Línea de cinco inscripción: triángulo Equilátero, uno de cuyos puntos está dado, en círculo con centro de desconocido

Question

El PROBLEMA Aquí es sorprendente y fascinante reto que se le plantea en Euclidea, una aplicación móvil para Euclidiana construcciones. Tengo una construcción geométrica que logra su objetivo, pero no dentro de las limitaciones. Alguien podría aconsejar una construcción que se ajuste dentro de estas limitaciones?

Dado Un punto de $P$ en un círculo $O$ cuyo centro es que no se da.

La meta de Inscribir un triángulo equilátero $\Delta{PQR}$$\bigcirc{O}$.

Las restricciones de Construcción de los tres lados de la $\Delta{PQR}$ para alcanzar la meta. Sólo sin marcar una regla y un no-rusty plegable de la brújula (es decir, una brújula que, mientras que en el papel, puede tener cualquier radio, pero que no se puede mantener, dijo la radio, cuando no en papel) puede ser utilizado. Utilice sólo a partir de la construcción de pasos a continuación una serie de pasos que juntos requieren sólo cinco líneas en total.

1. La construcción de un punto: 0 líneas (L).
2. Marca el punto de intersección de dos curvas con un punto: 0 L.
3. La construcción de una nueva línea (*o segmento de línea o raya): 1L.
4. Extender un determinado segmento de línea (*o ray): 1L.
5. La construcción de un círculo (no oxidado plegable de la brújula): 1L.
6. Construir la mediatriz de un segmento de línea: 1L.
7. La construcción de una nueva línea perpendicular a una línea antigua: 1L.
8. Construcción de la bisectriz de un ángulo: 1L.

Sugerencias de Euclidea Una conocida solución emplea a cinco construcciones en el orden: círculo, Círculo, mediatriz, bisectriz perpendicular, y la línea.

TRABAJOS ANTERIORES Como se mencionó anteriormente, tengo una construcción que coincide con ninguno de los 5L-restricción ni la sugerencia. En la siguiente figura se acompaña a las seis de la línea de construcción a continuación, donde el objetivo y se muestra como un recuadro:

1. La construcción de un punto de $A \ne P$ en círculo $\bigcirc{O}$ [0 L total de ejecución].
2. Construcción $\bigcirc{A(P)}$ centrado en el punto de $A$ y con un radio de $AP$ [1L total de ejecución].
   • $\bigcirc{A(P)}$ también se cruza con $\bigcirc{O}$ en otro punto de $B \ne P$.
3. Construcción $\bigcirc{P(B)}$ [2L total de ejecución].
   • $\bigcirc{P(B)}$ también se cruza con $\bigcirc{A(P)}$ en otro punto de $C \ne B$.
   • Por lo tanto, $\bigcirc{P(C)} = \bigcirc{P(B)}$.
   • También, $\overline{CP}$ es tangente a $\bigcirc{O}$ a punto de $P \Longrightarrow m\angle{CPO} = 90^\circ{}$.
4. Construcción $\bigcirc{C(P)}$ [3L total de ejecución].
   • $\bigcirc{C(P)} \cap \bigcirc{P(C)} = \lbrace D, E\rbrace$.
   • $\bigcirc{C(P)} \cong \bigcirc{P(C)} \Longrightarrow m\angle{CPD} = m\angle{CPE} = 60^\circ{} \Longrightarrow m\angle{DPE} = 120^\circ{}$.
   • Sin llegar a la construcción de cualquier cosa: Vamos a $\overrightarrow{EP} \cap \bigcirc{P(C)} = E' \Longrightarrow$ $m\angle{DPE'} = m\angle{EPE'} - m\angle{DPE} = 180^\circ{} - 120^\circ{} = 60^\circ{}$.
   • Por lo tanto, $\angle{DPE'}$ es el primer vértice del triángulo deseado.
5. Construcción $\overline{DP}$ [4L total de ejecución].
   • $\overline{DP} \cap \bigcirc{O} \cap \neg P = Q$.
   • $\overline{PQ}$ es el primer lado del triángulo deseado.
6. Construcción $\overline{DP}$ [5L total de ejecución].
   • $\overline{EP} \cap \bigcirc{O} \cap \neg P = R$.
   • $\overline{PR}$ es el segundo lado del triángulo deseado.
7. Construcción $\overline{QR}$ [6L total de ejecución].
   • $\overline{QR}$ es el último lado de la deseada triángulo. $\blacksquare$

Answer 1

El uso de Euclidea la sugerencia, creo que esto funciona (salvo posibles patológica de la colocación de $A$ que aún no lo he comprobado) ...

Deje que el punto dado se $P$ y el círculo se $p$.

