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Solución:
El último párrafo del artículo de Mathworld sobre triángulos equiláteros da la respuesta y cita a Madachy, Mathematical Recreations de JS Madachy. Nueva York: Dover, págs. 115 y 129-131, 1979.
EDITAR (en respuesta a la solicitud de Taha Akbari para obtener más detalles): Deje que el cuadrado tenga lados horizontales y verticales. Considere un triángulo equilátero con un vértice en la esquina inferior izquierda, $A$, del cuadrado y un vértice en la esquina superior izquierda, $B$, del cuadrado, y el tercer vértice, $Z$, dentro del cuadrado. . Ahora considere mover el vértice del triángulo en $B$ hacia la derecha, hacia la esquina superior derecha, $C$, del cuadrado, mientras mueve $Z$ para mantener el triángulo equilátero. Esto aumenta el área del triángulo, ya que aumenta la longitud del lado del triángulo, ya que el segundo vértice, $X$, del triángulo se aleja del primer vértice del triángulo.
Eventualmente, el vértice del triángulo $Z$ se encuentra en el lado derecho del cuadrado, y no puedes mover $X$ más a la derecha sin empujar $Z$ fuera del cuadrado, así que hiciste el triángulo lo más grande posible. Ahora la pregunta es, ¿por qué los ángulos $BAX$ y $ZAD$ son de 15 grados (donde $D$ es la esquina inferior derecha del cuadrado)?
Los triángulos $BAX$ y $ZAD$ son congruentes, ya que $BA=AD$, $AX=AZ$ y los ángulos en $B$ y $D$ son iguales. Entonces los ángulos $BAX$ y $ZAD$ son iguales. Pero ellos, junto con el ángulo de 60 grados $XAZ$, suman el ángulo de 90 grados $BAD$. Entonces, miden 15 grados.
La respuesta es 15 °, así que deténgase aquí si quiere probar la prueba (no proporcionada por el enlace de Mathworld); es básicamente trigonometría. Lo doy aquí porque el resultado lo necesitaba un amigo para hacer muebles. Es mejor comenzar con un buen diagrama (que se agregará), pero por ahora imagina un cuadrado con una longitud de lado $A$ que contiene un triángulo equilátero (también con una longitud de lado $A$) con una base horizontal. La punta del triángulo no tocará la parte superior del cuadrado, pero si se gira en sentido contrario a las agujas del reloj sobre el origen (en la parte inferior izquierda) y la base se extiende como $H$, la punta tocará la parte superior después de la rotación $theta PS
Esto crea tres triángulos fuera del triángulo principal. Para el de abajo tenemos: $$O=Hsintheta$$ Para el de la derecha tenemos (para el ángulo más bajo $phi$): $$phi=180°-60°- (90°-theta)=30°+theta=fracpi6+theta$$ $$Hcos(theta+fracpi6)=AO=AH sintheta$$ $$cos(theta+fracpi6)=fracAH-sintheta$$ Usando la identidad de la suma del coseno esto produce: $$ costhetacosfracpi6-sinthetasinfracpi6=fracAH-sintheta$$ Sustituyendo $cos theta$ para $A/H$ y la reorganización da: $$sintheta=(2-sqrt3)costheta$$ $$theta=tan^-1(2- sqrt3)=fracpi12=15°$$
EDITAR El área de un triángulo equilátero $A_T$ es: $$A_T=fracsqrt34H^2$$ Para nuestro caso, la longitud del lado $H$ es: $$H=frac Acos(15°)$$ Por lo tanto: $$A_T=fracsqrt34timesfrac(2sqrt2)^2A^2 (1+sqrt3)^2=frac2sqrt3A^24+2sqrt3=fracsqrt3A^2 2+sqrt3$$
La historia de por qué sabemos que el triángulo equilátero más grande inscrito en un cuadrado se coloca como se muestra a continuación, se puede encontrar en un video aquí. Simplemente presione el botón verde marcado como “Video”.
No sé si Taha Akbari está interesado en la otra parte de la pregunta OP, a saber, “¿Podemos construirlo (con brújula y regla)?”, Pero lo encontré interesante. Y la respuesta es sí. Toma $3$ pasos básicos:
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Construya un ángulo de $30^circ$ desde una esquina del cuadrado
Vea aquí una versión animada de cómo se hace esto. El resultado final se muestra a continuación.
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Construye la bisectriz del ángulo $30^circ$
Vea aquí una versión animada de cómo se hace esto. El resultado final se muestra a continuación.
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Construye el resto del triángulo equilátero.
un. La intersección de la línea BF con el lado del cuadrado da el punto G. La línea BG es un lado del triángulo.
B. Construya la bisectriz perpendicular de BG usando los puntos de intersección de los círculos en B y G. El punto J, que es la intersección de la bisectriz con el cuadrado, proporciona el último punto del triángulo equilátero $triangle BGJ$.
