# La geometria del compasso

La geometria del compasso è un trattato di Lorenzo Mascheroni, pubblicato a Pavia nel 1797. Tratta delle costruzioni geometriche da realizzarsi con il solo uso del compasso, escludendo l'altro strumento della geometria classica, ovvero la riga. L'insieme delle dimostrazioni contenute in quest'opera prova il seguente teorema:
    « Ogni problema risolvibile con riga e compasso è risolvibile anche con il solo compasso »
I risultati di Mascheroni erano stati preceduti dal danese Jørgen Mohr, che li aveva esposti nel libro Euclides Danicus del 1672. Tale opera, pubblicata solo in danese e olandese, rimase per lo più sconosciuta. Riscoperta per caso in una libreria di Copenaghen nel 1928, fu subito ristampata in facsimile e poi tradotta in altre lingue. L'enunciato sopra riportato viene oggi chiamato quindi con il nome di teorema di Mohr-Mascheroni.

## Scopo dell'opera

Nella scrittura di questa opera, Mascheroni si fa guidare da considerazioni teoriche: ha ben presente che dai tempi della geometria classica, descritta negli Elementi di Euclide, sono stati aggiunti dai matematici molti argomenti, come le coniche, le curve di grado superiore al secondo, ecc.. Viceversa, nella prefazione al suo libro si domanda:
    « Non potresti tu ritrocedere dagli Elementi, come da una linea di demarcazione, e cercar qualche cosa rimasta addietro a guisa di trascurata? È egli vero che i problemi elementari d'Euclide siano della più semplice costruzione? O non si potrebbe l'elemento matematico risolvere ne' suoi elementi fondamentali riga e compasso, a guisa di chi ha separata l'acqua in due arie, e qualche aria pure stimata semplice, in due sostanze? A questo punto m'avvidi, che non potendosi far uso della riga sola se non per condurre una retta; si poteva però forse far uso del solo compasso non solo per descrivere solamente un cerchio, o un arco di esso; ma descrivendone più con più centri, e con diverse aperture, trovare per via delle loro sezioni mutue più punti, che fossero utili, e appunto i cercati di posizione di qualche problema. »
Il secondo scopo che si prefigge Mascheroni nel pubblicare La geometria del compasso è rendere più facile e precisa la costruzione di apparecchiature di precisione, come i quadranti degli strumenti astronomici. Come spiega egli stesso, sempre nella prefazione al suo libro:
    « Per accennare i vantaggi, che ha il compasso sopra la riga, qualora si tratti di una descrizione precisa di linee, che non debbano temere l'esame del microscopio, basta avvertire, che trattandosi specialmente d'una riga alquanto lunga, è quasi impossibile ch'ella sia così diritta, che ne garantisca per tutto il suo tratto della posizione a luogo de' punti, che in essa sono. E sia pur essa rettissima. Sanno i pratici, che il dovere strisciare lungo essa colla punta che segna, porta seco una incertezza di parallelismo nel moto dell'asse di questa punta, o di perfetto adattamento allo spigolo, che rende spesso inutile la sua massima precisione. A queste due difficoltà non va soggetto il compasso. Qualora esso sia fermo nell'apertura, e finissimo nelle punte; centratane una immobilmente, il che non è difficile, l'altra scorrendo segna da sé un arco così preciso ed esatto, che nulla più. »
In tutte le sue costruzioni geometriche, Mascheroni sceglie quindi di determinare i punti necessari usando, fra riga e compasso, solo quello strumento che garantisce la maggiore precisione possibile: i punti saranno sempre ottenuti come intersezioni fra archi di cerchio tracciati con il compasso. I tratti rettilinei necessari al completamento del disegno dovranno ovviamente essere tracciati con una riga; ma non avendo tali segmenti alcun ruolo nella determinazione dei punti, una mancanza di precisione nel loro disegno non si ripercuoterà sull'intera costruzione.

## Il compasso di Euclide

Nei suoi Elementi, Euclide non parla mai né di riga né di compasso. Egli si riferisce solo a linee rette e circonferenze ideali, che traccia secondo i seguenti postulati:
* È possibile tracciare un segmento rettilineo fra qualunque coppia di punti
* Un segmento rettilineo può essere esteso indefinitamente in una linea retta
* È possibile descrivere un cerchio con qualsiasi centro e qualsiasi raggio
Nella pratica è cosa ovvia associare una riga (non graduata) ai primi due postulati, e il compasso al terzo. Bisogna fare attenzione però al fatto che non tutto ciò che può essere fatto con un compasso è "autorizzato" dal terzo postulato. Secondo quest'ultimo, il compasso dovrebbe essere utilizzato solo per tracciare un cerchio dati il centro e un punto sulla sua circonferenza; non dovrebbe invece essere utilizzato per trasportare una distanza da una parte all'altra del piano, semplicemente aprendolo e spostandolo conservandone l'apertura.
Negli Elementi di Euclide il trasporto delle distanze è una necessità irrinunciabile, infatti a questo problema sono dedicate le prime due Proposizioni del Libro I (vedi l'animazione in figura 1). Euclide dimostra cioè che si può applicare la distanza $AB$ al punto $C$:
* congiungendo punti dati con segmenti rettilinei (primo postulato, linee di colore blu);
* prolungando gli stessi segmenti (secondo postulato, linee di colore ciano);
* tracciando archi di cerchio dati il centro e un punto della circonferenza (terzo postulato, linee di colore verde).
Alla fine dell'animazione, tutti i punti appartenenti alla circonferenza rossa disteranno da $C$ quanto $B$ dista da $A.$
L'uso comune, di trasportare distanze mantenendo invariata l'apertura del compasso a cavallo di un suo spostamento, è quindi una scorciatoia ammessa in geometria, ma solo perché si sa che tale procedimento è la semplificazione di un metodo più rigoroso: proprio quello descritto da Euclide.

## I Compassi ad apertura fissa di Mascheroni

A differenza di Euclide, Mascheroni non ha uno scopo teorico, bensì pratico. Per trasportare le distanze non applica il metodo descritto da Euclide, per due motivi:
* esso richiede l'uso della riga, che Mascheroni vuole evitare;
* la quantità di passaggi necessari è tale da moltiplicare gli errori, invece di minimizzarli.
Mascheroni si sente quindi libero di usare il compasso per trasportare distanze, ma non solo: incoraggia la realizzazione di vari compassi ad apertura fissa. Ad esempio, dovendo inscrivere in una circonferenza un qualche poligono regolare, suggerisce di costruirne quattro con le seguenti aperture prefissate:
* un primo compasso con apertura pari al raggio della circonferenza (coincidente con il lato dell'esagono regolare ivi inscritto);
* un compasso di apertura proporzionale al primo, in ragione del fattore ${\sqrt {2}}$ (lato del quadrato inscritto nella circonferenza);
* un compasso di apertura proporzionale al primo, in ragione del fattore ${\sqrt {3}}$ (lato del triangolo equilatero inscritto nella circonferenza);
* un compasso di apertura proporzionale al primo, in ragione del fattore ${\tfrac {{\sqrt {5}}-1}{2}}$ (lato del decagono regolare inscritto nella circonferenza).

## Divisioni della circonferenza

Le prime costruzioni affrontate da Mascheroni ne La geometria del compasso prevedono la divisione del cerchio in 240 parti di uguale lunghezza (nei paragrafi che seguono verranno mostrate solo le costruzioni principali), utilizzando il minor numero possibile di aperture del compasso, e il minor numero di punti non appartenenti alla circonferenza data.
Le costruzioni usano varie volte le Proposizioni di Euclide secondo cui, in cerchi uguali, archi uguali insistono su corde uguali, e viceversa. La divisione della circonferenza in parti uguali coincide quindi con il problema di inscrivervi poligoni regolari dello stesso numero di lati.
Volendo costruire i compassi ad apertura fissa suggeriti da Mascheroni, il primo dovrà avere ampiezza uguale al raggio del cerchio da suddividere, ovvero quello in cui inscrivere i vari poligoni regolari.

