La Pirámide visual
Evolución de un instrumento conceptual

Lema 1

La solución final del Problema de Alhacén demanda la demostración de seis lemas independientes. Presentamos a continuación los seis lemas. Primero se formula cada lema, después se presenta el esquema general de la demostración o construcción. Este esquema se puede seguir en la modelación preparada en Cabri. Para este caso, el lector puede variar a su antojo los puntos señalados de la forma (°). Por último, se pueden consultar todos los pasos intermedios en la demostración completa.

(i) Formulación del lema 1

Dado un segmento de recta EQ y un punto A sobre una circunferencia BAG, se pide trazar una recta desde A que corte la prolongación de BG (diámetro de la circunferencia) en un punto D y a la circunferencia en un punto H, de tal manera que DH≅EQ (Alhacén (2006), V, 2.141–2.157)¹.

Figura 3. Problema de Alhacen (Ptolomeo-cóncavos)

(ii) Esquema general de la construcción

La solución exige las siguientes construcciones. Estas construcciones se pueden seguir en la modelación en Cabri activando los botones correspondientes a la numeración que aquí se presenta.

Trazar la recta GN paralela a AB por G.
Construir el ángulo QEF congruente con ángulo AGD (D en la recta BG), trazar QM paralela a EF y construir el ángulo QEM congruente con el ángulo DGN. El ángulo FEM es, entonces, recto.
Se traza la paralela a EM por Q y se determina el corte K con EF.
Se construye la hipérbola que pasa por M y cuyas asíntotas son KQ y KF.
Se traza la circunferencia de centro M y radio equivalente a la longitud de BG, se determinan los cortes C y C´ con la hipérbola, a continuación se traza la recta CM y se determinan los cortes O y L con KQ y KF respectivamente. (Ocurre que OM≅CL (ver Apolonio (1896) II, 8)².
Ahora se traza QF paralela a CM. Sea Y el corte de QF y EM. Se construye el ángulo GAD congruente con el ángulo EFQ y se definen los cortes D, N, H de AD con BG, GN y la circunferencia³. Sean dichos cortes D, N, H respectivamente. El segmento DH resulta congruente con el segmento EQ (como se quería construir) (Alhacén (2006), V, 2.141 – 2.157).
Se siguen los pasos (v) y (vi) para obtener la segunda solución correspondiente a C´.

(iii) Demostración

Figura 4. Demostración del Lema 1

(1) ΔFEY ≈ ΔAGN luego AN/AG = FY/FE	(a) ∠GAN ≅ ∠EFY por construcción (b) ∠AGN ≅ ∠FEY ambos son rectos
(2) ΔAGD ≈ ΔFEQ luego AG/GD = FE/EQ	(a) ∠AGD ≅ ∠QEF por construcción (b) ∠EFQ ≅ ∠GAD por construcción
(3) AN/GD = FY/EQ	(a) por (1) y (2)
(4) FY ≅ BG	(a) QM es paralelo a FL por construcción (b) FQ es paralelo a ML por construcción (c) FQ ≅ ML = MC + CL por (a) y (b) y por composición (d) CL ≅ MO Apolonio II-8 (e) FQ = MC + MO = CO por (c), (d) y por composición (f) FQ = FY + YQ por composición (g) YQ ≅ OM pues OQYM es un paralelogramo por construcción (h) FY ≅ MC por (e), (f) y (g) (i) MC ≅ BG por construcción
(5) AN/GD = BG/EQ	La conclusión se sigue de (3) y (4)
(6) ΔHGD ≈ ΔNDG, luego HD/DG = DG/DN, es decir DG²=HD.DN	(a) ∠AHG + ∠ABG = 180^o por Euclides III, 22 (b) ∠NGD ≅ ∠ABG, pues NG y AB son paralelas (c) ∠AHG + ∠NGD = 180^o por (a) y (b) (d) ∠AHG + ∠NHG = 180^o por construcción (e) ∠NGD ≅ ∠NHG por (c) y (d) (f) ∠HDG ≅ ∠NDG, se trata de dos etiquetas del mismo ángulo
(7) DH DN + DH AN = BG GD + DG²	(a) AD DH = BD DG corolario de Euclides III, 37 (b) AD = DN + NA por composición (c) AD DH + DN DH + AN DH por (b) (d) BD = BG + DG por composición (e) BD DG = BG DG + DG² por (d) La conclusión se sigue de (a), (c) y (e)
(8) AN/GD = BG/DH	La conclusión se sigue de (6) y (7)
(9) EQ ≅ DH	La conclusión se sigue de (5) y (8)

