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