### Divisione in 6 parti

Dato un cerchio di centro $O$ e raggio $OA$ (vedi figura 3), per inscrivere nello stesso cerchio un Esagono regolare seguendo il metodo di Euclide bisogna:
* tracciare l'arco $BOF$ con centro in $A$ e raggio $AO,$ che interseca la circonferenza nei punti $B$ ed $F$ (questi punti, assieme ad $A,$ sono i primi tre vertici dell'esagono);
* prolungare i segmenti $BO,$ $AO$ ed $FO$ fino ad incontrare la circonferenza rispettivamente in $E,$ $D,$ $C$: sono $ABCDEF$ i vertici dell'esagono regolare inscritto nella circonferenza.
Mascheroni non può fare uso della riga, quindi descrive un metodo alternativo:
* tracciare l'arco $BOF$ con centro in $A$ e raggio $AO,$ come indicato da Euclide;
* tracciare altri tre archi di raggio $AO$: il primo con centro in $B$ e tale da intersecare la circonferenza in $C;$ il secondo con centro in $C$ per determinare $D;$ il terzo in $D$ per determinare $E.$
Infatti:
* tutti i triangoli che hanno un vertice nel centro O del cerchio sono equilateri;
* i loro angoli in $O$ sottendono archi di lunghezza uguale a un sesto della circonferenza.
Si ricorda che lo scopo di Mascheroni è determinare i vertici dell'esagono, non di tracciarne i lati. Nel disegno infatti tutti i segmenti rettilinei, a parte il raggio $OA,$ sono tratteggiati; e il punto $S,$ che con l'uso del solo compasso non è stato effettivamente determinato, è indicato solo allo scopo di agevolare la comprensione di quanto segue.
Con questa costruzione si ottengono alcuni risultati aggiuntivi, che verranno sfruttati in molte delle costruzioni che seguono:
* il punto $D$ è allineato al segmento $OA,$ per cui ${\overline {DA}}=2{\overline {OA}}$: questo è il sistema usato da Mascheroni per raddoppiare la lunghezza di un segmento senza fare uso della riga (iterando lo stesso sistema, un segmento potrà essere anche triplicato, quadruplicato, ecc.);
* il punto $D$ è la seconda estremità del diametro $DA$ del cerchio centrato in $O$ e di raggio $OA;$
* le terne di punti $ACE$ e $BDF$ definiscono i vertici di due triangoli equilateri inscritti nello stesso cerchio;
* il segmento $BF$ ha lunghezza doppia rispetto all'altezza $BS$ del triangolo equilatero $OBA,$ quindi vale la proporzione: ${\overline {BF}}:{\overline {OA}}={\sqrt {3}}:1$
Volendo costruire i compassi ad apertura fissa suggeriti da Mascheroni, quello di ampiezza pari a ${\sqrt {3}}$ volte la lunghezza del raggio dovrà essere calibrato sulla distanza fra i punti $B$ ed $F,$ oppure $A$ e $C,$ oppure qualsiasi altra diagonale dell'esagono non passante per il centro del cerchio.

### Divisione in 4 parti

Per costruire il quadrato inscritto in un cerchio dato, Euclide suggerisce semplicemente di tracciare due diametri ortogonali. Questo sistema viene modificato da Mascheroni (figura 4) come segue:
* determinare i punti $A,$ $B,$ $C$ e $D$ come descritto al paragrafo precedente: $A$ e $D$ sono i due primi vertici del quadrato;
* con raggio $AC$ e centro in $A$ e $D$ tracciare i due archi $CG$ e $BG$ che si intersecano in $G$ (la lunghezza del segmento $AC,$ come visto al paragrafo precedente, è ${\sqrt {3}}$ volte il raggio della circonferenza);
* con raggio $OG$ e centro in $A$ tracciare un arco che interseca la circonferenza data nei punti $H$ e $J$: i punti $AHDJ$ sono i vertici del quadrato inscritto nella circonferenza data.
Infatti:
* per costruzione, il triangolo $DGA$ è isoscele, e il segmento $GO$ ne è la mediana relativa alla base; ma in un triangolo isoscele, la mediana e l'altezza relative alla base coincidono, quindi l'angolo $GOA$ è retto e il triangolo $GOA$ è rettangolo in $O;$
* ammettendo, senza perdita di generalità, che il raggio del cerchio sia unitario, si può applicare il teorema di Pitagora all'ipotenusa $AG$ e al cateto $OA,$ ricavando la lunghezza del secondo cateto:
       ${\overline {GO}}={\sqrt {{\overline {AG}}^{2}-{\overline {OA}}^{2}}}={\sqrt {3-1}}={\sqrt {2}};$
* il segmento $OG$ è quindi lungo ${\sqrt {2}}$ volte il raggio del cerchio, proprio la lunghezza del lato del quadrato che si vuole inscrivere nella circonferenza. La determinazione dei due punti mancanti del quadrato richiede quindi solo di riportare tale lunghezza sulla circonferenza, a partire da $A$ (oppure da $D$).
Volendo costruire i compassi ad apertura fissa suggeriti da Mascheroni, quello di ampiezza uguale a ${\sqrt {2}}$ volte la lunghezza del raggio dovrà essere calibrato sulla distanza fra i punti $O$ e $G.$

### Divisione in 8 parti

La costruzione dell'ottagono regolare richiede la determinazione di quattro punti intermedi agli archi che insistono su un quadrato già tracciato. In figura 5 sono indicati (si vedano le costruzioni precedenti):
* i punti $A$ e $D,$ appartenenti al diametro della circonferenza;
* i punti $G,$ $H,$ $O$ e $J$ appartenenti alla retta ortogonale al diametro suddetto, passante per il centro $O$ della circonferenza;
* i punti $A,$ $H,$ $D$ e $J,$ vertici del quadrato precedentemente tracciato.
Per determinare i punti mancanti alla costruzione dell'ottagono regolare inscritto nella stessa circonferenza, secondo Mascheroni occorre:
* con centro in $G,$ e raggio $OA$ (lo stesso della circonferenza), tracciare l'arco che interseca la circonferenza nei punti $L$ e $K;$
* con centro in $K$ ed $L,$ e raggio $LK,$ tracciare gli archi che intersecano la circonferenza rispettivamente nei punti $N$ ed $M$: saranno $AKHLDMJN$ i vertici dell'ottagono regolare cercato.
Infatti:
* i segmenti $GK$ e $KO$ hanno lunghezza uguale al raggio della circonferenza, quindi il triangolo $GKO$ è isoscele;
* il segmento $GO$ è lungo ${\sqrt {2}}$ volte il raggio, quindi è ipotenusa dello stesso triangolo $GKO,$ che è rettangolo in $K$;
* essendo il triangolo $GKO$ rettangolo e isoscele, i suoi angoli in $G$ e in $O$ sono semiretti;
* il segmento $OK$ divide in due metà il quadrante $HOA,$ quindi il punto $K$ è vertice dell'ottagono regolare (ragionamento analogo vale per il punto $L$).
I punti $M$ ed $N$ necessari a completare l'ottagono possono essere determinati in vari modi:
* tracciando due archi di raggio $AK$ e centrati in $A$ e $D$ (questo sistema non è utilizzato da Mascheroni, perché richiede un compasso di apertura "non standard", diversa cioè da quelli fin qui utilizzati);
* costruendo un punto $G'$ speculare di $G$ rispetto al diametro $AD$ (neanche questo sistema è utilizzato da Mascheroni, perché richiede un punto $G'$ aggiuntivo, non appartenente alla circonferenza);
* il segmento $LK$ è lato del quadrato $LKMN$ inscritto nella circonferenza: è sufficiente riportare tale distanza sulla circonferenza a partire dai punti $L$ e $K$ per determinare gli ultimi due punti $M$ ed $N$ dell'ottagono regolare. Questo è il sistema suggerito da Mascheroni, che infatti ha i vantaggi di non necessitare di un punto aggiuntivo al di fuori della circonferenza, e di richiedere un compasso "standard" di apertura uguale a ${\sqrt {2}}$ volte il raggio della circonferenza.