¹ Alhacén distingue dos casos. En el primero (Alhacén (2006), V, 2.143 – 2.145) se asume que AB≅AG, en tanto que en el segundo (Alhacén (2006), V, 2.146 – 2.156) se asume que ellos difieren en magnitud. La reseña que sigue presenta el segundo caso y asume que el primero es tan sólo una aplicación particular del segundo.

² Esta proposición afirma que si se extiende una cuerda QQ’ en una hipérbola esta cortará las asíntotas en puntos R y R’ tales que QR≅Q'R'. Son realmente dos los cruces con la hipérbola. El segundo cruce conduce igualmente a una solución del problema.

³ Sin embargo, la recta AD puede ser tangente a la circunferencia o cortarla en un punto H diferente a A. A continuación se exhibe el segundo caso. No obstante, el análisis del primero sigue pasos completamente análogos. Alhacén hace esa distinción, pero en la presentación pueden obviarse esos matices que hacen la demostración aún más tediosa de lo que ya de por sí es.

Lema 2

(i) Formulación del lema 2

Dada una circunferencia GAB de diámetro GB y un segmento de recta HZ, se pide trazar una recta desde A que corte la circunferencia adicionalmente en D y al diámetro GB en E, de tal manera que ED = HZ (Alhacén (2006) V, 2.158–2.166).¹.

Figura 5. Formulación del Lema 2

(ii) Esquema general de la construcción

La solución exige las siguientes construcciones. Estas construcciones se pueden seguir en la modelación en Cabri activando los botones correspondientes a la numeración que aquí se presenta.

Trazar AB y AG. Se dispone HZ sobre la recta GB.
Se traza HM paralelo a GA y el ángulo LHZ congruente con el ángulo ABG².
Se proyecta ortogonalmente Z sobre HM (en T) y sobre HL (en N).
Se construye la cónica (hipérbola) que pasa por T y tiene como asíntotas a ZN y HL².
Se traza la circunferencia de centro T y radio BG (puede ocurrir que corte la otra rama en dos puntos, en un punto o en ninguno). Sean C y C' los cortes de dicha circunferencia con la otra rama de la hipérbola en caso de que existan los cortes o coincidan en uno solo (si no hay corte, no habrá solución).
Se traza TC y se hallan los cortes F, Q con las asíntotas HL y ZN.
Se traza la paralela a TC por Z y se definen los cortes M, L con HT y HN.
Se construye el ángulo BGD (D sobre la circunferencia) de tal manera que ∠BGD ≅ ∠HLZ y se traza AD que corta a BG en E. En este caso ED ≅ HZ, que es lo que se quería.
Si en lugar de tomar C se hubiese tomado C' y se sigue el mismo procedimiento, el resultado conduce a otro punto D’ que satisface también la condición impuesta.

