相互に接する円をコンパスでいくつか描画することにより、正五角形を作図する方法があると知ったのでここに記録する。
コンパスを使って正五角形を描く
＜手順１＞点Oを中心とする円（円Oとする）の中に、半径が半分の円が２つ入るように作図する。（十字線は補助）
＜手順２＞十字線のうち、垂直な方と円Oの交点（点Pとする）を中心とし、内部の２つの円に接する円を２つ描画する（大きい円を円Po、小さい円を円Piとする）。
＜手順３＞点Pと反対側にある垂直線と円Oの交点（点Aとする）、円Poと円Oの２つの交点（点B, Eとする）、円Piと円Oの２つの交点（点C, Dとする）を直線で結ぶと、五角形ABCDEは正五角形となる。
正五角形であることの証明
各円の半径の計算
＜手順１＞で描いた２つの円の片方を円Qとし、その半径を\(r\)とおく。点Pから点Qに線を引くと、その線は円Qと円Poの交点、円Qと円Piの交点の双方を通る。
△OPQに注目すると\(OP=2r, OQ=r\)であり、\(\angle POQ=90^\circ\)より三平方の定理から、
となる。ここで、\(PQ\)は円Piと円Qの半径の和に等しいため、円Piの半径は\(\sqrt{5}r-r=(\sqrt{5}-1)r\)となる。また、\(PF\)は円Piの半径と円Qの直径の和に等しいため、\(PF=(\sqrt{5}-1)r+2r=(\sqrt{5}+1)r\)である。
辺AB（EA）の計算
点Bと点Pを結ぶと、\(PB\)と\(PF\)はともに円Poの半径であるため、\(PB=PF=(\sqrt{5}+1)r\)となる。次に△ABPに注目すると、\(\angle ABP=90^\circ\)（∵\(AP\)は円Oの直径であり、点Bも円O上の点：タレスの定理）より、三平方の定理から、
が求まる。対称形より、同様の手順により\(EA=r\sqrt{10-2\sqrt{5}}\)となる。
辺CDの計算
今度は△OCGと△PCGに注目する。\(OP=OC=2r, PC=(\sqrt{5}-1)r\)であり、\(GP=x, CG=y\)とおくと、それぞれの直角三角形についての三平方の定理から、
これを解いて、
２式の辺々を引いて、
\(r\not=0\)より、\(x=\frac{3-\sqrt{5}}{2}r\)である。よって、
以上より、\(GP=x=\frac{3-\sqrt{5}}{2}r, CG=y=\frac{r}{2}\sqrt{10-2\sqrt{5}}\)であり、\(CD=2CG=r\sqrt{10-2\sqrt{5}}\)が求まる。
辺BC（DE）の計算
次に点Bから\(AP\)に垂線を下ろし、その足を点Hとする。ここで、△PABと△PBHに注目すると、\(\angle APB\)と\(\angle BPH\)は共通で\(\angle PAB=\angle PBH=90^\circ\)より、両者は相似である。よって、
ここで、
より、
なので、
また、△PBHにおける三平方の定理から、
さらに、\(HG=PH-GP\)より、
最後に、\(CD\)の延長線上に点Bから下ろした垂線の足をIとすると、\(IG=BH=\frac{r}{2}\sqrt{10+2\sqrt{5}}, BI=HG=\sqrt{5}r\)であり、\(IC=IG-CG\)より、
よって、△BCIについての三平方の定理から、
が求まる。対称形より、同様の手順により\(DE=r\sqrt{10-2\sqrt{5}}\)となる。
結論
以上より、\(AB=BC=CD＝DE=EA=r\sqrt{10-2\sqrt{5}}\)となるので、ABCDEは正五角形である。
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