### Divisione in 12 parti

La figura 6 mostra tutti i punti individuati nelle costruzioni precedenti:
* $ABCDEF,$ vertici dell'esagono regolare inscritto nella circonferenza con centro in $O$ e raggio $OA;$
* $AKHLDMJN,$ vertici dell'ottagono regolare inscritto nello stesso cerchio.
La dodicesima parte dell'angolo giro può essere ottenuta per differenza fra un angolo retto (un quarto di angolo giro) e l'angolo al centro che sottende un lato dell'esagono regolare (un sesto): infatti
    ${\frac {1}{4}}-{\frac {1}{6}}={\frac {1}{12}}.$
In figura 6 si può osservare come il quadrante $DOH$ sia composto dagli angoli $DOC$ (che sottende il lato dell'esagono regolare) e $COH$: quest'ultimo sottende quindi un arco di lunghezza uguale al dodicesimo della circonferenza; di conseguenza $H$ è un vertice del dodecagono regolare, intermedio ai vertici $C$ e $B$ (lo stesso ragionamento consente dimostrare che anche $J$ è un vertice del dodecagono, intermedio fra $E$ ed $F$).
Mancano da determinare i quattro punti $P,$ $Q,$ $R$ ed $S.$ Per determinare $Q$ si potrebbe tracciare un arco con centro in $C$ e raggio $CH,$ tale da intersecare la circonferenza proprio nel punto $Q$ (sistema analogo andrebbe usato per la determinazione degli altri tre punti). Questa procedura comporta però due svantaggi:
* sarebbe necessario tracciare 4 archi distinti;
* il compasso necessario a tracciare questi archi avrebbe apertura diversa da quella dei tre compassi ad apertura fissa già indicati, di cui Mascheroni predilige l'impiego.
Per questi motivi, Mascheroni suggerisce di:
* tracciare un arco con centro in $H$ e raggio $HO$ (raggio della circonferenza), che interseca la circonferenza nei punti $Q$ e $P;$
* tracciare un arco con centro in $J$ e stesso raggio per determinare i punti $R$ ed $S$: saranno infine $APBHCQDREJFS$ i vertici del dodecagono inscritto nella circonferenza.
Con questi archi infatti si sottrae, da ciascun quadrante, un angolo congruente a un sesto di angolo giro, determinando archi il cui angolo al centro è un dodicesimo dello stesso.

### Divisione in 24 parti

La costruzione dell'icositetragono (poligono regolare di 24 lati) è la prosecuzione del procedimento descritto per il dodecagono (figura 6): si tratta di determinare i punti di intersezione fra la circonferenza e gli archi di colore magenta.
L'angolo al centro che sottende l'arco $BK$ è la differenza fra gli angoli $BOA$ (un sesto di angolo giro) e $KOA$ (un ottavo):
       ${\frac {1}{6}}-{\frac {1}{8}}={\frac {4-3}{24}}={\frac {1}{24}}.$
Si potrebbe quindi:
* con centro in $B$ e raggio $BK$ tracciare un arco che interseca la circonferenza nel punto $T$ (vertice dell'icositetragono);
* con archi analoghi determinare i sette vertici mancanti.
Come per la costruzione del dodecagono, anche in questo caso Mascheroni suggerisce un metodo per il quale è richiesto l'uso di uno dei suoi compassi di apertura "standard":
* tracciare quattro archi con centro nei punti $K,$ $L,$ $M$ ed $N,$ e raggio uguale a quello della circonferenza;
* le intersezioni fra questi archi e la circonferenza determina gli 8 vertici mancanti dell'icositetragono.
Prendiamo infatti in considerazione il punto $T.$ L'angolo $TOH$, differenza fra gli angoli $TOL$ (che per costruzione è un sesto di angolo giro) e $HOL$ (un ottavo) è, per lo stesso calcolo mostrato più sopra, proprio un ventiquattresimo di angolo giro; quindi $T$ (così come ognuno degli altri 7 vertici mancanti) è vertice dell'icositetragono inscritto nella circonferenza.

### Divisione in 5 parti

Prima di analizzare il metodo suggerito da Mascheroni per la costruzione del pentagono regolare inscritto in una circonferenza, è bene rivedere i metodi classici, dei quali il più noto è quello di Tolomeo. In figura 7 ne sono rappresentati, con linee di colore rosso, i passaggi principali:
* sia data la circonferenza di centro $O$ e raggio $OA,$ in cui sono tracciati il diametro $DA$ e il raggio ortogonale $OH;$
* con raggio $OA$ e centro in $A$ tracciare l'arco $BOF$ che interseca la circonferenza nei punti $B$ ed $F;$
* l'intersezione del segmento $BF$ con il raggio $OA$ determina il punto $S;$
* con centro in $S$ e raggio $SH$ tracciare l'arco che interseca il diametro $DA$ nel punto $T;$
* il lato del pentagono ha lunghezza uguale al segmento $HT;$
* con apertura $HT,$ partendo da $H,$ riportare in sequenza sulla circonferenza le distanze $HV,$ $VW,$ $WX,$ $XU$: i punti $HVWXU$ sono i vertici del pentagono regolare inscritto nella circonferenza.
La costruzione ora descritta richiede due intersezioni che interessano segmenti rettilinei (determinazione dei punti $S$ e $T$), che Mascheroni non può ottenere non volendo utilizzare la riga. La sua costruzione, alternativa, è mostrata sempre in figura 7:
* siano già tracciati i punti $A,$ $B,$ $D,$ $F$ (vertici dell'esagono regolare inscritto alla circonferenza) e $H$ (estremità del raggio ortogonale al diametro $DA$);
* con raggio uguale alla lunghezza di $AH$ (ossia con il compasso di apertura ${\sqrt {2}}$ volte il raggio della circonferenza), puntando in $B$ ed $F$ tracciare due archi che si intersecano nel punto $T;$
* il punto $T$ trovato da Mascheroni è lo stesso determinato da Tolomeo, quindi il disegno del pentagono regolare prosegue allo stesso modo.
La dimostrazione che il punto $T$ nelle due costruzioni è nella stessa posizione è la seguente:
* il punto $S$ è mediano rispetto al raggio $OA$ (esso viene espressamente determinato in Tolomeo, mentre viene omesso nella costruzione di Mascheroni in quanto non necessario);
* nella costruzione di Tolomeo il punto $T$ appartiene al diametro $DA$ del cerchio. Questo accade anche nella costruzione di Mascheroni: per costruzione, il triangolo $BTF$ è isoscele, e il segmento $TS$ è la sua mediana rispetto alla base $BF.$ Ma in un triangolo isoscele mediana e asse rispetto alla base coincidono; ed essendo il diametro $AD$ asse della base $BF,$ il punto $T$ appartiene al diametro $DA;$
* rimane da dimostrare che la distanza fra i punti $S$ e $T$ è la stessa. In Tolomeo, il segmento $ST\cong SH$ coincide con l'ipotenusa del triangolo rettangolo $HOS,$ la cui lunghezza è (si consideri, senza perdita di generalità, una circonferenza di raggio unitario):
       ${\overline {ST}}={\overline {SH}}={\sqrt {{\overline {HO}}^{2}+{\overline {OS}}^{2}}}={\sqrt {1^{2}+\left({\frac {1}{2}}\right)^{2}}}={\frac {\sqrt {5}}{2}}.$
* In Mascheroni invece il segmento $ST$ è cateto del triangolo $TBS$ rettangolo in $S,$ la cui ipotenusa è lunga ${\sqrt {2}}$ mentre l'altro cateto è l'altezza del triangolo equilatero $OBA;$ quindi:
       ${\overline {ST}}={\sqrt {{\overline {BT}}^{2}-{\overline {BS}}^{2}}}={\sqrt {\left({\sqrt {2}}\right)^{2}-\left({\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)^{2}}}={\frac {\sqrt {5}}{2}}.$
È così dimostrata l'equivalenza fra i metodi di Tolomeo e di Mascheroni.

