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5.11.15

Não há mais que cinco poliedros regulares



Construíndo, validámos a existência de cinco sólidos de faces planas equiláteras e equiângulas e iguais entre si, a saber: tetraedro, hexaedro ou cubo, ocatedro, dodecaedro e icosaedro. Para além dessas cinco figuras, podemos dizer que não há outras figuras sólidas cujas faces planas sejam equiláteras e equiângulas e iguais entre si?

Nas últimas entradas, temos vindo a seguir as construções do Livro XIII: Os Sólidos "Platónicos* de Os Elementos. As definições de sólidos (Def. 11.1) e ângulos sólidos (Def. 11.11) estão no Livro XI - Estereometria Elementar.
Seguindo (11.11), a existência de um ângulo sólido exige mais de dois ângulos planos intersetando-se num ponto e não pertencendo a um mesmo plano. Em (11.12) diz-se que uma pirâmide é uma figura sólida, contida por planos os quais são construídos a partir de um plano para um ponto fora dele. Em (11.13) escreve-se que um prisma é contido por planos, dois dos quais opostos são iguais e paralelos, sendo os restantes paralelogramos. …
  1. Com triângulos equiláteros
    1. Três é o menor número de planos para construir um ângulo sólido e o tetredro é uma pirâmide cujo ângulo sólido é construído por três triângulos equiláteros, iguais entre si, com um vértice comum.
    2. O ângulo sólido do octaedro é construído por quatro triângulos equiláteros e o ângulo sólido do iscosaedro por cinco triângulos equiláteros, iguais entre si, com um vértice comum.
    3. O ângulo sólido do icosaedro é construído com cinco triângulos equiláteros, iguais entre si, com um vértice comum.




    4. E é claro que seis triângulos equiláteros com um vértice comum pois cada um dos ângulos planos de um triângulo equilátero é duas terças partes de um ângulo reto e a soma de seis deles é igual a quatro retos e, por isso, estarão todos num só plano. E também, é assim claro que não pode haver um ângulo sólidos forrado por mais de seis triângulos equiláteros
  2. Na figura que se segue, pode ver-se que o ângulo sólido de um hexaedro de faces quadradas é forrado por por três ângulos retos planos e não pode haver qualquer ângulo sólido contido por quatro quadrados já que a sua soma em torno de um mesmo vértice seria de quatro retos.

  3. Finalmente apresenta-se o caso do dodecaedro em que cada ângulo sólido é limitado por três pentágonos regulares. Mas porque cada ângulo plano de um pentágono é um um reto e um quinto de reto e a soma de quatro deles em torno de um ponto comum é maior que quatro retos.


    © geometrias. 5 de Novembro de 2015, Criado com GeoGebra

Fica assim claro que não há mais que cinco sólidos platónicos, isto é, não há mais que cinco poliedros cujas faces são polígonos equiláteros e equiângulos.

*O mais provável é que os cinco sólidos regulares tenham sido descobertos na escola pitagórica. Mas são denominados por Sólidos Platónicos porque eles aparecem no diálogo Timaeus de Platão. Muitos dos teoremas deste livro, particularmente os últimos dois sólidos, são atribuídos a Teeteto de Atenas.
  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

16.10.15

Elementos: Comparações das arestas dos sólidos platónicos inscritos numa mesma esfera


Proposição 18:
Para definir os lados das cinco figuras e compará-los uns com os outros.


Consideremos a esfera dada definida pela semi-circunferência de diâmetro $\;AB\;$ em que se inscrevem um tetraedro, um octaedro, um hexaedro, um dodecaedro e um iscosaedro. As construções dessas figuras sólidas foram sendo apresentadas em recentes páginas deste "lugar geométrico".


