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.
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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
$\;\angle B\hat{H}M =
\angle G\hat{F}GL\; \Leftarrow \;(BH \parallel GF \wedge HM \parallel FL
)$ |
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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 $\;G, L\;$
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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 $\;FA.\;$… $\blacksquare$
