Ajustar un triángulo equilátero en tres líneas paralelas arbitrarias con una arista y un compás

Question

¿Cómo se puede encajar un triángulo equilátero en tres líneas paralelas arbitrarias con una arista y un compás?

Answer 1

Bueno, llego tarde a esto, pero me he obsesionado demasiado con esto como para echarme atrás ahora. Así que..: Etiqueta tus líneas paralelas $a$ , $b$ y $c$ de abajo a arriba. Construir una línea $d$ con una "pendiente positiva" que cruza $b$ tal que el ángulo superior derecho de su intersección es $60^\circ$ . Prolongar la línea para que cruce $c$ . Llama a la intersección de $d$ y $c$ punto $A$ . Construir otra línea $e$ de manera que quede a la izquierda de $d$ es paralelo a $d$ y está a la misma distancia de $d$ como $a$ es de $b$ . Llama a la intersección de $e$ y $b$ punto $B$ . Dibuja un arco centrado en $B$ y que tiene un radio $AB$ y cruzando $a$ . Llamamos a la intersección del arco con $a$ punto $C$ . $\triangle ABC$ es su triángulo.

¿Por qué funciona esto? Una pista: Empieza con un triángulo equilátero $\triangle ABC$ . Dibuja una línea cualquiera que pase por $A$ y luego dibujar una línea paralela a través de $B$ . Ahora identifique el centro $O$ de $\triangle ABC$ . Ahora tienes un triángulo y dos líneas. Gira toda la configuración $120^\circ$ alrededor de $O$ . ¿Qué obtienes? Girar otro $120^\circ$ . ¿Qué se obtiene ahora?

Answer 2

He encontrado una invariante diferente que resuelve este problema: dos circunferencias que bisecan una perpendicular entre dos paralelas cualesquiera se cortan en puntos que son medios exactos del lado opuesto al vértice del tercer paralelo.

Si quiere más explicaciones y esquemas, vaya a:

http://romanyandronov.elementfx.com/pse/ryapserac03.html

Perdón por poner el enlace, es una pequeña parte de algo más grande. En mis artículos no me interesan las respuestas en sí, sino las formas de encontrarlas. Puede que encuentres otras cosas de interés allí.

Esta es una construcción de once pasos, pero creo que ese número puede reducirse.

Esquema: punto aleatorio en cualquier paralelo, perpendicular que lo atraviesa, dos círculos que bisecan cualquier segmento entre dos rectas cualesquiera, línea que pasa por su punto de intersección y un punto en el paralelo restante, perpendicular a esa última línea localiza dos vértices restantes:

Answer 3

Para ser breve, no entraré en detalles sobre cómo construir perpendiculares y ángulos de 30 grados utilizando regla y compás. Lo mismo ocurre con la duplicación de longitudes. La traducción de estas operaciones a primitivas de compás y regla se deja al lector. Dadas las tres rectas paralelas y un vértice C fijado arbitrariamente en una de esas rectas, encontraré las dos ubicaciones de otro vértice, denominadas E y E', que se adaptan al ajuste, y no perderé palabras sobre el resto porque debería ser obvio.

En C, construye una recta perpendicular a las tres paralelas y nombra los nuevos puntos de intersección A y B. Ahora observa la figura adjunta, que es simétrica respecto a la recta perpendicular AC, y asume que todos los triángulos rellenos son equiláteros. En esta demostración, |AC| >= |AB| >= |BC| por razones de orden, pero resulta que algebraicamente no existe tal restricción para que el esquema funcione.

Gira la cometa CEFE' 60 grados alrededor de E para encontrar que es congruente con DEE'G. Por lo tanto |DG|=|DE|=|DC|, así que |CG|=2|CB|. Usando esto se puede localizar G y luego ramificar CG en G en ángulos de +/-30 grados, intersectando con la línea paralela que pasa por A para encontrar E resp. E'.

Answer 4

Mi construcción anterior requirió 11 pasos para ser llevada a cabo. Aquí hay una de 8 pasos. Mi razonamiento está aquí:

http://romanyandronov.elementfx.com/pse/ryapserac04.html

Invariante esta vez - un triángulo equilátero construido sobre los paralelos exteriores sitúa dos vértices uno de los cuales está en el paralelo interior :

En el croquis anterior el triángulo AGH localiza A y C. Esa observación me llevó a la siguiente construcción de 8 pasos (las líneas de construcción están numeradas):

Algebraicamente (C() es círculo, L() es línea):

$$O_1, O_2 \in L_1$$ $$C(O_1, O_1O_2)$$ $$C(O_2, O_2O_1) \cap C(O_1, O_1O_2) = A, A_1$$ $$L(O_1, A) \cap L_2 = B, L_3 = C$$ $$C(O_1, O_1C) \cap L_1 = D$$ $$C(B, BD) \cap L_3 = E$$ $$L(B, D)$$ $$L(D, E)$$ $$L(E, B)$$

Answer 5

He aquí una sencilla construcción de 10 pasos. Mirando el diagrama dado en el OP, denote la línea superior por $l$ la línea del medio por $m$ y la línea inferior por $n$ .

En $l$ elija un punto $A$ y construir una línea $t_1$ a través de $A$ que forma un $60$ ángulo de grados con $l$ y tiene pendiente negativa. Sea $t_1$ intersección $m$ en $B$ . A través de $B$ construir una línea $t_2$ que forma un $60$ ángulo de grados con $m$ y tiene pendiente positiva. Sea $t_2$ intersección $n$ en $C$ . Utilizar un punto de marca de la brújula $D$ en $m$ tal que $AD=AC$ y $D$ está en el lado opuesto de $AC$ como $B$ . Yo reclamo el triángulo $ACD$ es equilátero.

Tenga en cuenta que $\angle ABC=120$ por lo que basta con demostrar que el cuadrilátero $ABCD$ es cíclico. Lo haremos demostrando que $\angle ADB=\angle ACB$ . Por la Ley de los Senos en el triángulo $ABD$ tenemos $AB/AD=\sin(\angle ADB)/\sin(60)$ . Por la Ley de los Senos en el triángulo $ABC$ tenemos $\sin(\angle ACB)=(AB/AC)\sin(120)$ . Pero $AC=AD$ y $\sin (120)=\sin(60)$ por lo que combinando las ecuaciones se obtiene $\sin(\angle ADB)=\sin(\angle ACB)$ . $\angle ADB$ es menor que $120$ y $\angle ACB$ es menor que 60, por lo que su suma es menor que $180$ . Así, $\angle ADB=\angle ACB$ , según se desee.

Perdón por la falta de un diagrama.