(iii) Demostración

Figura 6. Demostración del Lema 2

(1) ΔHML ≈ ΔGDB luego GB/BD = LM/MH	(a) ∠MHZ ≅ ∠AGB por construcción (b) ∠ZHL ≅ ∠ABG por construcción (c) ∠MHL = ∠MHZ + ∠ZHL = ∠AGB + ∠ABG = ∠GDB = 90^o (d) ∠BGD ≅ ∠HLZ por construcción
(2) ΔHMZ ≈ ΔDEB luego DB/DE = MH/HZ	(a) ∠ADB ≅ ∠BGA subtienden al mismo arco AB (b) ∠BGA ≅ ∠MHZ por construcción (c) ∠EDB ≅ ∠ADB ≅ ∠MHZ, E está sobre DA y (a) y (b) (a) ∠GBD ≅ ∠MHZ por (1)
(3) BG/DE = LM/HZ	(1) y (2)
(4) LM = TQ + QC = TC	(a) QC ≅ TF (Apolonio II, 16)⁴ (b) TF ≅ LZ (TFLZ es un paralelogramo) (c) QC ≅ LZ de (a) y (b) (d) TQ ≅ ZM (TQZM es un paralelogramo) (e) LM = LZ + ZM
(5) BG/DE = TC/HZ	(3) y (4)
(6) DE ≅ HZ	(a) BG ≅ TC por construcción (b) (5)

¹ Los griegos se referían a esta clase de problemas con el término neusis.

² M y L se definirán con más precisión a continuación. Por lo pronto no requieren de una definición más precisa.

³ Alhacén sugiere usar el método de Apolonio (Apolonio (2000), II, 4).

⁴ Apolonio demuestra en II, 16 que si Q y Q’ son puntos arbitrarios sobre ramas diferentes de una hipérbola y K y K’ los cortes de QQ’ con las asíntotas, ocurre que QK ≅ Q'K'.

Lema 3

(i) Formulación del lema 3

Dado un triángulo rectángulo ABG (ABG recto) y un punto libre D sobre la recta BG. Dados también los segmentos libres E y Z. Se pide trazar una recta desde D que corte a AG (en T) y a AB (en Q) en una forma tal que TQ/TG = E/Z. Alhacén distingue dos casos: (i) cuando el punto D cae en el segmento y (ii) cuando el punto D está en la recta que contiene el segmento pero no cae en él. A continuación presentaré la solución del segundo caso. El primero sigue estrategias completamente análogas (Alhacén (2006), V, 2.167–2.173).

Figura 7. Formulación del Lema 3

(ii) Esquema general de la construcción

La solución exige las siguientes construcciones. Estas construcciones se pueden seguir en la modelación en Cabri activando los botones correspondientes a la numeración que aquí se presenta.

Trazar una paralela a AB por D, determinar el punto de corte M con AG y trazar AD.
Trazar el círculo por G, M y D.
Construir el ángulo DMN (N sobre el círculo) congruente con el ángulo GAD.
Construir el segmento H, de tal manera que AD/H = E/Z.
A partir de N se construye la recta NL que corta a GM en L y al círculo en C, de tal manera que LC ≅ H. Esta construcción exige hacer uso del lema 1.
Por último, se traza la recta DC y se busca las intersecciones Q (con AB) y T (con AG). La recta DC es la buscada (Alhacén (2006), V, 2.167 – 2.173).

(iii) Demostración

Figura 8. Demostración del Lema 3

(1) ΔTCL ≈ ΔATD luego AD/CL = TA/TC	(a) ∠NMD + ∠DCN = 180^o (Euclides III, 22), pues se trata de ángulos opuestos en un cuadrilátero inscrito. (b) ∠TCL + ∠DCN = 180^o son suplementarios entre sí (c) ∠TCL ≅ ∠NMD por (a) y (b) (d) ∠NMD ≅ ∠TAD por construcción (e) ∠TCL ≅ ∠TAD por (c) y (d) (f) ∠CTL ≅ ∠ATD pues son opuestos por el vértice
(2) ΔCGT ≈ ΔATQ, luego TA/TC = TQ/TG	(a) ∠GCD ≅ ∠GMD pues subtienden al mismo arco (b) ∠GMD ≅ ∠TAQ pues AB y DM son paralelos por construcción (c) ∠GCT ≅ ∠TAQ por (a) y (b), además T está en la recta CD (a) ∠CTG ≅ ∠ATQ pues son opuestos por el vértice
(3) TQ/TG = AD/CL	Se deriva de (1) y (2)

Lema 4

(i) Formulación del lema 4

Dada una circunferencia de centro G y los puntos arbitrarios D y E. Se pide hallar un punto A sobre la circunferencia de tal manera que la tangente al círculo trazada en A biseca el ángulo formado por DA y EA (Alhacén (2006), V, 2.174–2.185).

