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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