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. |  |
| 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 $\;\angle B\hat{H}M = \angle G\hat{F}GL\; \Leftarrow \;(BH \parallel GF \wedge HM \parallel FL )$ |
 |
| 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 $\;G, L\;$ |  |
© geometrias, 1 de Maio de 2014, Criado com GeoGebra