Figura 9. Formulación del Lema 4

(ii) Esquema general de la construcción

La solución exige las siguientes construcciones. Estas construcciones se pueden seguir en la modelación en Cabri activando los botones correspondientes a la numeración que aquí se presenta.

Se traza EG y se determina la intersección S con la circunferencia. También se traza GD.
Trazar el círculo por G, M y D.
En una figura anexa se traza IC ≅ EG seguido de CM ≅ GD y se halla el punto medio N de IM y allí se traza la perpendicular a IM. Por M se traza el ángulo NMO igual a la mitad del ángulo SGD. O es la intersección con la perpendicular trazada en N.
Se pide ahora trazar desde C una recta que corte la hipotenusa del triángulo ONM en F y al cateto restante en K de tal manera que KF/FM = EG/GS. Para adelantar esta tarea se requiere del Lema3.
Por último se traza el ángulo EGA congruente con el ángulo MFK (A sobre la circunferencia). A es el punto buscado.

Construcciones auxiliares para la justificación:

Se traza el ángulo EAZ congruente con el ángulo NMK.
Se prolonga AZ hasta Q, de tal manera que AZ/ZQ = MC/CI.
Se traza una paralela a EQ por A y se define el corte T con EG.
Se traza una perpendicular a AZ por E y se define el corte L con AQ.
Se construye el ángulo GAU congruente con el ángulo GAE y se halla la intersección U de UA con EG.
Por último se traza la tangente AH al círculo en A. Se establece D’ como el resultado de la simetría central de D con respecto a A.

(iii) Demostración

Figura 10. Demostración del Lema 4

Por cuestiones de espacio, la figura de la izquierda se ha hecho con magnitudes reducidas.

