28.5.18

Estudo do Problema de Castillon

Problema: Inscrever numa dada circunferência um triângulo [DEF] em que cada um dos seus lados passa por um único de três pontos dados A, B, C : por exemplo $\;A\in FE, \;B \in ED, \;C \in DF\;$



Em síntese, a construção, que a seguir se apresenta, passo a passo, não é óbvia por não serem óbvios os elementos que vão sendo determinados em cada passo. Os autores de F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- a propósito, esclarecem: "A síntese permite a quem sabe, expôr o que conhece; é habitual usá-la nos elementos de geometria, na demonstração de teoremas; mas a síntese não pode ser usada na resolução de problemas porque não pode indicar a priori cada uma das construções a fazer. A análise é por excelência, o método para descobrir; e, por conseguinte, usa-se constantemente na solução das questões que ainda não estudámos."
Fazendo variar o cursor $\;\fbox{n= 1, 2, … 10}\;$ pode seguir sucessivos passos da construção, envolvendo potências de pontos relativamente à circunferência dada que servem para provar igualdade de ângulos interessantes cuja utilidade é desvendada pela análise do problema resolvido (ou pelo resultado obtido :-).





Transcrevemos a seguir uma adaptação do excerto de metodologia para a resolução deste problema seguindo
F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)-
acompanhadas das figuras ilustrativas que lá se encontram.


Problema de Castillon: 51. On donne trois points $\;A, \;B, \;C,\;$ et une circonférence; inscrire dans cette circonférence un triangle $\;DEF,\;$ tel que chaque côté passe par un des points donnés.



Considerado o problema resolvido, a imagem ao lado esclarece que, sendo $\;GF\;$ paralela a $\;BC\;$ e que $\;GE\;$ interseta $\;BC\;$ em $\;H,\;$ sendo iguais os ângulos ($\;BHE\;$ ou) $\;\angle B\hat{H}G\;$ e $\: \angle H\hat{G}F\;$ alternos internos no sistema de retas paralelas $\;GF,\; BC\;$ cortadas pela secante $\;HG\;$ e também $\;\angle H\hat{G}F;$ e $\;BDC\;$ são iguais por estarem inscritos num mesmo arco $\;ETF.\;$ Assim sendo, são semelhantes os triângulos $\;BHE\;$ e $\;BCD\;$ com o ângulo $\;B\;$ comum e os ângulos $\;BHE\;$ e $\;CDB\;$ iguais. E, pelo menos, o ponto $\;H\;$ pode ser determinado por $\;HB.BC=BT^2.\;$
Começamos por aí.
É preciso determinar um dos pontos $\;D,\; E\;$ ou $\;F\;$ para que o problema fique resolvido.

Por isso, podemos dizer que precisamos de resolver o seguinte
Problème
52. On donne deux points $\;A, \;H,\;$ une circonférence et une droite $\;BC.\;$ Déterminer sur cette circonférence un point $\;E,\;$ tel qu'en le joignant aux deux points donnés $\;A,\; H,\;$ la corde $\;FG\;$ soit parallèle à la droite $\;BC.\;$ Soit le problème résolu et $\;FG\;$ parallèle à $\;BC.\;$



Consideremos o problema resolvido e $\;FG\;$ paralela a $\;BC.\;$ De forma análoga ao feito no caso anterior, acrescentamos à ilustração (das condições do problema resolvido) uma paralela a $\;HA\;$ tirada por $\;F,\;$ que intersecta a circunferência dada em $\;L\;$ e traçamos a reta $\;LG\;$ que intersecta $\;HA\;$ em $\;M.\;$

Nestas condições, temos $\; \angle G\hat{F}L = \angle D\hat{H}M, \; \mbox{e} \; \angle F\hat{L}M+\angle L\hat{M}H = \pi, $
$\; \angle G\hat{E}F +\angle F\hat{L}M = \pi \; \;\mbox{sendo por isso,}\;\;\angle G\hat{M}H = \angle H\hat{E}A\; $
e, em consequência,
$ \Delta [HGM] \sim \Delta [HEA],\;$ dos quais $\angle \hat{H}\; $ é ângulo comum. E é essa semelhança que nos permite escrever $$\frac{\overline{HM}}{\overline{HE}} = \frac{\overline{HG}}{\overline{HA}} \; \Leftrightarrow \overline{HM} \times \overline{HA}= \overline{HE} \times \overline{HG}= \overline{HT}^2 $$ que nos permite determinar sobre $\;HA\;$ o ponto $\;M,\;$ colinear de $\;G, \;L\;$ sendo
$\;\angle B\hat{H}M = \angle G\hat{F}GL\; \Leftarrow \;(BH \parallel GF \wedge HM \parallel FL )$




E, assim, o problema de Castillon depende agora da resolução do
Problème
53. Par un point donné $\;M,\;$ mener une sécante telle que l'angle inscrit $\;L\hat{F}G\;$, qui correspond à la corde interseptée $\;GL,\;$ soit égale à un anglé donnée $\;A\hat{H}B.\;$



Por um ponto qualquer da circunferência dada, tiramos paralelas a $\;BH\;$ e a $\;MH\;$ ou seja inscrevemos na circunferência um ângulo de amplitude igual a $\; \angle B\hat{H}M\;$
Em seguida traçamos a corda correspondente a esse ângulo inscrito. As cordas correspondentes a ângulos inscritos iguais em amplitude a ele, são iguais e tangentes a uma circunferência concêntrica à dada. Determinada essa nova circunferência pelo centro e pelo pê da perpendicular da corda do dito ângulo inscrito com amplitude igual a $\; \angle B\hat{H}M,\;$ o problema de Castillon fica resolvido tirando por $\;M\;$ a tangente a ela que intersectará a circunferência inicialmente dada nos pontos $\;G, L\;$

Por esse ponto $\;G\;$, finalmente determinado, a paralela a $\;BC\;$ por ele tirada intersecta a circunferência inicial em $\;F.\;$
$\;D\;$ ficará determinado na circunferência pela reta $\;CF\;$ e
o ponto $\;E\;$ ficará determinado sobre a circunferência pela reta $\;DB\;$ ou pela reta $\;FA.\;$… $\blacksquare$

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