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".
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
- 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.\;
- 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.\;
- 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\;
- 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\;
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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.\; - 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.\;
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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.\;
- 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.
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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
- David Joyce. Euclide's Elements
