[petras]

Sean los cuadrados \( ABCD  \) y \( EFGC  \)tales que: \( G, E \) y \( D \) son colineales \( GE = ED. \)
Calcule la medida del ángulo \( EAD \).
(*La respuesta proporcionada es \( 18^o \) pero creo que la correcta sería \( 26,5^o \) usando geogebra.) 

[Pie]

O falta algún dato o no le veo sentido. Dependiendo de cómo estén rotados los cuadrados o de la distancia (tamaño) entre ellos el ángulo puede medir cualquier cosa.

Un par de ejemplos:



Si es que no he interpretado nada mal.. 

Saludos.

[Luis Fuentes]

Hola

 Pie: pero nota que los dos cuadrados tienen un vértice común \( C \).

 Yo diría que el dibujo es así. Con dos posibilidades para el cuadrado \( ABCD \). Me decanto por el cuadrado rojo porque así los vértices están ordenados en ambos cuadrados con el mismo sentido (contrario a las agujas del reloj).


 Sin pérdida de generalidad se puede suponer que el lado de \( EFGC \) es \( 1 \) y por tanto su diagonal \( \sqrt{2} \).

 En el triángulo \( CDE \) por el Teorema del Coseno:

 \( CD^2=CE^2+DE^2-2\cdot CD\cdot DE\cdot cos(135^o)=1+2+2\cdot \sqrt{2}\cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}=5\quad \Rightarrow{}\quad CD=\sqrt{5} \)

 Por el Teorema de los Senos en \( CDE \):

\(  sin(\widehat{CDE})=\dfrac{CE\cdot sin(135^o)}{CD}=\dfrac{\sqrt{10}}{10} \)   (*)

 Por el Teorema del Coseno en \( EDA \):

\( EA^2=ED^2+AD^2-2\cdot ED\cdot AD\cdot cos(\widehat{EDA})=2+5-2\sqrt{2}\sqrt{5}\cdot sin(\widehat{CDE})=5=AD^2 \)

 Por tanto el tríangulo \( EAD \) es isósceles y:

\( \widehat{EAD}=180^o-2\widehat{EDA}=2(90^o-\widehat{EDA})=2\cdot \widehat{CDE} \)

 De (*) se tiene que \(  \widehat{CDE}=arcsin(\sqrt{10}/10)\approx 18.43^o \)

y así

 \( \widehat{EAD}=2\cdot 18.43^o=36.86^o \)

 ó sin perder precisión:

\(  cos(\widehat{EAD})=cos(2\cdot \widehat{CDE})=1-2sin^2(\widehat{CDE})=1-2\cdot \dfrac{1}{10}=\dfrac{4}{5} \)

 Es decir:

 \( \widehat{EAD}=arccos(4/5) \).

Saludos.

[Pie]

Pie: pero nota que los dos cuadrados tienen un vértice común \( C \).

Ah, estoy cegato. Juraría que vi una \( H \) en vez de una \( C \). Ya decia yo..

Saludos.

[petras]

Hola

 Pie: pero nota que los dos cuadrados tienen un vértice común \( C \).

 Yo diría que el dibujo es así. Con dos posibilidades para el cuadrado \( ABCD \). Me decanto por el cuadrado rojo porque así los vértices están ordenados en ambos cuadrados con el mismo sentido (contrario a las agujas del reloj).





 Sin pérdida de generalidad se puede suponer que el lado de \( EFGC \) es \( 1 \) y por tanto su diagonal \( \sqrt{2} \).

 En el triángulo \( CDE \) por el Teorema del Coseno:

 \( CD^2=CE^2+DE^2-2\cdot CD\cdot DE\cdot cos(135^o)=1+2+2\cdot \sqrt{2}\cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}=5\quad \Rightarrow{}\quad CD=\sqrt{5} \)

 Por el Teorema de los Senos en \( CDE \):

\(  sin(\widehat{CDE})=\dfrac{CE\cdot sin(135^o)}{CD}=\dfrac{\sqrt{10}}{10} \)   (*)

 Por el Teorema del Coseno en \( EDA \):

\( EA^2=ED^2+AD^2-2\cdot ED\cdot AD\cdot cos(\widehat{EDA})=2+5-2\sqrt{2}\sqrt{5}\cdot sin(\widehat{CDE})=5=AD^2 \)

 Por tanto el tríangulo \( EAD \) es isósceles y:

\( \widehat{EAD}=180^o-2\widehat{EDA}=2(90^o-\widehat{EDA})=2\cdot \widehat{CDE} \)

 De (*) se tiene que \(  \widehat{CDE}=arcsin(\sqrt{10}/10)\approx 18.43^o \)

y así

 \( \widehat{EAD}=2\cdot 18.43^o=36.86^o \)

 ó sin perder precisión:

\(  cos(\widehat{EAD})=cos(2\cdot \widehat{CDE})=1-2sin^2(\widehat{CDE})=1-2\cdot \dfrac{1}{10}=\dfrac{4}{5} \)

 Es decir:

 \( \widehat{EAD}=arccos(4/5) \).

Saludos.

Gracias por tu ayuda..pero busqué la pregunta original y faltaba un detalle importante..se menciona que el punto E es exterior, al cuadrado ABCD, entonces creo que el dibujo quedaría así.

[petras]

Hola

No sé donde estaba mi cabeza y la publiqué en la sección equivocada... debería estar en   Cuadriláteros
,,, ¿podrías cambiarla por favor?

Saludos

[Richard R Richard]

No me cierra que el ángulo sea constante si se varía la longitud de los lados de los cuadrados, que no esta indicada en el enunciado, No he hecho cuentas pero...¿ a que se debería su constancia?

[petras]

No me cierra que el ángulo sea constante si se varía la longitud de los lados de los cuadrados, que no esta indicada en el enunciado, No he hecho cuentas pero...¿ a que se debería su constancia?

¿No sería debido al alineamiento del vértice del cuadrado inferior con la diagonal del cuadrado superior junto con la unión del vértice al punto medio de este alineamiento?

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

No me cierra que el ángulo sea constante si se varía la longitud de los lados de los cuadrados, que no esta indicada en el enunciado, No he hecho cuentas pero...¿ a que se debería su constancia?

No hay que hacer cuentas; fíjate que el lado del cuadrado \( AB\color{red}C\color{black}D \) queda determinado por el lado del lado \( EFG\color{red}C\color{black} \). Remarco en rojo que tiene un vértice común.

- Dibuja el cuadrado \( EFGC \).
- Dibuja la diagonal del cuadrado \( GE \).
- Sobre esa diagonal \( GE \) mide la misma distancia \( GE \) y te da el punto \( D \).
- Y listo \( CD \) es la arista del cuadrado \( ABCD \) totalmente determinada.

Gracias por tu ayuda... pero busqué la pregunta original y faltaba un detalle importante..se menciona que el punto E es exterior, al cuadrado ABCD, entonces creo que el dibujo quedaría así.

Es simplemente considerar entonces el cuadrado verde de mi dibujo, hacia el otro lado. Con los mismos cálculos que he hecho:

\( \widehat{EA'D}=180^o-\widehat{A'ED}-\widehat{EDA'}=180^o-45^o-90^o-\widehat{CDE}=45^o-18.43^o=26.57^o \)

Saludos.

[Pie]

Usando el dibujo de Luis, si se pudiera demostrar que los puntos \( A', E, F \textrm{ y } B \) también son colineales saldría más rápido, ya que entonces el ángulo sería:

\[ \tan \angle EA'D = \frac{l}{2l} \Longrightarrow \angle EA'D = \arctan(1/2) \]

Pero aún no veo cómo demostrarlo..

Saludos.