1. Deje $A\neq P$ ser un punto dentro del círculo de $p$. [0 líneas]
2. Construir círculo de $a$ $P$ a través de $A$. [1]
   • Vamos a círculos $p$ $a$ reunirse en puntos de $B_1$$B_2$.
3. Construir círculo de $b$ $B_1$ a través de $P$. [2 líneas]
   • Vamos a círculos $a$ $b$ reunirse en puntos de $C_1$$C_2$.
4. Construcción de la línea $c_1$ como la mediatriz de $\overline{C_1B_2}$. [3 líneas]
   • Vamos círculo de $p$ y la línea de $c_1$ reunirse en $Q$.
   • Nota que $P$ se encuentra en $c_1$.
5. Construcción de la línea $c_2$ como la mediatriz de $\overline{C_2B_2}$. [4 líneas]
   • Vamos círculo de $p$ y la línea de $c_2$ reunirse en $R$.
   • Nota que $P$ se encuentra en $c_2$.
6. Construir $\overleftrightarrow{QR}$. [5 líneas]
   • Nota que $\triangle PQR$ es equilátero, como se desee.

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Para la prueba, considere la posibilidad de este (a diferencia de color) sub-figura:

A partir de congruencia de triángulos equiláteros $\triangle B_1 P C_1$$\triangle B_1 P C_2$, podemos deducir que $\stackrel{\frown}{B_1 C_1} \cong \stackrel{\frown}{B_1C_2}$, y por lo tanto también de que $\angle B_1 B_2 C_1 \cong \angle B_1 B_2 C_2$ (como ángulos inscritos subtiende arcos congruentes) con el común de medida $30^\circ$. Un trivial ángulo de persecución a través de los triángulos rectángulos $\triangle B_2 M_1 D_1$ $\triangle B_2 M_2 D_2$ (e $\triangle B_2 M_2 N$, si te gusta) muestra, entonces, que el $\triangle PD_1D_2$ (equiángulo, y por lo tanto) equilátero, por lo que la bisectriz de $\angle D_1 P D_2$ es perpendicular a la común acorde $\overline{B_1B_2}$ (en la notación de la construcción) los círculos $p$$a$.

Hemos demostrado que las líneas de $c_1$ $c_2$ (1) se conocen en un $60^\circ$ ángulo en el $P$, y (2) tener una bisectriz de un ángulo que pasa por el centro del círculo $p$. En consecuencia, no son necesariamente las líneas laterales de un triángulo equilátero inscrito en $p$ con vértice $P$. $\square$

Answer 2

Aquí es una prueba de la construcción por @Azul:

1. $\angle{B_1C_1P} = 60^\circ$ es atravesada por $\overline{C_1C_2} \Longrightarrow \angle{C_2C_1P} = 30^\circ$.
2. Deje $x := \angle{B_2C_1P} \Longrightarrow \angle{B_2C_1B_2} = \angle{B_1C_1P} + \angle{B_2C_1P} = 30^\circ + x$.
3. $\overline{B_2C_1} \perp \overline{PQ}$ $\mathbf{(2)} \Longrightarrow \angle{PST} = 60^\circ - x \Longrightarrow \angle{SPT} = 30^\circ + x$.
4. Ángulo inscrito y Teorema de $\mathbf{(2)} \Longrightarrow \angle{C_2PB_2} = 2\angle{B_2C_1C_2} = 60^\circ + 2x$.
5. $\overline{PR}$ es la mediatriz de $\overline{B_2C_2}$$\mathbf{(4)} \Longrightarrow \angle{B_2PR} = 30^\circ + x$.
6. $\overline{PR}$ es la mediatriz de $\overline{B_2C_2}$$\mathbf{(4)} \Longrightarrow \angle{C_2PR} = 30^\circ + x$.
7. $\overline{PS} \perp \overline{B_2C_1} \Longrightarrow \angle{C_1SP} = 60^\circ - x$.
8. De $\mathbf{(3)}$, $\angle{B_1PC_2} = \angle{C_2PS} + \angle{SPT} = \angle{C_2PS} + (30^\circ + x) = 60^\circ$ $\Longrightarrow \angle{C_2PS} = 30^\circ - x$.
9. Por $\mathbf{(6)}$ y $\mathbf{(8)}$, $\angle{QPS} = 60^\circ$.
10. De $\mathbf{(3)}$ y $\mathbf{(5)}$, $\angle{B_1PO} = \angle{B_2PO} \Longrightarrow \angle{TPS} + \angle{OPQ} = \angle{B_2PR} + \angle{OPR}$ $\Longrightarrow \angle{OPQ} = \angle{OPR}$.
11. SSA congruencia, $\mathbf{(10)}$, $OP = OP$, $OQ = OR \Longrightarrow \Delta{OPQ} \cong \Delta{OPR} \Longrightarrow PQ = PR$.
12. De $\mathbf{(9)}$ y $\mathbf{(11)}$, $\Delta{PQR}$ es equilátero. QED. $\blacksquare$