(1) ΔAGE ≈ ΔMKF	(a) ∠MKF ≅ ∠AGE por construcción. (b) KF/FM = EG/GA por Lema 3 y como GS ≅ GA, tenemos KF/FM = EG/GA
(2) ΔAEL ≈ ΔNMK	(a) ∠ALE ≅ ∠MNK ambos son rectos por construcción (b) ∠EAL ≅ ∠NMK por construcción
(3) ΔELZ ≈ ΔKNC	(a) ∠AEL = ∠LEZ + ∠AEG (b) ∠NKM = ∠NKC + ∠MFK (c) ∠LEZ = ∠NKC de (a), (b), (1) y (2) (d) ∠ELZ ≅ ∠KNC ambos son rectos por construcción
(4) ΔEAZ ≈ ΔKMC	(a) ∠EZQ ≅ ∠KCI por (3) (b) ∠EAZ ≅ ∠CMK por construcción (c) ∠AEZ ≅ ∠MKC por (1)
(5) ΔQLE ≈ ΔIKN	(a) QZ/ZA = IC/CM por construcción (b) ZA/ZE = MC/CK por (4) (c) QZ/ZE = IC/CK por (a) y (b) (d) ∠QZE ≅ ∠ICK pues son suplementos de ángulos congruentes (e) ΔQZE ≈ ΔICK por (c) y (d) (f) EL ⊥ AZ (g) KN ⊥ IC
(6) El triángulo AQE es isósceles, luego EQ ≅ EA	(a) MN/NI = AL/LQ por (2) y (5) (b) MN ≅ NI por construcción (c) AL ≅ LQ por (a) y (b) (d) AQ ⊥ LE por construcción
(7) ΔEZQ ≈ ΔZAT	(a) ∠EQZ ≅ ∠LAT alternos internos entre paralelas (b) ∠EZQ ≅ ∠AZT opuestos por el vértice
(8) AE/AT = EG/GD	(a) QZ/ZA = EQ/AT por (7) (b) QZ/ZA = AE/AT por (6) y (a) (c) QZ/ZA = IC/CM por construcción (d) IC/CM = EG/GD por construcción
(9) ∠UAT ≅ ∠DGU	(a) ∠EAL ≅ ∠EQZ por (6) (b) ∠EQZ ≅ ∠QAT alternos internos entre paralelas (c) ∠EAL ≅ ∠QAT ≅ ∠LAT por (a) y (b) (d) ∠UAT = ∠UAL + ∠LAT = ∠UAL + ∠EAL por composición y por (d) (e) ∠UAT = ∠UAL + ∠EAU + ∠UAL por composición y por (d) (f) ∠UAT = 2∠UAL + ∠EAU por (e) (g) ∠UAT = 2∠UAL + 2∠UAG por construcción (h) ∠UAT = 2(∠UAL + ∠UAG) por (g) (i) ∠UAT = 2∠LAG por composición (j) ∠LAG = ∠EAL - ∠EAG por composición (k) ∠OMN = ∠NMK - ∠FMK por composición (l) ∠EAL ≅ ∠NMK por construcción (m) ∠EAG ≅ ∠FMK (1) (n) ∠LAG ≅ ∠OMN por (j), (k), (l) y (m) (o) ∠DGU = 2∠OMN por construcción La conclusión se sigue de (i), (n) y (o)
(10) AU corta a GD en D	Supongamos que AU corta a GD en un punto X (a) ∠XUG ≅ ∠TUA opuestos por el vértice (b) ∠UAT ≅ ∠XGU por (9) (c) ΔUGX ≈UAT por (a) y (b) (d) EA/AU = EG/GU por Euclides VI,3, pues GA biseca el ángulo UAE (por construcción) (e) EG/GD = AE/AT por (8) (f) AT/AU = GD/DU por (d) y (e) (g) ∠DGU ≅ ∠UAT por (9) (h) ΔUAT ≈ ΔUGD por (f) y (g) (i) ΔUGX ≈ ΔUGD por (h) y (c) (j) DG ≅ GX por (i), UG es común (k) D = X por (j)
(11) ∠DGE = 2∠LAH	Supongamos que AU corta a GD en un punto X (a) ∠GAH es recto por construcción (b) ∠GAL + ∠LAH = 90^o por composición y por (a) (c) ΔDGU + ∠ DGE = 180^o por composición y por construcción (d) ∠GAL + (∠DGE/2) = 90^o por (9-n), (9-o) y (c) La conclusión se deriva de (d) y (b)
(12) ∠TAD' = 2∠LAH	(a) ∠DGU ≅ ∠UAT ≅TAD por (9) y porque U está en la recta DA (b) ∠TAD' + ∠DGE porque son suplementos de ángulos congruentes (a) (aquí tomamos D' simétrico a D con respecto a A porque U cae entre A y D) La conclusión se obtiene de (b) y (11)
(13) ∠EAT = 2∠EAL	(a) ∠TAZ ≅ ∠ZQE alternos entre paralelas (b) ∠ZQE ≅ ∠EAL pues ΔQAE es isósceles (6) (c) ∠TAZ ≅ ∠EAL por (a) y (b) (d) ∠EAT = ∠TAZ + ∠EAL por composición La conclusión se deriva de (d) y (c)
(14) ∠EAH' = (∠EAD'/2)	(a) ∠EAH = ∠EAL + ∠LAH por composición (b) ∠EAH' = 180^o - ∠EAH por construcción (c) ∠EAH' = 180^o - (∠EAL + ∠LAH) por composición y (b) (d) ∠EAH' = 180^o - (∠EAL + (∠TAD'/2)) por (12) y (c) (e) 2∠EAH' = 360^o - (2∠EAL + ∠TAD') por (d) (f) 2∠EAH' = 360^o - (∠EAT + ∠TAD') por (e) y (13) (g) 2∠EAH' = 360^o - (360^o - ∠EAD') por (f) y por composición La conclusión se deriva de (g)

Lema 5

(i) Formulación del lema 5

Dada una circunferencia de centro G y radio BG, y un punto E fuera del círculo, Se pide trazar una recta por E que interseca al círculo en D y al radio BG en Z de tal manera que (Alhacén (2006, V, 2.186–2.192).