### Divisione in 10 parti

Si faccia ancora riferimento alla figura 7, prendendo in esame il triangolo HOT. Esso è rettangolo in $O,$ ed è formato dai seguenti lati:
* il cateto $HO$ è il raggio della circonferenza, quindi è anche il lato dell'esagono regolare inscritto;
* l'ipotenusa $HT$ è il lato del pentagono regolare inscritto nella stessa circonferenza;
* Euclide dimostra che l'altro cateto TO di questo triangolo rettangolo è lungo quanto il lato del decagono regolare inscritto nella circonferenza.
Con raggio $TO$ e puntando il compasso nei vertici del pentagono si possono disegnare archi le cui intersezioni con la circonferenza definiscono i vertici del decagono regolare (per non appesantirla troppo, nella figura è mostrato solo l'arco $YZ$ centrato in $V$: sono così visibili i primi quattro lati del decagono $HY,$ $YV,$ $VZ$ e $ZW$).
Volendo costruire i compassi ad apertura fissa suggeriti da Mascheroni, quello di ampiezza pari a ${\tfrac {{\sqrt {5}}-1}{2}}$ volte la lunghezza del raggio dovrà essere calibrato sulla distanza fra i punti $O$ e $T.$

### Divisione in 120 parti

Mascheroni propone due modi diversi di dividere la circonferenza in 120 parti di uguale lunghezza. La prima, più ovvia, richiede di utilizzare la differenza fra gli angoli al centro che sottendono 5 lati consecutivi del 24-gono e il lato del pentagono. Infatti:
    ${\frac {5}{24}}-{\frac {1}{5}}={\frac {25-24}{120}}={\frac {1}{120}}.$
Trovata la lunghezza dell'arco sotteso dalla centoventesima parte di circonferenza, è sufficiente riportare più volte tale distanza sulla circonferenza a partire dai vertici del 24-gono.
Mascheroni propone la seconda costruzione del 120-gono per dimostrare l'efficacia dei suoi metodi, e l'utilità dei compassi ad apertura fissa:
    « Potrà chi voglia con soli quattro compassi [...] e con soli due punti presi fuori dalla circonferenza [...] dividere la circonferenza del cerchio in centoventi parti uguali. »
Ricapitolando (vedi figura 8) tutti i passaggi necessari alla costruzione del 24-gono regolare inscritto nella circonferenza:
* con il primo compasso (di apertura pari al raggio della circonferenza) si determinano i sei vertici dell'esagono regolare inscritto $ABCDEF;$
* puntando nei punti $B$ e $D$ il secondo compasso (di apertura ${\sqrt {3}}$ volte il raggio, uguale alla distanza fra i punti $A$ e $C$) si tracciano due archi che si intersecano nel punto $G;$
* puntando il primo compasso nel punto $G$ si traccia l'arco che interseca la circonferenza nei punti $L$ e $K$ (due vertici dell'ottagono regolare inscritto);
* puntando il terzo compasso (di apertura ${\sqrt {2}}$ volte il raggio, uguale alla distanza fra i punti $O$ e $G$) nel punto $A$ si traccia un arco che interseca la circonferenza nei punti $H$ e $J,$ che definiscono il diametro ortogonale a $DA;$
* con lo stesso compasso, puntato in $K$ ed $L,$ si determinano gli ultimi vertici $M$ ed $N$ dell'ottagono regolare $AKHLDMJN;$
* con il primo compasso, puntato in $H,$ $J,$ $K,$ $L,$ $M$ ed $N$ si determinano tutti i vertici mancanti del 24-gono regolare (in figura sono indicati solo $P,$ $Q$ ed $R$).
Rimangono da trovare i vertici intermedi del 120-gono, ovvero quelli non coincidenti con quelli del 24-gono. Per farlo, Mascheroni impiega il suo quarto compasso, la cui apertura viene così definita:
* puntando il terzo compasso (di apertura ${\sqrt {2}}$ volte il raggio) in $B$ ed $F,$ si tracciano due archi che si intersecano in $T;$
* il segmento $TO,$ lato del decagono regolare inscritto nella circonferenza (di lunghezza uguale a ${\tfrac {{\sqrt {5}}-1}{2}}$ volte il raggio della circonferenza) determina proprio l'apertura di questo quarto compasso.
Di seguito vengono determinati i quattro vertici del 120-gono, intermedi all'arco $AQ$:
* con il quarto compasso puntato in $R$ tracciare l'arco che interseca la circonferenza nel punto $z;$ puntandolo poi in $z$ determinare il punto $u.$ L'angolo $uOA$ può essere calcolato come differenza fra gli angoli $ROA$ (che sottende 5 lati del 24-gono) e $ROu$ (che sottende due lati del decagono):
       ${\frac {5}{24}}-{\frac {2}{10}}={\frac {25-24}{120}}={\frac {1}{120}};$
* con lo stesso compasso, ma puntando in $P,$ tracciare l'arco che interseca la circonferenza determinando il punto $v.$ L'angolo $vOA$ può essere calcolato come differenza fra gli angoli $vOP$ (che sottende un lato del decagono) e $AOP$ (che sottende due lati del 24-gono):
       ${\frac {1}{10}}-{\frac {2}{24}}={\frac {12-10}{120}}={\frac {2}{120}};$
* puntare poi lo stesso compasso in $K$ per determinare $w.$ Dato che l'angolo $KOA$ sottende 3 lati del 24-gono, l'angolo $wOA$ è:
       ${\frac {3}{24}}-{\frac {1}{10}}={\frac {15-12}{120}}={\frac {3}{120}};$
* infine puntare il compasso in $F$ per determinare $y;$ poi in $y$ per determinare $x.$ L'angolo $xOA$ può essere calcolato come differenza fra gli angoli $xOF$ (che sottende due lati del decagono) e $AOF$ (che sottende 4 lati del 24-gono):
       ${\frac {2}{10}}-{\frac {2}{24}}={\frac {24-20}{120}}={\frac {4}{120}}.$
Per suddividere tutti gli altri archi del 24-gono bisognerebbe in teoria procedere allo stesso modo. Conviene piuttosto, con il solo uso del quarto compasso, tracciare 12 decagoni a partire da altrettanti vertici consecutivi del 24-gono.

## Problemi di bisezione

Nelle geometria della riga e del compasso, la bisezione di un segmento o di un arco delimitati dai punti $A$ e $B$ (figura 9) si ottiene:
* tracciando due archi di raggio $AB$ con centri in $A$ e $B,$ i cui punti di intersezione determinando i punti $C$ e $D;$
* unendo i punti $C$ e $D$ con un segmento rettilineo;
* i punti $E$ ed $F,$ di intersezione fra il segmento $CD$ e il segmento o l'arco dati, ne rappresentano le rispettive bisezioni.
Volendo evitare l'uso della riga per tracciare il segmento $CD,$ Mascheroni propone i metodi che vengono descritti di seguito.