© geometrias. 14 de Outubro de 2015, Criado com GeoGebra



  1. Tomemos um ponto $\;C\;$ de $\;AB\;$ tal que $\;AC=CB\;$ e um ponto $\;E\;$ da semi-circunferência de diâmetro $\;AB\;$ e da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;C.\;$ Sabemos que $\;AC=CB\;$ ou $\;AB=2.BC$ e por serem iguais os catetos $\;AE, \;EB\;$ do triângulo retângulo de hipotenusa $\;AB\;$ $$\;AB^2=2.BE^2.\;$$ Como tínhamos visto que o quadrado sobre o diâmetro da esfera é o dobro do quadrado da aresta do octaedro nela inscrito, é certo que $\;BE\;$ é igual ao lado (aresta) do octaedro inscrito na esfera de diâmetro $\;AB.\;$
  2. Tomando um ponto $\;D\;$ de $\;AB\;$ tal que $\;AD=2.DC\;$ e um ponto $\;F\;$ da semi-circunferência de diâmetro $\;AB\;$ e da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;D.\;$
    1. Sabemos que $\;AD=2.DB\;$ é o mesmo que $\;AB=3.DB\;$ ou $\;AB= \displaystyle \frac{3}{2} AD.\;$ E, por serem equiangulares os triângulos $\;BAF,\;$ retângulo em $\;F\;$ e $\;DAF,\;$ retângulo em $\;D,\;$ podemos escrever $$\frac{BA}{AF}=\frac{FA}{AD}= \frac{BF}{FD},$$ de onde se retira que $\;BA.AD=AF^2 .\;$ Como $\;\displaystyle \frac{BA}{AD}= \frac{AB.AB}{AD.AB}=\frac{AB^2}{AF^2} ,\;$ temos $$AB^2 = \frac{3}{2} . AF^2$$ Como antes tínhamos visto que o quadrado do diâmetro de uma esfera é uma vez e meia o quadrado do lado (aresta) do tetraedro nela inscrito, é certo que $\;AF\;$ é igual ao lado (aresta) do tetraedro inscrito numa esfera de diâmetro $\;AB\;$
    2. Sendo $\; AB=3.DB\;$ e, porque os triângulos $\;BAF,\;$ retângulo em $\;F,\;$ e $\;FBD, \;$ retângulo em $\;D,\;$ são equiangulares, podemos escrever $$\frac{AB}{BF}=\frac{FA}{FD}= \frac{BF}{BD},$$ de onde se retira que $\;AB.BD=BF^2.\;$ Como $\;\displaystyle \frac{AB}{BD}= \frac{AB.AB}{AB.BD}=\frac{AB^2}{BF^2}\;$ temos $$AB^2 =3BF^2.$$ Como antes tínhamos visto que o quadrado do diâmetro de uma esfera é o triplo do quadrado da aresta do cubo nela inscrita, é certo que $\;BF\;$ é igual ao lado (aresta) do cubo inscrito na esfera de diâmetro $\;AB\;$

    1. Tomando um ponto $\;G\;$ na perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;A\;$ e de tal modo que $\;AG=AB\;$ e consideremos os pontos $\;H\;$ de interseção da semi-circunferênca com $\;CG\;$ e $\;K\;$ de $\;AB\;$ e pé da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;H.\;$ Como $\;GA=AB=2.AC\;$ e por $\;GA \parallel HK\;$ podemos escrever $\;\displaystyle \frac{GA}{AC} =\frac{HK}{KC}\;$ e, por isso, $\;HK=2.KC,\;$ de onde $\;HK^2 = 4KC^2.\;$ Por ser retângulo em $\;K\;$ o triângulo $\;CHK,\;$ é $\;HC^2=CK^2+KH^2\;$ e, como $\;HC=CB\;$, podemos concluir que $\;BC^2 =4KC^2+Kc^2=5KC^2.\;$
      Sabendo que $\;AB=2BC\;$ e $\;AD=2DB, \;$ ao tirarmos $\;AD\;$ a $\;AB\;$ ficamos com $\;DB\;$ e tirando $\;DB\;$ a $\;BC\;$ ficamos com $\;DC,\;$ podemos dizer que $\;DB=2CD\;$ ou seja $\;BC= BD+DC= 2DC+DC=3CD\;$ e $BC^2=9CD^2.\;$ Assim por ser $\;BC^2 = 5CK^2=9CD^2, \;$ terá de ser $\;CK > CD .\;$
      Tomando agora os pontos $\;L,\;$ sobre $\;AB\;$ tal que $\;KC=CL,\;$ e $\;M\;$ na interseção da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;L\;$ com a semi-circunferência, sendo $\;KL = 2CK,\; AB=2BC, BC^2=5CK^2\;$, é $\;AB^2=5KL^2.\;$
      Como antes tínhamos visto que o diâmetro da esfera é cinco vezes o raio do círculo a partir do qual se constrói o icosaedro nela inscrito, é certo que $\;KL\;$ é o raio do círculo a partir do qual se constrói o icosaedro inscrito numa esfera de diâmetro $\;AB\;$. $\;KL\;$ é o lado do hexágono inscrito nesse círculo de partida e o lado do pentágono inscrito nesse mesmo círculo é igual à aresta do icosaedro. Da construção do icosaedro, lembramos que o diâmetro $\;AB\;$ da esfera era composto por um lado do hexágono inscrito na circunferência de raio $\;KL\;$ acrescentado de dois lados de decágono inscrito em circunferências de raio $\;KL, \;$ o que nos alerta para que $\;AK=LB\;$ é o lado do decágono inscrito na circunferência de raio $\;KL\;$. Como já tínhamos visto $\;HK=2KC,\; KL=2KC, \;KC=CL\;$ e, em consequência, $\;LM=KC=KL\;$. Temso assim um triângulo $\;BML,\;$ retângulo em $\;L\;$ sendo os catetos $\;BL,\;LM\;$ respetivamente iguais ao lado de um decágono e ao lado de um hexágono ambos inscritos numa circunferência de raio $\;KL\;$. Por isso, a sua hipotenusa $\;BM\;$ é o lado do pentágono regular inscrito no mesmo círculo de raio $\;KL,\;$ sendo assim certo que
      $\;BM\;$ é igual ao lado (aresta) do icosaedro inscritível numa esfera de diâmetro $\;AB.\;$
    2. Vimos, na entrada relativa a essa construção, que a aresta do dodecaedro inscritível numa esfera de diâmetro $\;AB\;$ é a parte maior de uma divisão em média e extrema razão da aresta do cubo inscritível na mesma esfera. Sendo $\;FB\;$ igual a cada lado dos quadrados que formam o cubo inscrito na esfera de diâmetro $\;AB,\;$ determinamos o ponto $\;N\;$ que divide o segmento $\;FB\;$ em duas partes $\;FN, \;NB\;$, sendo $\;BN > NF\;$ e $\;\displaystyle \frac{FB}{BN}=\frac{BN}{NF} \;$ equivalente a $\;NB^2=NF.FB\;$ e é certo dizer que $\;NB\;$ é igual à aresta do dodecaedro regular inscritível numa esfera de diâmetro $\;AB.\;$
Concluindo:
  • Sabemos que $$AB^2=\frac{3}{2}AF^2 =2BE^2=3BF^2,$$ de onde se pode retirar que $$AF^2= \frac{4}{3}BE^2=2BF^2$$ que pode ler-se:
    as razões entre os quadrados das arestas dos tetraedro, octaedro e hexaedro (cubo) regulares inscritos numa mesma esfera são racionais $\;\frac{4}{3}, \frac{3}{2}, 2, 3, ...$.
  • Já o mesmo não se pode dizer das razões entre os quadrados das arestas do icosaedro e do dodecaedro inscritíveis numa mesma esfera ou entre quadrados de qualquer destas com quadrados de cada aresta do tetraedro, octaedro ou cubo, que são sempre irracionais.
Pode ter interesse ainda comparar as arestas do icosaedro e do dodecaedro (ambos inscritos na mesma esfera): A aresta do icosaedro ($\;MB\;$) é maior que a aresta do dodecaedro ($\;NB\;$) (inscritos numa esfera de diâmetro $\;AB\;$ qualquer).

