Problema N°1: Sea ABCD un trapecio isósceles con bases AB y CD (es decir, los ángulos ABC y DAB son iguales). Se sabe que ABC=60º, AB=6 y BC=1. Hallar la longitud del lado CD y el área del trapecio ABCD.

 

Solución de “El descanso”:

 

Al trazar la perpendicular al lado AB que pasa por el punto D nace el punto E. Así creamos un triángulo rectángulo DAE. Este triángulo tiene la propiedad de tener el ángulo A = 60°, ángulo E = 90° y ángulo D = 30°,  de donde el lado AE es la mitad del lado AD, ya que si marcamos el punto K simétrico de A con respecto a E el triángulo DAK sería equilátero y AE = ½ AK= ½ AD = ½.

 

 

 

 

Si marcamos el punto F en AB tal que CF sea perpendicular a AB pasa lo mismo que antes de donde BF = ½.BC = ½. Luego 6= AB = AE + EF + FB = ½ + CD + ½ (pues CDEF es un rectángulo entonces CD = EF), es decir que 6= 1 + CD, o lo que es lo mismo CD = 5.

 

Para calcular el área del trapecio solo resta calcular su altura que es DE, pero por el Teorema de Pitágoras en el triángulo AED:

 

1² =  ED²  + (½)²

|OD| = (1-1/4)^1/2

|OD| = (3/4) ^½

 

Luego:

Área Trapecio =½  (Base mayor + Base menor) Altura = ½ (6+5) (3/4) ^½ = 11/4 . 3 ^½

 

Nota. Otra forma de calcular CD es la siguiente: Marcamos el punto J intersección de AD y BC. Como JAB=JBA=60º entonces AJB es equilátero de lado 6. Por otro lado JDC=JCD=60º entonces CJD también es equilátero pero de lado JD=JA-AD=6-1=5 es decir que CD=5.

 

 

Problema N°2: Se tiene un pentágono ABCDE tal que:

·  ACE es un triángulo equilátero.

·  AB=BC=CD=DE

·  ABC=CDE=120º

a) Construir la figura
b) Si AE=1 ¿Cuánto mide BD?

 

 

Solución inciso b) de “Parro2007A”:

 

Como ABC es isósceles (AB=BC), los ángulos BAC y BCA son iguales, y cada uno debe medir 30º. Lo mismo pasa en el triángulo CDE, así que los ángulos DCE y DEC miden 30º cada uno también.

 

 

 

El ángulo BCD mide: 30º (BCA) + 60º (ACE) + 30º (DCE) = 120º

Como BCD es isósceles (BC = CD), los ángulos CBD y CDB son iguales y miden 30º cada uno.

 

ABD = 120º - 30º = 90º

BDE = 120º - 30º = 90º

BAE = 60º + 30º = 90º

AED = 60º + 30º = 90º

 

Así que ABDE es un rectángulo y por lo tanto AE = BD = 1.

 

Respuesta: BD mide 1.

 

Solución inciso a) de “Los Maestros de Einstein”:

 

Si marcamos un punto F, exterior al pentágono tal que AFE sea un triángulo igual a ABC entonces AB=BC=CD=DE=EF=FA y FAB=ABC=BCD=CDE=DEF=EFA=120º es decir que ABCDEF es un hexágono regular.

 

Para la construcción de la figura basta con trazar un hexágono regular ABCDEF y unir A con E (y si se quiere borrar F). Por lo dicho anteriormente, ABCDE verifica las condiciones del problema.

 

Nota: Para construir un hexágono regular podemos proceder así:

 

• Trazamos un círculo con centro O y tomemos dos puntos diametralmente opuestos en él, A y D.
• Se marca un círculo de centro A y radio AO y llamemos B y F sus intersecciones con el círculo original.
• Se marca un círculo de centro D y radio DO y llamemos C y E sus intersecciones con el circulo original de forma que B y C queden del mismo lado de la recta AD.

 

 

Problema N°3: Sea ABCD un paralelogramo con AB=3, BC=5 y ABC=60º. Construir un paralelogramo PQRS con P, Q, R y S en AB, BC, CD y DA, respectivamente, y que cumpla que PQ=2.QR y PQR=120º.

Solución de “Phideos con alpha”:

Para construir el paralelogramo pedido hay que marcar P, Q, R y S en AB, BC, CD y DA, respectivamente tal que AP = CQ = CR = AS = 1. Primero veamos que esto funciona y después vamos a ver cómo marcar tales puntos.

Justificación:

·                       Los triángulos SAP y QCR son isósceles en A y C con SAP = QCR =120º de donde: APS = PSA = RQC = CRQ = 30º.

·                       Los triángulos PBQ y RDS son rectángulos porque PBQ= RDS= 60º, QB=2 PB  y  DS=2 RD. Así que BQP = DSR = 30º y QPB = SRD = 90º (Ver nota al final del problema).

·                       El cuadrilátero PQRS es un paralelogramo ya que sus ángulos son 60º, 120º, 60º y 120º.

Sea J el punto medio de BQ.  Como PB=BJ=2 y PBJ=60º entonces PJB es un equilátero y PJ=JQ=2, además  PJQ=180º-PJB=180º-60º=120º de donde PJQ es semejante a SAP. Entonces PQ/SP = JQ / AP = 2/1, por lo que queda demostrado que PQRS es el paralelogramo que pide el enunciado.

 

Construcción: Dado un paralelogramo ABCD con AB=3 y BC=5 tracemos un círculo de centro B y radio AB que corte al segmento BC en T y sea Q el punto medio de CT. Por construcción es fácil ver que CQ=1. Ahora tracemos el círculo de centro C y radio CQ que corta al segmento CD en R. Como R está en el círculo recién marcado entonces CR=CQ=1. Análogamente se construyen P y S en AB y DA respectivamente.

 

Nota: Lo que usamos en la justificación es que si tenemos un triángulo RST con RST=60º y ST=2 RS entonces SRT=90º y RTS=30º. Para probar esto marquemos W en la prolongación de SR de forma que WR=RS. Entonces WS=WR+RS=2 RS=ST, y como WST=60º entonces WST es un triángulo equilátero. Pero en todo triángulo equilátero las alturas coinciden con las medianas, es decir que TR es perpendicular a WS o lo que es lo mismo SRT=90º de donde RTS=30º.

(Con la misma idea se puede ver que si tenemos un triángulo rectángulo de ángulos 90º, 60º y 30º entonces la hipotenusa es el doble que el cateto más chico, cosa que fue probada en la solución del primer problema).