### Bisezione di un arco

Per determinare il punto mediano dell'arco $AB$ con centro in $O$ (vedi figura 10), Mascheroni suggerisce di:
* tracciare i due archi $OC$ e $OD,$ centrati in $A$ e $B,$ di raggio $AO\cong BO;$
* con raggio $AB$ tracciare l'arco centrato on $O,$ la cui intersezione con i due archi già tracciati determina i punti $C$ e $D;$
* con raggio $AD\cong BC,$ e con centri in $C$ e $D,$ tracciare due archi la cui intersezione determina il punto $G;$
* con raggio $OG,$ e con centro di nuovo nei punti $C$ e $D,$ tracciare due archi la cui intersezione determina il punto $F$: esso è il punto mediano cercato dell'arco $AB.$
Come in tutte le costruzioni precedenti di questa pagina, nella figura sono mostrati gli archi (in questo caso: quello da bisecare, più i 7 necessari al procedimento di bisezione) come linee continue, mentre i segmenti rettilinei sono tratteggiati. Questi ultimi non sono infatti necessari alla costruzione, ma facilitano la comprensione della dimostrazione:
* i quadrilateri $ABOC$ e $ABDO$ sono per costruzione dei parallelogrammi, quindi hanno i lati $CO$ e $OD$ paralleli ad AB; avendo un estremo in comune, $CO$ e $OD$ giacciono quindi sulla stessa retta (parallela ad $AB$);
* i triangoli $CFD$ e $CGD$ sono per costruzione entrambi isosceli, e i segmenti $FO$ e $GO$ ne sono le mediane rispetto alla base comune $CD.$ Nei triangoli isosceli, mediane e altezze rispetto alla base coincidono, quindi i punti $F$ e $G$ appartengono entrambi alla retta $GFO$ perpendicolare a $CD;$
* $ABO$ è un triangolo isoscele la cui base $AB$ è parallela a $CD,$ e la retta $OF,$ perpendicolare ad $AB,$ ne è l'altezza. Ma in un triangolo isoscele, l'altezza rispetto alla base e la bisettrice dell'angolo al vertice coincidono: di conseguenza gli angoli (al centro) $AOF$ e $FOB$ sono congruenti, e sottendono le due metà in cui si vuole dividere l'arco dato.
È dimostrato quindi che il segmento $GFO$ divide in due parti congruenti l'arco dato. Rimane da dimostrare che il punto $F$ si trova sull'arco $AB,$ ossia che la distanza ${\overline {OF}}$ è uguale ad ${\overline {OA}}$ (raggio dell'arco da dividere). Questo richiede i seguenti passaggi:
* sia $H$ la proiezione di $A$ su $CO;$ essendo il triangolo $CAO$ isoscele, la distanza ${\overline {OH}}$ è metà di ${\overline {OC}}={\overline {OD}};$
* in un triangolo ottusangolo il quadrato costruito sul lato più lungo è pari alla somma dei quadrati costruiti sui lati che costituiscono l'angolo ottuso più due volte il rettangolo compreso fra uno di questi lati e la proiezione dell'altro sul prolungamento del primo. Nel caso del triangolo $AOD$ (l'angolo ottuso è in $O$) si ha:
       ${\overline {AD}}^{2}={\overline {OA}}^{2}+{\overline {OD}}^{2}+2\cdot {\overline {OD}}\cdot {\overline {OH}}={\overline {OA}}^{2}+2\cdot {\overline {OD}}^{2}.$
* Il segmento $DG\cong DA$ è l'ipotenusa del triangolo $GOD,$ rettangolo in $O;$ si può quindi applicare il teorema di Pitagora per ricavare la lunghezza di $OG$:
       ${\overline {OG}}^{2}={\overline {DG}}^{2}-{\overline {OD}}^{2}={\overline {OA}}^{2}+2\cdot {\overline {OD}}^{2}-{\overline {OD}}^{2}={\overline {OA}}^{2}+{\overline {OD}}^{2}.$
* Il segmento $DF\cong OG$ è ipotenusa del triangolo $FOD$ rettangolo in $O;$ si può nuovamente applicare il teorema di Pitagora per ricavare la lunghezza di $OF$:
       ${\overline {OF}}^{2}={\overline {DF}}^{2}-{\overline {OD}}^{2}={\overline {OA}}^{2}+{\overline {OD}}^{2}-{\overline {OD}}^{2}={\overline {OA}}^{2}.$
Il punto $F$ è sul segmento $GO$ che divide in due l'arco $AB$ di centro $O;$ in più si ha che ${\overline {OF}}={\overline {OA}},$ quindi il punto $F$ appartiene all'arco $AB$ di centro $O$: $F$ è quindi proprio il punto cercato, che divide l'arco $AB$ in due parti di uguale lunghezza.

#### Avvertenze

Mascheroni raccomanda di lavorare sempre su archi di lunghezza appropriata:
* se l'arco da bisecare è troppo piccolo, è bene aggiungere alle sue estremità due archi dello stesso raggio, e di lunghezza uguale fra loro (ossia archi che abbiano corde della stessa lunghezza);
* se l'arco è troppo lungo, è bene decurtarlo di quantità eguali alle due estremità.
In entrambi i casi la bisezione dell'arco modificato, ingrandito o accorciato che sia, dà luogo anche alla bisezione dell'arco originale.

### Bisezione di un segmento

Il metodo suggerito da Mascheroni per determinare il punto mediano $E$ del segmento $OA$ (figura 11) senza fare uso della riga è il seguente:
* tracciare l'arco $FOG$ di raggio $OA,$ centrato in $A;$
* tracciare l'arco $ABCD$ di raggio uguale, centrato in $O$: esso interseca l'arco precedente nel punto $B;$
* determinare il punto $D,$ opposto ad $A$ rispetto ad $O,$ riportando due volte la distanza $OA$ sull'arco $ABCD,$ da $B$ a $C$ e da $C$ a $D;$
* tracciare l'arco $FAGH$ con centro in $D$ e raggio $DA$ (in realtà è sufficiente tracciare l'arco $FAG;$ nel disegno l'arco è prolungato fino ad $H$ per semplificare la comprensione della dimostrazione che segue);
* con centri in $F$ e $G,$ e apertura ${\overline {FA}}={\overline {GA}},$ tracciare due archi la cui intersezione determina il punto $E$: è questo il punto cercato, mediano del segmento $OA.$
Si ammetta infatti di avere tracciato il punto $H$ (non necessario nella costruzione già descritta) in modo che il segmento $HA$ sia il diametro della circonferenza centrata in D, di raggio $DA$ doppio rispetto ad $OA$: la distanza HA è quindi quadrupla di OA. Si ammetta anche di avere tracciato il punto $L,$ proiezione di $G$ sul segmento $OA$ (neanche questo è necessario alla costruzione). Con questi elementi aggiunti alla costruzione di Mascheroni, si può verificare che:
* i triangoli $HGA$ (rettangolo in $G$ poiché è inscritto in una semicirconferenza) e $GLA$ (rettangolo in $L$ per costruzione) sono simili in quanto, oltre appunto ad essere rettangoli, hanno in comune l'angolo in $A$;
* per costruzione, ${\overline {GA}}={\overline {OA}}$ e ${\overline {HA}}=4{\overline {OA}};$ quindi ${\overline {OA}}:{\overline {HA}}=1:4;$
* la stessa proporzione $1:4$ si presenta fra i segmenti $LA$ e $GA\cong OA,$ quindi $LA$ è la quarta parte del segmento dato $OA;$
* i triangoli $GLA$ e $GLE$ sono congruenti e rettangoli in $L;$ quindi la distanza ${\overline {EA}}$ è doppia di ${\overline {LA}};$
* il punto $E$ cade quindi sul segmento $OA,$ ed è equidistante da $O$ e da $A.$

## Operazioni su segmenti
### Applicare una distanza data ad un segmento

Il metodo più semplice per riportare la distanza $CD$ sul segmento $AB$ (vedi figura 12) è:
* tracciare la circonferenza di raggio $AR\cong CD$ puntando il compasso in $A;$
* l'intersezione di tale circonferenza con il segmento $AB$ in $E$ rappresenta il punto cercato.
È stato già sottolineato che per Euclide il trasporto delle distanze con il compasso non è ammesso (per svolgere il compito appena descritto infatti Euclide suggerisce il metodo mostrato alla figura 1). Per Mascheroni il trasporto delle distanze con il compasso è non solo ammesso, ma incoraggiato; tuttavia la sua Geometria del Compasso porta un problema diverso: a motivo dell'impossibilità di utilizzare la riga, del segmento $AB$ sono noti gli solo estremi, non i punti intermedi. La circonferenza tracciata quindi non è di per sé sufficiente a definire il punto $E,$ per cui bisogna completare il procedimento come segue:
* tracciare un arco $GH$ con centro in $B$ e raggio arbitrario (il raggio va scelto in modo da agevolare l'operazione che segue);
* dividere in due l'arco $GEH$ con il metodo di bisezione descritto più sopra in questa stessa pagina: si determina così il punto E cercato.
È evidente infatti che il punto $E$ è distante da $A$ quanto lo è $D$ da $C;$ rimane da dimostrare che il punto $E$ appartenga anche al segmento $AB$:
* gli angoli $EAG$ ed $EAH$ hanno, per costruzione, ampiezza uguale alla metà dell'ampiezza dell'angolo al centro $GAH$ che sottende l'arco $GEH;$
* i triangoli $AGB$ e $AHB$ sono congruenti, quindi sono cogruenti i loro angoli in $A$;
* gli angoli $GAB$ e $HAB$ presi insieme formato lo stesso angolo al centro che sottende l'arco $GEH;$
* gli angoli $GAE$ e $GAB$ sono coincidenti, quindi il punto $E$ si trova effettivamente sulla congiungente fra $A$ e $B.$

#### Accorciare un segmento di una distanza data

Quando si debba togliere la lunghezza di $CD$ dal segmento $AB$ dal lato dell'estremità $A$ (il segmento differenza è $EB,$ si veda figura 12) si usa lo stesso metodo appena descritto.

