Não achei uma solução na linha régua e compasso. Segue uma tentativa por trigonometria. Dado o triângulo ABC, seja x o ângulo BAC, seja y o ângulo ABC. Queremos P no circuncírculo tal que PB+PC=PA. Então P deve ser tal que AP intersecta BC. Assim formamos os triângulos ABP e ACP.
Os triângulos ABC, ABP e ACP estão inscritos na mesma circunferência, de modo que: PA/sen(ABP) = 2r PB/sen(BAP) = 2r PC/sen(CAP) = 2r Seja alfa o ângulo CAP. Então: ABP=CAP=alfa BAP=x-alfa ABP=y+alfa E assim PC=2r*sen(alfa) PB=2r*sen(x-alfa) PA=2r*sen(y+alfa) Queremos PB+PC=PA, então: 2r*sen(x-alfa)+2r*sen(alfa)=2r*sen(y+alfa) sen(x-alfa)+sen(alfa)=sen(y+alfa) sen(x)*cos(alfa)-sen(alfa)*cos(x)+sen(alfa)=sen(y)*cos(alfa)+sen(alfa)*cos(y) E pondo sen(alfa) e cos(alfa) em evidência: sen(alfa)*(1-cos(x)-cos(y))=cos(alfa)*(sen(y)-sen(x)) E agora temos que: tg(alfa)=(sen(y)-sen(x))/(1-cos(x)-cos(y)) Conhecendo CAP=alfa, achamos P, sob as condições: 0<alfa<x, senão PA não intersecta BC, sendo então menor que PB ou PC (1-cos(x)-cos(y)) diferente de 0, senão teremos: uma indeterminação (caso de x=y=60º), com infinitas soluções; ou solução nenhuma. abs On Wed, Jun 10, 2020 at 10:44 PM Claudio Buffara <claudio.buff...@gmail.com> wrote: > Se o triângulo for equilátero, qualquer ponto do arco AB serve. > > Enviado do meu iPhone > > > Em 10 de jun de 2020, à (s) 17:24, LuÃs Lopes <qed_te...@hotmail.com> > escreveu: > > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > > > ========================================================================= > Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em > http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html > ========================================================================= > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