  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

22.9.15

Elementos: Construção de dodecaedro inscritível numa dada esfera.


Proposição 17:
Construir um dodecaedro
inscritível numa dada esfera.

Consideremos a esfera dada definida pela semicircunferência de diâmetro $\;A_0B_0\;$ a azul na figura em que também tomamos um ponto $\;C_0\;$ do diâmetro tal que $\;A_0C_0+C_0B_0=A_0B_0\;$ e $\;A_0C_0=2\times B_0C_0\;$ e um ponto $\;D_0\;$ da semicircunferência $\;A_0D_0B_0\;$ tal que $\; A_0\hat{C_0}D_0\;$ seja reto. Ficam traçados também $\;C_0D_0\;$ a azul, e $\;D_0B_0,\;$ a vermelho. Passos da construção:
  1. Como já vimos antes (XIII.15), um cubo de aresta igual a $\;D_0B_0\;$ inscreve-se numa esfera de diâmetro $\;A_0B_0.\;$
    Começamos por desenhar duas faces consecutivas do cubo encapsulável nessa esfera, ou seja, dois quadrados (de lados iguais a $\;D_0B_0\;$)a saber: $\; ABCD \;$ e $\;BEFC\;$.
    Desses dois quadrados determinamos os pontos médios $\;G, \; H,\;K, \; L, \; M, \;N,\;O, \;$ dos seus lados $\;AB, \;BC, \;CD,\;EF,\; EB, \;CF,\;$ respetivamente.
    A seguir traçámos os pares de segmentos $\;HM, \;NO, \; \;HL, \;GK,\;$ unindo os pontos médios de lados opostos de cada um desses quadrados que definem os pontos $\;P\;$ e $\;Q.\;$
    Determina-se sobre $\;NP\;$ o ponto $\;R\;$ que o divide em média e extrema razão sendo $\;RP > NR. \;$ E dividimos, igualmente em média e extrema razão, $\;PO\;$ por $\;S\;$ e $\;HQ\;$ por $\;T,\;$ sendo $\;SP > OP\;$ e $\;TQ > HT.\;$
    Tiramos por $\;R\;$ e $\;S\;$ perpendiculares ao plano $\;CBE\;$ e de cada uma delas tomemos um segmento de comprimento $\;PR=PS, \;$ e para o exterior do cubo, $\;RU\;$ e $\;SV.\;$ Determinámos, do mesmo modo, $\;W\;$ sobre a perpendicular tirada por $\;T\;$ ao plano $\;ABC,\;$ sendo $\;TW=QT=PR=PS\;$


    © geometrias. 20 de Setembro 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)