#### Prolungare un segmento di una distanza data

Dovendo aggiungere la lunghezza di $CD$ al segmento $AB$ si potrebbe usare ancora lo stesso procedimento (figura 12), bisecando però l'arco $GFH$ invece del $GEH.$ Questo arco è però poco adatto ad essere bisecato con il metodo di Mascheroni, quindi in questo caso conviene tracciare un diverso arco $JK,$ sempre con centro in $B,$ ma con raggio appropriato all'ottenimento appunto di un arco $JFK$ più adatto allo scopo.

### Proiezione di un punto su un segmento

La costruzione di Euclide per proiettare il punto $C$ sul segmento $AB$ è la seguente (figura 13):
* tracciare un arco con centro in $C$ e raggio arbitrario, che tagli il segmento $AB$ nei punti $G$ e $H;$
* determinare il punto $O$ intermedio fra $G$ e $H$: la congiungente fra $C$ ed $O$ è perpendicolare ad $AB.$
Questo sistema non può essere adottato da Mascheroni, in quanto del segmento $AB$ sono noti solo gli estremi. Egli suggerisce infatti di:
* tracciare l'arco $CFD$ con centro in $A$ e raggio $AC;$
* tracciare l'arco $CED$ con centro in $B$ e raggio $BC,$ la cui intersezione con l'arco precedente determina il punto $D;$
* bisecare il segmento $CD$ in $O$ con metodo descritto in precedenza.
Per costruzione il quadrilatero $ACBD$ è un aquilone, le cui diagonali si incrociano ortogonalmente e $AB$ divide in parti congruenti $CD.$ Di conseguenza:
* il punto di intersezione fra le due diagonali coincide con il punto $O$ trovato con il metodo di Mascheroni (mediano del segmento $CD$);
* i segmenti $CO$ e $AB$ son ortogonali: $O$ è quindi il punto cercato.

### Determinare un segmento parallelo ad uno dato

Dato un segmento $AB$ ed un punto $C$ esterno ad esso, per trovare un punto $D$ tale che il segmento $CD$ sia parallelo ad $AB$ è sufficiente costruire il parallelogramma mostrato in figura 14:
* con centro in $C$ e raggio $AB,$ e con centro in $A$ e raggio $BC,$ tracciare due archi che si intersecano nel punto $D;$
* $D$ è il punto cercato.
Infatti:
* i triangoli $ABC$ e $DCA$ sono congruenti, quindi hanno congruenti gli angoli $BAC$ e $ACD;$
* il segmento $CD$ è quindi parallelo ad $AB$

## Intersezioni

La geometria della riga e del compasso consente la determinazione dei punti secondo tre metodi:
* intersezione fra una circonferenza e un'altra circonferenza;
* intersezione fra una circonferenza e una retta;
* intersezione fra due rette.
La geometria del (solo) compasso rende disponibile il solo primo caso fra quelli elencati: gli altri richiedono costruzioni alternative, che vengono descritte di seguito.

### Intersezione fra una circonferenza e una retta passante per il suo centro e un altro punto dato

Data una circonferenza di centro $O$ e raggio $OR$ (vedi figura 15) e un punto E non coincidente con il centro, per trovare i punti di intersezione fra la circonferenza e la retta passate per il centro e il punto dato occorre:
* con centro in $E$ ed apertura appropriata tracciare l'arco $GH;$
* bisecando l'arco $GAH$ si trova il primo punto cercato $A;$
* riportando tre volte il raggio della circonferenza sulla stessa (da $A$ a $B,$ da $B$ a $C$ e da $C$ a $D$) si trova il secondo punto $D$ cercato (il punto $D$ potrebbe essere trovato bisecando l'arco $GDH,$ ma la soluzione proposta è sicuramente più semplice).
Questa costruzione ripropone il metodo già descritto per applicare una distanza a un segmento (figura 12): di fatto, per determinare il punto $A$ è come se si applicasse la distanza $OR$ (raggio della circonferenza) al segmento $OE.$ Nota: il sistema sarebbe valido anche se il punto $E$ fosse interno al cerchio (purché, come detto, non coincidente con il suo centro), dato che sarebbe sempre possibile tracciare un arco GH intersecante la circonferenza data in due punti.

### Intersezione fra una circonferenza e una retta non passante per il centro

Nella geometria della riga e del compasso, per trovare i punti di intersezione fra la circonferenza centrata in $O$ e di raggio $OA$ e un segmento i cui estremi si trovino in $B$ e $C$ (vedi figura 16) sarebbe sufficiente unire i punti $C$ e $B$ con un segmento, prolungandolo fino ad $F.$ Nella Geometria del Compasso di Mascheroni occorre invece:
* con centro in $B$ e raggio $BO,$ e con centro in $C$ e raggio $CO,$ tracciare due archi la cui intersezione determina il punto $D;$
* con centro in $D$ e raggio $DE\cong OA$ tracciare la circonferenza $EFG;$
* i punti $F$ e $G$ di intersezione fra le due circonferenze sono i punti cercati.
Nota: se le due circonferenze non si intersecano fra loro significa che la retta $BC$ non taglia la circonferenza originale; se si toccano in un solo punto, la retta $BC$ ne è tangente.
È evidente che i punti $F$ e $G$ appartengono alla circonferenza originale. Occorre dimostrare che essi appartengono anche alla retta $BC$:
* per costruzione il quadrilatero $BOCD$ è un aquilone, le cui diagonali si incrociano ortogonalmente e la $BC$ divide in parti congruenti la $OD$ in $H;$
* il quadrilatero $OGDF$ è un rombo (caso particolare di aquilone), le cui diagonali si incrociano ortogonalmente dividendosi in parti congruenti in $H;$
* i punti $B$ e $C,$ ed $F$ e $G,$ appartengono a due segmenti entrambi ortogonali ad $OD$ e passanti per il suo punto mediano $H;$
* i punti $F$ e $G$ appartengono quindi alla stessa retta del segmento dato $BC.$

### Intersezione fra due rette

Dati due segmenti definiti dai punti $A$ e $B,$ $C$ e $D$ (vedi figura 17), la determinazione del punto $H$ della loro intersezione con il solo uso del compasso richiede i seguenti passaggi:
* con centro in $A$ e raggio $AC,$ e con centro in $B$ e raggio $BC,$ tracciare due archi che si intersecano nel punto $E;$
* con centro in $A$ e raggio $AD,$ e con centro in $B$ e raggio $BD,$ tracciare due archi che si intersecano nel punto $F;$
* tracciare due archi con centro in E e raggio $CD,$ e con centro in $D$ e raggio $CE,$ che si intersecano nel punto $G;$
* per determinare il punto $H$ occorre trovare il punto di intersezione fra due archi centrati in $E$ e $C,$ con raggio $EH\cong CH$ di lunghezza tale da rispettare la proporzione ${\overline {GF}}:{\overline {FE}}={\overline {CE}}:{\overline {EH}}$ (la ricerca di tale lunghezza è descritta nel prossimo paragrafo).
È semplice provare (quindi ometteremo i relativi dettagli) che:
* il segmento $EF$ è simmetrico di $CD$ rispetto al segmento $AB;$
* i segmenti $CE$ e $DF$ sono entrambi perpendicolari ad $AB,$ quindi sono paralleli fra loro;
* il punto $H$ cercato (intersezione fra $AB$ e $DC$) è anche il punto di intersezione fra i segmenti $CD$ ed $EF.$
Di conseguenza:
* avendo l'angolo $H$ in comune, e le basi $EC$ ed $FD$ parallele, i triangoli $EHC$ e $FHD$ hanno gli angoli congruenti, dunque sono simili;
* essendo per costruzione i segmenti $CE\cong DG$ e $CD\cong EG,$ il quadrilatero $CEGD$ è un parallelogramma, i segmenti $HD$ ed $EG$ sono paralleli;
* tagliati i due segmenti suddetti dalla trasversale $HF,$ gli angoli $FEG$ e $FHD$ sono congruenti;
* avendo gli angoli suddetti congruenti, e l'angolo in $F$ in comune, anche i triangoli $FEG$ e $FHD$ sono simili;
* essendo, per la proprietà transitiva, simili fra loro i triangoli $FEG$ ed $EHC,$ vale appunto la proporzione ${\overline {GF}}:{\overline {FE}}={\overline {CE}}:{\overline {EH}}.$

