Do octaedro à stella octangula. Construção.

Viagem ao interior de um cubo

Pontos médios das arestas de um cubo (ou de um octaedro) são vértices de um cuboctaedro

construir um cubo e no interior dele uma pirâmide: uma face para base e uma aresta para altura .

O mundo do meio

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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....

Relações entre tetraedro e cubo inscritos numa mesma esfera.

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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.

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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

Elementos: Construção de um cubo inscritível numa dada esfera

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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?
2. 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....
   /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.
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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