Figura 11. Formulación del Lema 5

(ii) Esquema general de la construcción

La solución exige las siguientes construcciones. Estas construcciones se pueden seguir en la modelación en Cabri activando los botones correspondientes a la numeración que aquí se presenta.

Se traza EC perpendicular a BG.
Se construye en forma auxiliar QT ≅ EC con L como punto medio y LF perpendicular a QT.
A continuación se construye un arco de circunferencia QPT tal que cualquier punto X sobre el arco es tal que ∠QXT ≅ ∠EGB (Euclides (1956), III, 33).
Desde Q se traza una recta que corta a FL en F y a la circunferencia en P de tal manera que FP = (BG/2) (hacemos uso del Lema 2).
Se trazan PT y TF. Por P se traza una paralela a LF y se busca la intersección U con TF.
Se construye el ángulo BGD congruente con el ángulo QPU (con D sobre la circunferencia).
Por último se traza la recta ED y se determina el corte Z con BG. ED es la recta que buscamos.

Construcciones auxiliares para la justificación:

DI es perpendicular a BG.
DK es tangente a la circunferencia en D.
OU es perpendicular a UP (O sobre QP).
HU es perpendicular a QP; ST perpendicular a HU; TN es perpendicular a QP (Alhacén (2006), V, 2.186 – 2.192).

(iii) Demostración

Figura 12. Demostración del Lema 5

(1) El triángulo FOU es isósceles, luego ∠FOU ≅ ∠FUO	(a) OU ⊥ UP (b) UP ⊥ QT por construcción (c) OU y UP son paralelos (d) ΔOFU ≈ ΔFQT por (c) (e) El triángulo FQT es isósceles por construcción auxiliar 4(Lema 4)
(2) EC/DG = TQ/OP	(a) ∠FPU ≅ ∠OFL alternos entre paralelas (b) ∠FUP ≅ ∠UFL alternos entre paralelas (c) ∠UFL ≅ ∠OFL pues FL ⊥ OU (por construcción) y OU es la base del triángulo isósceles FOU (1) (d) ∠FPU ≅ ∠FUP, por (a), (b) y (c) (e) El triángulo FPU es isósceles por (d) y FP ≅ FU (f) FU ≅ FO por (1) (g) FP ≅ FO por (e) y (f) (h) FP = (OP/2) por (g) (i) FP = (BG/2) por construcción (j) OP ≅ BG ≅ GD por (h) e (i), y además, BG y GD son radios de la circunferencia (k) TQ ≅ EC por construcción
(3) ΔIGD ≈ ΔKGD, luego GD/DI = GK/KD	(a) ∠DIG ≅ ∠KDG, ambos rectos por construcción (b) ∠IGD ≅ ∠KGD, K está en la recta IG
(4) EC/DI = TQ/OU	(a) ∠KDG ≅ ∠OUP ambos son rectos por construcción (b) ∠KGD ≅ ∠OPU por construcción (c) ΔKDG ≈ ΔOPU por (a) y (b) (d) GK/KD = OP/OU por (c) (e) GD/OP = DI/OU por (3) y (d) (f) GD/OP = EC/TQ por (2-k) y (2-j)
(5) TF/UF = SH/UH	(a) ΔOFU ≈ ΔFQT por (1-c) (b) TQ/OU = TF/UF por (a) (c) HU ⊥ FH por construcción (d) ST ⊥ US por construcción (e) ∠HUF ≅ ∠SUT opuestos por el vértice (f) ΔUST ≈ ΔUHF por (c), (d) y (e) (g) TU/UF = US/UH por (f) (h) TF/UF = (TU/UF) + 1 por composición (g) SH = SU + UH por composición
(6) EC/DI = TN/UH	(a) TN ≅ SH, TNSH es un paralelogramo (b) TF/UF = TN/UH por (5) y (a) (c) TQ/OU = TN/UH por (b) y (5-b) (d) (4)
(7) EC/DG = TN/UP	(a) GI ⊥ ID por construcción (b) UH ⊥ HP por construcción (c) ∠IGD ≅ ∠HPU por construcción (d) ΔIGD ≈ ΔHPU por (a), (b) y (c) (e) DI/DG = HU/UP por (d) (f) (6)
(8) GE/GD = PT/UP	(a) EC ⊥ CG por construcción (b) PN ⊥ NT por construcción (c) ∠CGE ≅ ∠NPT por construcción (d) ΔCGE ≅ ΔNPT por (a), (b) y (c) (e) GE/EC = PT/NT por (d) (f) (7)
(9) ΔDGE ≈ ΔUPT	(a) ∠BGE = ∠BGD + ∠DGE por composición (b) ∠QPT = ∠QPU + ∠UPT por composición (c) ∠BGE ≅ ∠QPT por construcción (d) ∠BGD ≅ ∠HPU por construcción (e) ∠DGE ≅ ∠UPT por (a), (b), (c) y (d) (f) ∠DEG ≅ ∠PTU (g) ∠DEG ≅ ∠PTU porque EC, DI (paralelas entre sí y perpendiculares a BG) están en la misma proporción que TN, UH (6) (paralelas entre sí y perpendiculares a PQ)
(10) DZ ≅ ZG	Supongamos que AU corta a GD en un punto X (a) ∠GDE ≅ ∠PUT por (9) (b) ∠GDZ ≅ ∠PUF por ser suplemnetos de ángulos congruentes (a) (c) ∠DGZ ≅ ∠UPF por construcción (d) ∠GDZ ≅ ∠UPF por (a), (b) y (c) (e) (2-e) (f) El triángulo GDZ es isósceles, por (d) y (e)