    Os pontos $\;U,\;B,\;W,\;C, \:;V\;$ são vértices de um pentágono equilátero e equiângulo.
    1. Provemos que $\;UB=BW=WC=CV=VU:\;$
      Como $\;NP\;$ está dividido em média e extrema razão por $\;R\;$ com $\;PR > RN,\; \;\; PR^2=PN \times NR\;$ e dado que $\;PR=PN-NR \;$ e $\;PR^2=(PN-NR)^2= PN^2+NR^2 - 2\times PN\times NR= PN^2+NR^2 - 2\times PR^2=\;$ ou seja $$\;PN^2+RN^2=3PR^2\;\; \;\;\; \mbox{ euclideanamente provado em Elementos:}\;\; XIII.4 )$$ Por ser $\;PN=NB\;$ e $\;PR=RU\;$, podemos pois afirmar que $\;NB^2+RN^2=3RU^2.\;$ E por ser retângulo em $\;N\;$ o triângulo $\;BRN\;$, podemos escrever (I.47) $\;BR^2=BN^2+NR^2.\;$ E, assim se vê que $\;BR^2 = RU^2\;$ e $\;BR^2 + RU^2= 4RU^2.\;$ E como o triângulo $\;BUR\;$ é retângulo em $\;R,\;$ (por I.47) $\;BU^2=BR^2 + RU^2\;$ e, em consequência, $\;BU^2=4RU^2, \;$ que implica $\;BU=2UR.\;$
      Também sabemos que $\;SRVU\;$ é um paralelogramo retângulo em que $\;SR=UV(=2PR=2RU=2SV=2TW...)\;$ Fica assim demonstrado que $\;BU=UV.\;$
      Do mesmo modo se demonstra que cada um dos $\;BW, \; WC,\;CV\;$ é igual a $\;BU\;$ e $\;VU.\;$
    2. $\;U,\;B,\;W,\;C, \;V\;$ são complanares?
      O ponto $\;X\;$ no exterior do cubo original e sobre uma paralela a $\;RU\;$ e $\;SV\;$ tirada por $\;P\;$ e tal que $\;PX=RU\;$ é um ponto de $\;UV\;$ e tomemos os segmentos $\;XH\;$e $\;HW.\;$ Se provarmos que $\;X, \; H, \;W\;$ são colineares fica demonstrado que os pontos do pentágono $\;UBWCV\;$ estão todos num só plano. Assim:
      Por construção, $\;T\;$ divide $\;HQ\;$ em média e extrema razão sendo $\;QT >TH\;$ ou seja $$\frac{HQ}{QT}=\frac{QT}{TH}$$ E, como $\;HQ=HP\;$ e $\;QT=TW=PX\;$, podemos escrever que $$\frac{HP}{PX}=\frac{WT}{TH} \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (*)$$ Como $\;HP \parallel TW\;$, fazem cada um deles ângulos retos com o plano $\;ABC\;$. E pelas mesmas razões, por ser $\;TH \parallel PX\;$ fazem ambos ângulos retos com o plano $\;BEF\;$ (XI.6)
      E podemos concluir que os triângulos $\;XPH\;$ e $\;HTW\;$ são semelhantes já que $\;\angle X\hat{P}H = \angle H\hat{T}W = 1\;$ reto e os seus lados serem diretamente proporcionais (*) $$\frac{HP}{WT}=\frac{PX}{TH}$$ Sendo $\;HP \parallel TW\; \wedge \;TH \parallel PX\; \wedge \;XPH\; \sim\;HTW\;$ então $\;HX \parallel WH\;$ (VI.32), ou seja são uma única já que são paralelas com um ponto $\;H\;$ comum.
      Por (XI.1), sendo $\;WH\;$ e $\;HP\;$ dois segmentos de uma mesma reta, todos os seus pontos estão num mesmo plano como acontecerá com todos os pontos das retas que passam por $\;W\;$ e um outro ponto de $\;BC.\;$
    3. Já sabemos que o pentágono é uma figura plana e é equilátera. Será equiângula? A proposição (XIII.7) de "Os Elementos" diz-nos que se três ângulos, consecutivos ou não, de um pentágono equilátero são iguais então o pentágono é equiângulo.
      Como sabemos $\;R\;$ divide $\;NP\;$ em média e extrema razão sendo $\;PR > RN\;$ e, por isso, temos $$\frac{NP}{PR}= \frac{PR}{RN}$$ E, como $\;PR=PS\;$ e $\;NS=NP+PS,\;$ por (XIII.5), $\;P\;$ divide $\;NS\;$ em média e extrema razão sendo $\;NP>PS\;$ $$\frac{SN}{NP}=\frac{NP}{PS}$$ Em consequência, por (XIII.4), $\;NS^2+SP^2 = 3.NP^2.\;$ Por ser $\;NP=NB\;$ e $\;SP=SV,\;$ podemos afirmar que $\;VS^2 + SN^2= 3.NB^2, \;$ de onde resulta $\;VS^2 + SN^2 + NB^2= 4.NB^2. \;\;\; (**)$
      Como $\;SNB\;$ é um triângulo retângulo em $\;\angle \hat{N}, \;$ por (I.47), $\;SN^2+NB^2 =SB^2\;$ que com $\;(**),\;$ nos permite afirmar que $\; VS^2+SB^2 = 4.NB^2\;$ ou $\;BV^2=4.NB^2,\;\; (***)$ já que $\;BSV\;$ é retângulo em $\;S\;$ e, por (I.47), $\;VS^2+SB^2 = VB^2.\;$
      Por construção, sabíamos que $\;BC=2NB$ e ficámos agora a saber com $\;(***)\;$ que também é $\;BV=2NB, \;$ de que se tira $\;VB=BC.\;$. Como o pentágono é equilátero já sabemos que $\;BU=BW,\; UV=WC\;$ que com $\;VB=BC\;$ garantem a igualdade dos triângulos $\;BUV\;$ e $\;BWC\;$ e, em consequência, as igualdades dos ângulos $\;B\hat{U}V,\; \;B\hat{W}C\;$ opostos a $\;BV\;$ e $\;BC\;$ e dos ângulos $\;B\hat{V}U,\; B\hat{C}W\;$ opostos a $\;BU\;$ e $\;BW\;$ respetivamente. Já temos três ângulos do pentágono iguais entre si e por (XIII.7) o pentágono é equiângulo