#### Trovare la quarta proporzionale a tre distanze date

Dati 3 segmenti $AB,$ $CD$ ed $EF$ (vedi figura 18), per trovare un quarto segmento RS tale che ${\overline {AB}}:{\overline {CD}}={\overline {EF}}:{\overline {RS}}$ (procedimento necessario al completamento della determinazione del punto di intersezione di due segmenti, vedi punto precedente) occorre:
* con un centro arbitrario, tracciare due circonferenze di raggio $OP\cong AB$ e $OR\cong CD;$
* scelto un punto arbitrario $P$ sulla prima circonferenza, puntare il compasso con apertura $EF$ in modo da determinare il punto $Q$ sulla stessa;
* con apertura arbitraria tracciare due archi puntando il compasso in $P$ e $Q,$ in modo da determinare i punti $R$ ed $S$ sulla seconda circonferenza;
* il segmento $RS$ avrà la lunghezza cercata.
Infatti:
* per costruzione, i triangoli $OPR$ e $OQS$ sono congruenti; quindi i loro angoli in $O$ sono congruenti;
* se a tali angoli in $O$ si aggiunge l'angolo $POS,$ si trovano due angoli $ROS$ e $POQ,$ anch'essi congruenti fra loro;
* i triangoli $ROS$ e $POQ,$ essendo entrambi isosceli e avendo congruente l'angolo compreso fra i loro lati congruenti, sono simili;
* è verificata quindi la proporzione ${\overline {OP}}:{\overline {OR}}={\overline {PQ}}:{\overline {RS}};$
* sostituendo $AB$ ad $OP,$ $CD$ ad $OR,$ e $EF$ ad $PQ,$ si ottiene la proporzione cercata ${\overline {AB}}:{\overline {CD}}={\overline {EF}}:{\overline {RS}}.$
Nota: se il segmento $EF$ fosse maggiore del doppio di AB, il segmento $PQ\cong EF$ non potrebbe essere tracciato come corda sulla circonferenza di raggio $OP\cong AB.$ In questo caso sarebbe necessario prima raddoppiare (o triplicare, quadruplicare, ...) i segmenti $AB$ e $CD$ per ottenere il risultato desiderato.

## Ricerca del centro di una circonferenza

Per trovare il centro di una circonferenza, Euclide suggerisce di:
* tracciare una corda qualsiasi;
* tracciare l'asse della corda;
* bisecare il segmento ottenuto dall'intersezione fra l'asse e la circonferenza.
Un metodo alternativo consiste nel tracciare due corde e trovare l'intersezione dei loro assi; se le corde hanno un punto in comune, il problema si riduce alla determinazione del centro del cerchio circoscritto a un triangolo:
* tracciare due corde;
* tracciarne gli assi;
* determinare il punto d'intersezione degli assi, che coincide con il centro cercato della circonferenza.
Questo metodo alternativo può essere trasformato in modo da utilizzare i metodi già visti di Mascheroni:
* individuare i punti che definiscono due corde;
* trovare due coppie di punti che definiscono gli assi delle corde;
* determinare il punto di intersezione fra i due assi.
In effetti questo sistema viene utilizzato da Mascheroni proprio per determinare il centro di un cerchio che passi per tre punti dati. La presenza del cerchio già disegnato consente però di conoscere il luogo di tutti i punti che appartengono alla sua circonferenza, il che consente di adottare sistemi più semplici di quello appena descritto.

### Metodo di Mascheroni

Dato un cerchio ABM (vedi figura 19), il metodo proposto da Mascheroni per determinarne il centro è il seguente:
* fatto centro in qualche punto $A$ della circonferenza del cerchio dato, con un raggio arbitrario $AB,$ tracciare l'arco $BCDE$ che interseca la circonferenza data nel punto $M;$
* riportare sullo stesso arco, per tre volte, la distanza ${\overline {AB}}$ da $B$ a $C,$ da $C$ a $D$ e da $D$ a $E$: $BAE$ è quindi il diametro dell'arco tracciato;
* con centri in $E$ ed $A,$ e con raggio $EM,$ tracciare due archi che si intersecano in $L;$
* con centro in $L$ e raggio $LA\cong LE$ tracciare l'arco $EAQ$ che interseca l'arco $BME$ in $Q;$
* $BQ$ è il raggio cercato della circonferenza: tracciare quindi due archi con tale raggio puntando il compasso in $A$ e $B$ per trovare $O,$ che è il centro del cerchio dato.
Vista l'esistenza di un metodo più semplice per trovare il centro della circonferenza (vedi paragrafo successivo), qui riportiamo solo i punti essenziali della dimostrazione:
* i triangoli $LEA$ e $LAQ$ sono congruenti;
* i triangoli $LAQ$ e $ABQ$ sono simili;
* i triangoli $MAE$ e $AOB$ sono simili;
* i triangoli $AOB$ e $OAM$ sono congruenti;
* i segmenti $OM$ e $AO\cong BO$ (congruenti fra loro per costruzione) sono tutti congruenti, quindi $O$ è il centro cercato della circonferenza.

### Metodo alternativo

Esiste un metodo alternativo, un po' più semplice sia nella costruzione che nella dimostrazione, per trovare il centro della circonferenza.
Sia data (figura 20) la circonferenza $ACBD$ di cui si vuole trovare il centro. Bisogna:
* tracciare un primo arco $FCDG$ con centro in $A$ e raggio arbitrario, che tagli la circonferenza nei punti $C$ e $D;$
* con centro in $C$ e $D$ tracciare due archi di raggio $CA\cong DA,$ che si intersecano nel punto $E;$
* con raggio $EA$ e centro in $E$ tracciare la circonferenza AFHG, che interseca il primo arco nei punti $F$ e $G;$
* con centro nei punti $F$ e $G$ e raggio $FA\cong GA$ tracciare due archi che si intersecano nel punto $O$: è questo il centro cercato.
Per seguire la dimostrazione occorre immaginare tracciati (anche se non necessari alla costruzione) i punti:
* $K,$ proiezione di $C$ sul segmento $AB;$
* $J,$ proiezione di $F$ sul segmento $AO;$
* $H,$ secondo estremo del diametro della circonferenza centrata in $E$ e di raggio $EA.$
Nella spiegazione che segue omettiamo, per brevità, di dimostrare che i punti $A,$ $J,$ $K,$ $O,$ $E,$ $B$ ed $H$ appartengono tutti al diametro suddetto:
* il triangolo $ACB$ è inscritto in una semicirconferenza, quindi è rettangolo in C. Vale la proporzione:
       ${\overline {AK}}:{\overline {AC}}={\overline {AC}}:{\overline {AB}}$
    da cui si ricava
       ${\overline {AC}}^{2}={\overline {AK}}\cdot {\overline {AB}};$
* anche il triangolo $AFH$ è inscritto in una semicirconferenza, quindi è rettangolo in $F.$ Applicando lo stesso metodo si ottiene:
       ${\overline {AF}}^{2}={\overline {AJ}}\cdot {\overline {AH}};$
* essendo $AC$ ed $AF$ congruenti per costruzione, si possono eguagliare i membri destri delle due proporzioni:
       ${\overline {AK}}\cdot {\overline {AB}}={\overline {AJ}}\cdot {\overline {AH}};$
* per costruzione, il punto $K$ è medio fra $A$ ed $E;$ ed $E$ è il centro della circonferenza con diametro $AH$: $AH$ è quindi il doppio di $AE$ e il quadruplo di $AK$
       ${\overline {AK}}\cdot {\overline {AB}}=4\cdot {\overline {AJ}}\cdot {\overline {AK}};$
* dividendo entrambi i membri per $AK$ si ottiene:
       ${\overline {AB}}=4\cdot {\overline {AJ}};$
* dunque $AB$ è il diametro della circonferenza di cui si cerca il centro e $AJ$ la sua quarta parte, ossia metà del raggio. I due archi $AO$ determinano il segmento $AO,$ doppio di $AJ$: ecco che $AO$ è il raggio della circonferenza e $O$ il suo centro.

