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22.11.16
23.10.16
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
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:
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.
- o diâmetro \;AB\; da esfera em que ambos se inscrevem é dividido por um ponto \;C\; de tal modo que \;AC=2CB;\;
- sobre um semicírculo com esse diâmetro \;AB\; que gera a esfera, tomámos um ponto \;D\; tal que \;CD\; é perpendicular a \;AB;\;
- para o tetraedro inscrito, a aresta é \;AD ;\;
- para o cubo inscrito na mesma esfera, a aresta é \;DB.\;
© geometrias. 23 de julho de 2015, Criado com GeoGebra
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.
-
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
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:
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.
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:
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:
- 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\;)
- Dividimos \;AB\; em dois segmentos \;AC\; e \;CB\; tais que \;AC=2CB\;
- Tiremos por \;C\; uma perpendicular a \;AB\; e, no mesmo plano, tomemos \;D ,\; ponto de interseção dessa perpendicular com a semicircunferência de diâmetro \;AB\;
- Tracemos \;CD\; e \;DB.\; - \;A\hat{C}D=D\hat{C}B = 1\; reto
- Tomámos depois um ponto \;E\; e, a partir dele, construímos um quadrado \;EFGH\; de lado igual a \;DB\;.
- 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.\;
- Finalmente, desenhámos \;KL,\;LM,\; MN,\;NK.\;
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
Demonstração:
-
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? -
- 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\;
- 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.
-
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
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