    4. O pentágono construído pelo processo acima explicitado é uma figura plana equilátera e equiângula do qual $\;BC\;$ é uma diagonal. $\;BC\;$ é uma das doze arestas do cubo inscrito numa esfera de diâmetro $\;A_0B_0 .\;$ Se fizermos a mesma construção sobre cada uma das doze arestas do cubo, teremos construído uma qualquer figura sólida, contida por doze pentágonos equiláteros e equiângulos, a que chamamos dodecaedro
  2. Falta provar que esta figura sólida está encapsulada na mesma esfera (de diâmetro $\;A_0B_0\;$) em que está inscrito o cubo de aresta $\;D_0B_0\;$ de que partimos.
    1. Para provar que o dodecaedro construído tem os vértices sobre a superfície esférica gerada por uma semi-circunferência de diâmetro igual a $\;A_0B_0\;$começamos por lembrar que a reta $\;PX\;$ é perpendicular ao plano $\;BCE\,$ em $\;P\;$ centro da face $\;BCFE\;$ do cubo de diagonal (diâmetro) $\;A_0B_0\;$ construído cf (XIII.15).
      • (I.47) - Lembremos que o quadrado da diagonal de uma face do cubo é igual a dois quadrados do lado da face e o quadrado da Diagonal do cubo é a soma do quadrado da diagonal da face com o quadrado do lado face. Ou seja o quadrado da Diagonal do cubo (ou diâmetro da esfera em que se inscreve) é três vezes o quadrado dda sua aresta.
      • A reta $\;PX\;$ é a interseção dos planos que cortam ao meio duas faces opostas (dois planos opostos, como eles descreveram) do cubo ($\;BCE, \;ADI\;)$ e, por isso, cf (XI.38), interseta a Diagonal (diâmetro) do cubo no centro da esfera em que se inscreve o cubo. Chamámos $\;Z\;$ a esse ponto, como confirmará na nossa ilustração. $\;ZP\; é metade do lado da face do cubo.
    2. Para além de $\;Z\;$, temos $\;XZ, \; UZ, \;$ que nos permitirão provar que o vértice $\;U\;$ do dodecaedro é um ponto da esfera de centro em $\;Z\;$ e diâmetro igual a $\;A0B_0:\;$
      • Como já vimos $\;P\;$ divide $\;NS\;$ em média extrema razão, sendo $\;NP>PS\;$ e, cf (XIII.4), $$\;NS^2+SP^2=3NP^2$$
      • Os dados da construção que fomos descrevendo indicam que $\;NP=PZ\;$ e $\;XP=PS\;$. Por ser $\;XZ= XP+PZ, \;\;\; XZ= SP+PN= SN.\;$ Também $\;PS=PR\;$ e, por isso, $\;PS=XU.\,$ O triângulo $\;UZX\;$ é retângulo em $\;X\;$ e, cf (I.47), $\;ZU^2= ZX^2+xU^2.\;$ E podemos escrever que $$ZU^2 =NS^2+SP^2 = 3NP^2\;$$
      $UZ^2=3NP^2$ é o mesmo que dizer que $\;UZ\;$ é o raio da esfera em que está encapsulado o cubo de aresta $\;AB\;$ dupla de $\;NP\;$. (XIII.15 : o raio da esfera é três vezes o quadrado de lado igual a metade da aresta do cubo nela inscrito.)
      Fica assim demonstrado que o vértice $\;U\;$ do dodecaedro construído é um ponto da esfera em que se inscreve o cubo, cujos vértices estão sobre a superfície esférica e são também vértices do octaedro. Raciocínio análogo pode ser aplicado para a cada um dosvértices do dodecaedro que não seja vértice do cubo.
  3. Qual é o comprimento da aresta do dodecaedro inscrito numa superfície esférica de diâmetro $\;A_0B_0\;$?
    • $\;UV =RS\;$ já que $\;UV\;$ e $\;RS\;$ são segmentos de paralelas entre paralelas $\;RU\;$ e $\;SV\;$ (estas últimas construídas como perpendiculares ao plano $\;BEF\;$
    • Como sabemos $\;R\;$ foi determinado como ponto que divide $\;NP\;$ em média e extrema razão, sendo $\;RP>PN:\;$ $$\frac{NP}{PR}=\frac{PR}{RN}$$ E assim, como é óbvio, $\;\displaystyle \frac{2NP}{2PR}=\frac{2PR}{2RN}.\;$
    • $\;S\;$ foi determinado do mesmo modo que $\;R\;$ e óbvio é que $\;NP= PO,\; NR=SO, \; RP=PS\;$, sendo , por isso, $\;2NP=NO, \; 2NR =NR+SO, \; 2PR=RS, \; RS>2NR $
      E podemos escrever que $$\frac{NO}{RS}=\frac{RS}{2RN}$$ que se pode traduzir por $\;RS\;$ é a parte maior de uma divisão de $\;NO\;$ em média e extrema razão.