## Determinazione delle radici quadrate

Dato un segmento di lunghezza unitaria $AO,$ per determinare segmenti di lunghezza proporzionale alle radici quadrate da 2 a 10 Mascheroni propone una costruzione (figura 21) che richiede l'uso di solo tre compassi ad apertura fissa (o di un compasso regolabile, da usare con tre sole aperture):
* apertura pari al raggio unitario (circonferenza ed archi indicati in colore rosso);
* apertura proporzionale a ${\sqrt {2}}$ volte il raggio unitario (arco in colore ciano);
* apertura proporzionale a ${\sqrt {3}}$ volte il raggio unitario (archi in colore verde).
Dato quindi un segmento $AO$ di lunghezza unitaria, occorre:
* con centro in $O$ e raggio $OA$ tracciare la circonferenza $ABCDEF;$
* con la stessa apertura, partendo da $A,$ determinare i rimanenti vertici dell'esagono inscritto $BCDEF;$
* con raggio $AC\cong BD$ e centri in $A$ e $D$ tracciare due archi che si intersecano nei punti $G$ e $J;$
* con lo stesso raggio e con centri in $C$ ed $E,$ tracciare due archi che si intersecano in $K;$
* con raggio $OG$ e centro in $D$ tracciare l'arco che interseca la circonferenza nei punti $H$ ed $I;$
* con apertura pari al raggio $OA$ della circonferenza e centri in $A$ e $H$ tracciare due archi che si intersecano in $L.$
In questo schema sono riportati alcuni punti già identificati precedentemente, nelle costruzioni relative divisione della circonferenza:
* $ABCDEF$ sono i vertici dell'esagono regolare inscritto nella circonferenza;
* $ACE$ e $DFB$ sono i vertici di due triangoli equilateri inscritti;
* $AHDI$ sono i vertici del quadrato inscritto nella circonferenza.
Inoltre:
* $ALHO$ sono i vertici del quadrato costruito sul raggio $AO;$
* $G$ e $J$ si trovano sulla retta perpendicolare al diametro $AD,$ passante per $O,$ a distanza ${\sqrt {2}}$ da $O;$
* $K$ è, per costruzione, simmetrico di $A$ rispetto alla congiungente di $C$ ed $E;$ quindi ${\overline {AK}}$ è tre volte ${\overline {AO}};$
* $P$ (non necessario alla costruzione, è indicato solo per rendere più comprensibile la spiegazione che segue) è il piede dell'altezza dei triangolo equilatero AOF costruito sul raggio $AO.$
La tabella che segue illustra le lunghezze così determinate:
| Radicando | Segmento | Lunghezza |
| $1$ | ${\overline {AO}}$ | $1$ |
| $2$ | ${\overline {OG}},{\overline {OL}}$ | ${\sqrt {{\overline {DG}}\,^{2}-{\overline {DO}}\,^{2}}}={\sqrt {\left({\sqrt {3}}\right)^{2}-1^{2}}}={\sqrt {3-1}}={\sqrt {2}}$ |
| $3$ | ${\overline {DF}},{\overline {DG}}$ | ${\sqrt {{\overline {FP}}\,^{2}+{\overline {PD}}\,^{2}}}={\sqrt {\left({\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {3}{2}}\right)^{2}}}={\sqrt {{\frac {3}{4}}+{\frac {9}{4}}}}={\sqrt {\frac {12}{4}}}={\sqrt {3}}$ |
| $4$ | ${\overline {AD}}$ | ${\overline {AO}}+{\overline {OD}}=1+1=2$ |
| $5$ | ${\overline {LD}}$ | ${\sqrt {{\overline {LA}}\,^{2}+{\overline {AD}}\,^{2}}}={\sqrt {1^{2}+2^{2}}}={\sqrt {1+4}}={\sqrt {5}}$ |
| $6$ | ${\overline {GK}}$ | ${\sqrt {{\overline {GO}}\,^{2}+{\overline {OK}}\,^{2}}}={\sqrt {\left({\sqrt {2}}\right)^{2}+2^{2}}}={\sqrt {2+4}}={\sqrt {6}}$ |
| $7$ | ${\overline {FK}}$ | ${\sqrt {{\overline {FP}}\,^{2}+{\overline {PK}}\,^{2}}}={\sqrt {\left({\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {5}{2}}\right)^{2}}}={\sqrt {{\frac {3}{4}}+{\frac {25}{4}}}}={\sqrt {\frac {28}{4}}}={\sqrt {7}}$ |
| $8$ | ${\overline {GJ}}$ | ${\overline {GO}}+{\overline {OJ}}={\sqrt {2}}+{\sqrt {2}}=2{\sqrt {2}}={\sqrt {4\cdot 2}}={\sqrt {8}}$ |
| $9$ | ${\overline {AK}}$ | ${\overline {AO}}+{\overline {OD}}+{\overline {DK}}=1+1+1=3$ |
| $10$ | ${\overline {LK}}$ | ${\sqrt {{\overline {LA}}\,^{2}+{\overline {AK}}\,^{2}}}={\sqrt {1^{2}+3^{2}}}={\sqrt {1+9}}={\sqrt {10}}$ |
Le radici quadrate di numeri superiori a 10 richiedono un passaggio in più. Per determinare segmenti di lunghezza compresa fra ${\sqrt {11}}$ e ${\sqrt {15}}$ il metodo proposto da Mascheroni è indicato in figura 22:
* si tracci una semicirconferenza $AB$ di diametro pari a quattro volte il raggio $AO$ usato nella costruzione precedente: tale segmento sarà l'ipotenusa di qualsiasi triangolo rettangolo venga inscritto nella circonferenza;
* si riportino sulla circonferenza, a partire da $A,$ lunghezze uguali a quelle già trovate con la costruzione precedente: i segmenti trovati (indicati in rosso) rappresentato il primo cateto di ciascun triangolo rettagonolo;
* il secondo cateto di ciascun triangolo (indicato in blu) ha una lunghezza che può essere calcolata grazie al teorema di Pitagora. Ad esempio:
       ${\sqrt {14}}={\sqrt {4^{2}-\left({\sqrt {2}}\right)^{2}}}={\sqrt {16-2}}.$
Con lo stesso metodo si possono trovare:
* le radici dei numeri compresi fra 17 e 24 (triangolo rettangolo con ipotenusa lunga 5, e cateti compresi fra ${\sqrt {8}}$ e ${\sqrt {1}}$);
* le radici dei numeri compresi fra 26 e 35 (triangolo rettangolo con ipotenusa lunga 6, e cateti compresi fra ${\sqrt {10}}$ e ${\sqrt {1}}$);
Radici quadrate di numeri maggiori richiedono ulteriori passaggi per cui, in semicirconferenze di diametri di lunghezza superiore a 6, si inscrivano i triangoli rettangoli dei il quali un cateto abbia lunghezza pari a una delle radici precedentemente determinate.

## Costruzioni approssimate

L'ultimo capitolo de La Geometria del compasso è dedicato a costruzioni approssimate: si tratta di quelle costruzioni, come l'estrazione della radice cubica di 2, che non possono essere realizzate in modo esatto con l'uso solo della riga e del compasso (o meglio, del solo compasso). Mascheroni cerca di ottenere la massima precisione possibile per ottenere, fra gli altri, i seguenti risultati:
| Valore cercato | Errore |
| Angolo di 0,25° (15 primi) | < 0,000005° |
| Radiante | < 0,0006° |
| Lato di un quadrato di area pari a un cerchio dato (quadratura del cerchio) | ~ 0,02% |
| Spigolo di un cubo di volume pari a una sfera data | ~ 0,03% |
| Raggio di una sfera di volume pari a un cubo dato | ~ 0,08% |
| Radice cubica di 2 (duplicazione del cubo) | ~ 0,07% |

## Conclusione

Le costruzioni di Mascheroni presentate nei paragrafi precedenti sono solo una piccola parte della sua opera. Ricordiamo che il suo libro non è stato scritto solo per scopi teorici, ma voleva anche rappresentare un manuale di disegno rivolto a coloro che avevano bisogno di ottenere risultati pratici di alta precisione. Scrive infatti, a conclusione del suo libro:
    « E qui sia fine ormai a questa Geometria del Compasso, che se non dispiacerà ai Geometri, e se potrà in qualche modo servire agli Artisti, ai Disegnatori, e specialmente ai Divisori de' cerchi per gli usi Geografici ed Astronomici; io mi troverò della lunga noia divorata nel comporla abbastanza ricompensato. »