangulares do tetraedro $\;EGL, \;ELN, \;ENG, \;GLN.\;$
Claro que os outros 4 vértices do cubo $\;F,\;H,\;K,\; M\;$ também são vértices de um tetraedro, extremos de outras diagonais das faces do cubo.

Aproveitamos para comparar os volumes dos tetraedro e cubo inscritos numa mesma esfera. Se do cubo removermos o tetraedro, sobram-nos quatro pirâmides iguais: por exemplo, $\;EGHN, \; $ de base $\;GHN\;$ triangular, que é (por XII.9) a terça parte do prisma de bases $\;EFK\;$ e $\;HGN\;$ triangulares iguais. Por sua vez, é óbvio que este prisma é meio cubo, logo cada uma dessas pirâmides sobrantes após a remoção do tetraedro é a sexta parte do cubo, e o conjunto delas representa quatro sextas partes. Vimos assim que o tetraedro representa duas sextas partes ou a terça parte do cubo em termos de volume.

  1. EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
  2. David Joyce. Euclide's Elements

7.7.15

Elementos: Construção de um cubo inscritível numa dada esfera


Proposição 15:
Construir um cubo que se possa inscrever-se numa esfera dada e mostrar que o quadrado do diâmetro da esfera é triplo do quadrado da aresta do cubo nela inscrito.

Construção:
  1. Seja $\;AB\;$ o diâmetro de uma dada esfera (ou seja a esfera gerada pela revolução de um semicírculo em torno do seu diâmetro de comprimento $\;AB\;$)
  2. Dividimos $\;AB\;$ em dois segmentos $\;AC\;$ e $\;CB\;$ tais que $\;AC=2CB\;$
  3. Tiremos por $\;C\;$ uma perpendicular a $\;AB\;$ e, no mesmo plano, tomemos $\;D ,\;$ ponto de interseção dessa perpendicular com a semicircunferência de diâmetro $\;AB\;$
  4. Tracemos $\;CD\;$ e $\;DB.\;$ - $\;A\hat{C}D=D\hat{C}B = 1\;$ reto
  5. Tomámos depois um ponto $\;E\;$ e, a partir dele, construímos um quadrado $\;EFGH\;$ de lado igual a $\;DB\;$.
  6. Em seguida, tirámos por $\;E, \;F,\; G,\;H\;$ perpendiculares ao plano do quadrado $\;EFGH\;$ e, sobre cada uma delas, tomámos um ponto de modo a obtermos $\;EK, \;FL,\; GM,\; HN\;$ iguais a um dos segmentos $\;EF, \; FG,\;GH,\;FE.\;$
  7. Finalmente, desenhámos $\;KL,\;LM,\; MN,\;NK.\;$
Obtivemos assim um cubo, limitado pelos seis quadrados iguais $\;EFGH, \;KLMN, \;EFLK,\;FGML,\;GMNH, \;NHKE.\;$

Temos agora de provar que esse cubo tem os vértices sobre uma esfera de diâmetro $\;AB\;$ e que o quadrado de lado igual ao diâmetro da esfera é triplo do quadrado de lado igual à aresta do cubo.

© geometrias. 1 de julho de 2015, Criado com GeoGebra

Nota: Pode utilizar as ferramentas (topo esquerdo - para deslocar a figura e vê-la de vários pontos de vista; topo direito - para desfazer ou refazer transformações da figura)

Demonstração:
  1. Tomamos $\;KG\;$ e $\;EG.\;$Por construção $\;KE\;$ é perpendicular ao plano $\;EFG\;$ e é por isso, perpendicular a $\;EG\;$ - $\;K\hat{E}G\;$ é reto - o que quer dizer que a semicircunferência de diâmetro $\;KG\;$ passa por $\;E.\;$
    Como $\;GF\;$ faz ângulos retos com cada uma das retas $\;FL\;$ e $\;FE\;$, então $\;GF\;$ também faz ângulos retos com o plano $\;KEF\;$ e, por isso, também é reto o ângulo $\;G\hat{F}K.\;$ E, portanto a semicircunferência de diâmetro $\;KG\;$ também passará por $\;F\;$ na sua rotação em torno de $\;KG.\;$
    Iguais raciocínios nos permitem concluir que essa semicircunferência rodando em torno de $\;KG\;$ passará por todos os vértices do cubo construído.
    Assim, mantendo fixo $\;KG\;$ a semicircunferência em revolução passa pelas mesmas posições desde que iniciou a rotação, o que quer dizer que o cubo está compreendido numa esfera de diâmetro $\;KG.\;$
    Será que está compreendido na esfera dada?
    1. Como $\;GF=FE\;$ e $\;G\hat{F}E\;$ é ângulo reto, então $\;GE^2 =FG^2+FE^2 = 2\times EF^2.\;$ Mas como $\;EF=EK\;$ então $\;EG^2=2\times EF2\;$ e como o ângulo $\;G\hat{E}K\;$ é reto, então $\;KG^2= GE^2+EK^2\;$. Podemos concluir que $\;GK^2=2EF^2+EF^2=3EF^2\;$
    2. Por terem ângulos iguais, cada um a cada um, os triângulos $\;ADB\;$ e $\;BCD\;$, sabemos que $$\frac{AB}{DB}=\frac{DB}{BC} \; \; \; \text{que é o mesmo que} \; \; \; DB^2=AB\times BC$$ e, como $$\;\displaystyle \frac{AB}{BC}= \frac{AB\times AB}{AB\times BC}\;$$ sendo, por construção, $$\;\displaystyle \frac{AB}{BC}=3 \;\; \text{e}\;\; \frac{AB}{BC}=\frac{AB^2}{BD^2} \;\; \text{então} \;\; AB^2=3\times DB^2$$ Na Geometria de Euclides, este resultado aqui apresentado a partir algebricamente já foi demonstrado antes por métodos geométricos....
    3. /ol> Fica assim provado que, por ser $\;EF=DB\;$ e $\;AB^2=3\times DB^2$ podemos concluir que $\;AB^2= GK^2\;$ e $\;AB=GK.$ Ou seja o cubo construído é inscritível numa esfera de diâmetro $\; AB\;$ dado.
              □


  1. EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
  2. David Joyce. Euclide's Elements