    Como $\;NO\;$ é igual à aresta do cubo $\;D_0B_0\;$, a aresta do dodecaedro inscrito numa esfera dada é igual à parte maior da aresta do cubo inscrito na mesma esfera quando a dividimos em média e extrema razão.


  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

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

1.7.15

Livro XIII: Construção de um octaedro inscrito numa esfera dada


Proposição 14:
Construir um octaedro inscrito numa esfera dada e mostrar que o quadrado do diâmetro da esfera é o dobro do quadrado da aresta do octadedro nela inscrito.
Passos da construção:
  1. Tomámos um segmento $\;AB\;$ para eixo de um semicírculo gerador da esfera.
  2. Determinámos um ponto $\;C \;$ de $\;AB\;$ tal que $\;AC=CB\;$
  3. Assinalámos $\;D\;$ na interseção da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;C\;$ com o semicírculo de diâmetro $\;AB \;$. Traçámos o segmento de reta $\;DB\;$
  4. Prolongámos $\;CD\;$ e tomámos sobre essa a reta, a partir de $\;C\;$ em sentido oposto ao de $\;D,\;$ um segmento de comprimento igual $\;AB\;$ e uma circunferência com esse segmento para diâmetro.
  5. No caso da nossa construção, tomámos um ponto $\;E\;$ dessa circunferência e nela inscrevemos um polígono $\;EFGH\;$ tais que $\;EF = EG = FG=GH=DB\;$. Podíamos ter tomado um outro quadrado de lado igual a $\;DB\;$ em qualquer lugar do espaço. As opções tomadas só têm a ver com aspeto e tamanho da nossa construção.
  6. Sendo $\;K\;$ o centro da circunferência, tirámos uma perpendicular ao plano da circunferência $\;(EFGH)\;$ e sobre ela tomámos $\;L\;$ e $\;M,\;$ um de cada lado do plano de $\;(EFGH)\;$, tais que $\;KL=KM=KE=KF=KG=KH\;$
  7. Os 6 pontos $\;E,\;F,\;G,\;H,\;L,\;M\;$ serão vértices de um sólido de 8 faces triangulares $ \;LEF,\;LFG,\;LGH, \;LHE,\;MEF, \;MFG, \;MFH, \; MHE,\;$ que duas a duas se intersetam em alguma das 12 arestas $\;EF, \;FG, \;GH, \;HE, LE,\;LF,\;LG,\;LH,\;ME, \;MF,\;MG,\;MH.\;$ Traçamos tais arestas e faces.
Demonstraremos que o sólido construído é o octaedro requerido e que o quadrado do diâmetro da esfera é o dobro do quadrado da aresta do octaedro inscrito na esfera.

