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:
- 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)\;
- Determinámos um ponto \;C \; de \;AB\; tal que \;AC=2.CB\; (Prop. 9 Livro VI (9.6))
- Assinalámos \;D\; na interseção da perpendicular a \;AB\; tirada por \;C\; com o semicírculo de diâmetro \;AB \;. Traçámos o segmento de reta \;AD\;
- 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)\;
- 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\;
- 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\;
© geometrias. 23 de junho de 2015, Criado com GeoGebra
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Da construção, sabemos que
- sendo \;AC=2CB \; \text{e}\; AB=AC+CB, \; \text{então}\; AB=3CB\;
- o ângulo \;ADB\; é um reto por estar inscrito num semicírculo, ou seja, o triângulo \;ABC\; é retângulo em \;D\;
- 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 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.) - A pirâmide triangular construída é regular:
- 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\; -
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\;
- 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.
- 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.\; - 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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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