Lema 6

(i) Formulación del lema 6

Dado un triángulo rectángulo ABG (ABG recto) y un punto D sobre uno de los catetos (para el caso, BG); dados también los segmentos libres E y Z, se pide hallar la recta que pasa por D y corta a la hipotenusa AG en Q y al otro cateto AB en T, de tal manera que TQ/GQ = E/Z (Alhacén (2006), V, 2.193 – 2.197).

Figura 13. Formulación del Lema 6

(ii) Esquema general de la construcción

La solución exige las siguientes construcciones. Estas construcciones se pueden seguir en la modelación en Cabri activando los botones correspondientes a la numeración que aquí se presenta.

Trazar AD. Trazar DM paralela a BA, M en el corte con GA.
Construir la circunferencia que pasa por G, D y M.
Construir ∠DMC ≅ ∠GAD con C sobre la circunferencia.
Construir el segmento H de tal manera que AD/H = E/Z.
A partir de C se halla la recta que corta a GM en L y al círculo en N de tal manera que LN ≅ H. Este procedimiento exige hacer uso del lema 2. Hay dos soluciones al problema planteado.
Ahora se traza la recta ND y se obtienen los cortes Q y T con AG y AB. La recta ND es la recta buscada.

(iii) Demostración

Figura 14. Demostración del Lema 6

(1) ΔNQL ≈ ΔDQA, luego AQ/QN = AD/NL	(a) ∠NQL ≅ ∠DQA (opuestos por el vértice) (b) ∠DMC ≅ ∠DNC (ellos subtienden el mismo arco CD) (Euclides (1956), III, 21) (c) ∠DMC ≅ ∠DAG (por construcción) (d) ∠QNL ≅ ∠DCN ≅ ∠DAG (por construcción y por (b) y (c))
(2) ΔTQA ≈ ΔNQG, luego AQ/QN = TQ/QG	(a) ∠TQA ≅ ∠GQN (opuestos por el vértice) (b) ∠DMG ≅ ∠DNG (ellos subtienden el mismo arco) (c) ∠DMG ≅ ∠TAQ (alternos entre paralelas) (d) ∠QNG ≅ ∠DNG ≅ ∠TAQ (por construcción y por (b) y (c))
(3) TQ/QG = E/Z	(a) TQ/QG = AD/NL de (1) y (2) (b) NL ≅ H por la construcción auxiliar 2 (c) AD/H = E/Z por construcción