© 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. Por construção, $\;EFGH\;$ é um quadrado de lado igual a $\;DB.\;$E $\;EK=FK=GK=HK=KL=KM\;$ sendo iguais os ângulos $\;L\hat{K}E = M\hat{K}E = L\hat{K}F =M\hat{k}F = … = \;$1 reto. Por isso, $\;EK^2=LK^2, \; \; EL^2= 2\times EK^2. \;$ Do mesmo modo, $\;EH^2=2 \times EK^2\;$ e, por isso, $\;EL=EH\;$. Pelas mesmas razões, $\;LH = HE.\;$. Assim, podemos concluir que o triângulo $\;LEH\;$ é equilátero.
    Podemos concluir que são equiláteros todos os restantes triângulos cujas bases são os lados do quadrado $\;EFGH\;$ e o terceiro vértice opostos de cada base é $\;L\;$ ou $\;M\;$. Isto quer dizer que construímos um sólido cujas faces são triângulos equiláteros iguais, ou seja, é um octaedro o que construímos.
  2. Falta-nos provar que os vértices do octaedro construído são pontos da superfície esférica de diâmetro igual a $\;AB.\;$ Assim provamos a seguir:
    1. Por construção, $EF=FG=GH=HE=DB$ e, como vimos, os triângulos de bases $\;EFL, \;FGL, \;GHL, \;HEL, \: EFM, \;FGM, \;GHM, \;HEM, \: $ são equiláteros de lados iguais a $\;DB.\;$
    2. Como $\;LK, \;KM,\;KE\;$ são iguais, a semicircunferência desenhada de diâmetro $\;LM\;$ também passa por $\;E.\;$ E pela mesma razão, o semicírculo rodando em torno de $\;LM\;$ fixo também passa pelos pontos $ \;F, G, H\;$ e o octaedro terá os seus vértices numa esfera de diâmetro $\;LM.\;$
    3. E dado que $\;LK=KM\;$ e $\;KE\;$ comum nos triângulos $\;LKE\;$ e $\;MKE\;$ ambos retângulos em $\;\hat{K}\;$, $\;LE=EM\;$
    4. E como, por construção $\;L\hat{E}M\;$ é reto por estar inscrito num semicírculo de diâmetro $\;LM, \;$ então $\;LM^2= 2 \times LE^2\;$
    5. E como, por construção, o triângulo $\;ADB\;$ é retângulo em $\; \hat{D}\;$ (inscrito no semicírculo) e $\;AD=DB\;$ então $\;AB^2=AD^2+DB^2, \;$ de onde retiramos que $AB^2=2\times DB^2$
    6. Por ser, como vimos, $\;LE =DB\;$, podemos dizer que $\;AB^2=LM^2= 2 \times LE^2$, de onde se conclui:
      $\;AB=LM\;\;$ e $\;\;AB^2 = 2 \times LE^2$
    Fica assim provado que a semicircunferência de diâmetro $\;LM\;$ gera uma esfera (a passar pelos vértices do octaedro construído) congruente com esfera dada - gerada pela semicircunferência de diâmetro $\;AB.\;$
    e também ficou provado que o quadrado de lado igual ao diâmetro de uma esfera dada é igual ao quadrado de lado igual à aresta do octaedro nela inscrito.           □


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26.6.15

Livro XIII: Construção de um tetraedro inscrito numa esfera.



Proposição 13:
Construir uma pirâmide regular (ou tetraedro), inscrevê-la numa dada esfera e mostrar que o quadrado do diâmetro da esfera é uma vez e meia o quadrado do lado (aresta) da pirâmide.
Passos da construção:
  1. Tomámos um segmento $\;AB\;$ para eixo de um semicírculo gerador da esfera (ou igual a ele) No nosso caso, tomámos mesmo um segmento que é o eixo da esfera gerada pelo semicírculo $\;(ADB)\;$
  2. Determinámos um ponto $\;C \;$ de $\;AB\;$ tal que $\;AC=2.CB\;$ (Prop. 9 Livro VI (9.6))
  3. Assinalámos $\;D\;$ na interseção da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;C\;$ com o semicírculo de diâmetro $\;AB \;$. Traçámos o segmento de reta $\;AD\;$
  4. Tomámos um círculo $\;EFG\;$ de raio iguala $\;DC\;$ e tal que $\;HK\;$ é perpendicular a $\; AB \; $ tirada pelo centro $\;O\;$ do semicírculo $\;ADB\;$ e $\;HK= AC\;$ (de um modo mais geral só é preciso que $\;HK\;$ seja perpendicular ao plano do círculo $\;(EFG)\;$
  5. No caso da nossa construção, tomámos um ponto $\;E\;$ genérico da circunferência $\;(H, \;DC)\;$ que, por isso, pode mover-se sobre ela em que inscrevemos um triângulo equilátero determinámos $\;EFG\;$ tais que $\;EF = EG = FG\;$
  6. Finalmente, traçamos os 6 segmentos $\;FE, \;EG, \;FG, \;KE, \;KF, \;KG\;$ que são certamente arestas de uma pirâmide triangular cujas faces são os 4 triângulos $\;EFG, \;KEF, \;KEG, \; KFG\;$
Será a pirâmide assim construída um tetraedro com os 4 vértices $\;K, \;E, \;F, G\;$ incidentes na superfície esférica gerada por uma semicírcunferência de diâmetro $\;AB?\;$ Falta demonstrar que é! E demonstrar que $\;AB^2 = \displaystyle \frac{3}{2}.AD^2.\;$

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

Demonstração:
  1. Da construção, sabemos que
    1. sendo $\;AC=2CB \; \text{e}\; AB=AC+CB, \; \text{então}\; AB=3CB\;$
    2. o ângulo $\;ADB\;$ é um reto por estar inscrito num semicírculo, ou seja, o triângulo $\;ABC\;$ é retângulo em $\;D\;$
    3. sendo $\;CD\;$ é altura relativa à hipotenusa $\;AB\;$ do triângulo retângulo $\;ADB\;$ de catetos $\;AD\;$ e $\;DB\;$. O triângulo $\;ABC\;$ tem os ângulos iguais cada um a cada um, a cada um dos triângulos em que está dividido por $\;CD,\;$ a saber : $\;ACD,\;DCB \;$.
    Por ser $\;ABD \sim DAC, \; \;\;\displaystyle \frac{AB}{AD}= \frac{DA}{AC}, \;$ ou seja, verifica-se que $\;\; AD^2=AB\times BC$
    Por construção $\; \displaystyle \frac{AB}{BC} = 3 \;$ que nos permite dizer que $\; \displaystyle \frac{AB\times BC}{BC\times BC} = \frac{AD^2}{BC^2} =3\;$ ou que $\;AD^2= 3 \times BC^2 .$
    (Note que estes resultados aparecem n'Os Elementos demonstrados geometricamente com recurso a figuras e operações como as de remover ou juntar (sem sobreposição) e retirar figuras congruentes ou iguais em área para obter novas figuras. É um bom exercício reconstruir esse processo, especialmente para os que parecem imediatos, vistos algebricamente, como é o último destes.)
  2. A pirâmide triangular construída é regular:
    1. Por construção, o raio da circunferência $\;(EFG)\;$ centrada em $\;H\;$ é igual a $\;CD, \;$ ou seja $\;CD=KE=KF=KG.\;$ e o triângulo $\;EFG\;$ é equilátero.
      Pela proposição 12, estudada no artigo anterior, garantimos que o quadrado de lado igual ao de um triângulo equilátero é triplo do quadrado do raio da circunferência em que se inscreve: No nosso caso, podemos escrever que $\;EF^2= 3\times KE^2 = 3 \times CD^2$.
      Fica assim claro que, $\;EF^2 = AD^2\;$ por serem ambos iguais a $\;3 \times CD^2\;$ e, finalmente, podemos dizer que $\;EF=AD\;$.
      A base $\;EFG\;$ da pirâmide construída é um triângulo equilátero de lado igual a $\;AD\;$
    2. Por construção, $\;HK\;$ é tomada sobre a perpendicular ao plano de $\;(EFG)\;$ e, por isso é perpendicular a todas as retas desse plano que incidam em $\;H\;$, ou seja: os triângulos $\;KEH, \; KFH,\; KGH\,$ são triângulos retângulos em $\;H\;$, sendo os seus catetos, por construção, iguais a $\;CD=KE\;$ e a $\;AC\;$
      Por isso, $\;KE^2 =KF^2=KG^2 = AC^2+ CD^2= AD^2$. Ou seja, os lados $\;KE,\;KF, \;KG\,$ destes triângulos retângulos são iguais $AD$ e iguais aos $\;EF, \;EG, \;FG\;$, para concluirmos que os triângulos $\;KEF, \;KFG, \;KGE,\; EFG\;$ são triângulos equiláteros de lados iguais a $\;AD\;$
    A pirâmide construída tem as seis arestas iguais e as quatro faces triângulares iguais entre si, equiláteras e equiangulares.
  3. Falta agora provar que os vértices da pirâmide construída incidem numa superfície esférica igual à de diâmetro $\;AB\;$.
    Por construção $\;HK=AC=2BC.\;$ Tome-se $\;L\;$ colinear com $\;H, \;K\;$ e tal que $\;HL=BC:\;$ Assim $\;KL=AB=AC+BC=3BC.\;$
    Assim como $\; \displaystyle \frac{AC}{CD} = \frac{CD}{CB} , \;$ também $\;\displaystyle \frac{KH}{HE} = \frac{HE}{HL},\;$ já que $\;HK=AC, \; HE=CD, \; HL=CB \,$ e $\;KH\times HL=HE^2,\;$ para além de cada um dos ângulos $\;K\hat{H}E, E\hat{H}L\;$ ser reto, ficando garantido que o semicírculo de diâmetro $\;KL\;$ passa por $\;E\;$. Se considerarmos fixado o diâmetro $\;KL,\;$ no movimento volta inteira do semicírculo em torno de $\;KL\;$, o semicírculo passará pelos pontos $\;F,\;G\;$ já que $\;FL\;$ e $\;LG\;$ acompanham o movimento rigidamente e os ângulos em $\;F \;$ e em $\;G\;$ se tornam retos e a pirâmide é compreendida pela esfera dada já que para $\;KL, \;$ o diâmetro da esfera é igual ao diâmetro $\;AB\;$ da esfera dada e $\;KH\;$ foi construído igual a $\;AC \;$ e $\;HL\;$ igual a $\;CB.\;$
  4. Só nos falta provar que o quadrado do diâmetro da esfera é igual a uma vez e meia o quadrado do lado da pirâmide.
    Como $\;AC=2\times CB, \;\;\; AB= 3 \times CB\;$ e $\;\displaystyle \frac{AB}{AC} = \frac{3}{2}\;$ ou $\; AB=1,5 \times AC.\;$
    Ao mesmo tempo, $\; \displaystyle \frac{BA}{AC} =\frac{BA^2}{AD^2}\;$. Portanto $$\; \displaystyle \frac{BA^2}{AD^2} = \frac{3}{2}\;$$ ficando assim provado que o quadrado sobre o diâmetro $\;AB\;$ da esfera é uma vez e meia o quadrado sobre a aresta $\;AD.\;$ □


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