[zorropardo]

$$ABC$$ es un triángulo equilátero con un lado de longitud $$l.$$ El punto $$P$$ en su interior es tal que $$PA, PB$$ y $$PC$$ son los lados de un triángulo rectángulo con ángulos de $$30°$$ y $$60°$$, donde $$PA$$ es la longitud de la hipotenusa. Calcula $$PA.$$

Sug: Usar ley de Cosenos.

[Pie]

$$ABC$$ es un triángulo equilátero con un lado de longitud $$l.$$ El punto $$P$$ en su interior es tal que $$PA, PB$$ y $$PC$$ son los lados de un triángulo rectángulo con ángulos de $$30°$$ y $$60°$$, donde $$PA$$ es la longitud de la hipotenusa. Calcula $$PA.$$

Sug: Usar ley de Cosenos.

Igual me he complicado demasiado, pero una forma.. (si no me he equivocado, la trigonometria no es mi fuerte )

Spoiler

Por tener que formarse un triángulo rectángulo con ángulos de \( 30^o \) y \( 60^o \), llamando \( PC = x \) al cateto pequeño, se tiene que cumplir: \( PB = \sqrt{3} x \) y \( PA = 2x \).

Entonces por el teorema del coseno en \( \triangle{CAP} \) y \( \triangle{BAP} \) se tiene:

\[ x^2 = 4x^2 +l^2 - 4xl \cos(\alpha) \Longrightarrow{}\cos(\alpha) =\frac{3x^2+l^2} {4xl} \] (1)

\[ 3x^2 = 4x^2+l^2 - 4xl \cos(60^o-\alpha)\Longrightarrow{}\cos(60^o-\alpha)=\frac{x^2+l^2} {4xl} \] (2)

Sumando (1) y (2):

\[ \cos(\alpha) +\cos(60^o-\alpha) = \displaystyle\frac{2x^2+l^2}{2xl} \Longrightarrow{} \ldots \Longrightarrow{}
 \]

\[ \cos(\alpha-30^o) = \displaystyle\frac{2x^2+l^2}{2\sqrt{3}xl} \]  (3)

Restando (2) de (1):

\[ \cos(\alpha) - \cos(60^o-\alpha) = \displaystyle\frac{x}{2l} \Longrightarrow{} \ldots \Longrightarrow{} \]

\[ \sin(\alpha-30^o)=-\displaystyle\frac{x}{2l}  \] (4)

Elevando al cuadrado (3) y (4) y sumando:

\[ \underbrace{\cos^2(\alpha-30^o) + \sin^2(\alpha-30^o)}_{1} = \displaystyle\frac{(2x^2+l^2)^2}{12x^2l^2} + \displaystyle\frac{x^2}{4l^2}\Longrightarrow{} \]

\[ 48l^2x^2 = 4(2x^2+l^2)^2 +12x^4\Longrightarrow{} \]

\[ 48l^2x^2 = 16x^4 +16l^2x^2 + 4l^4 + 12x^4\Longrightarrow{} \]

\[ 28x^4 - 32l^2x^2 + 4l^4 = 0 \Longrightarrow{} \]

\[ 7x^4 - 8l^2x^2 + l^4 = 0 \]

Haciendo \( u = x^2 \):

\[ 7u^2-8l^2u + l^4 = 0 \Longrightarrow{} \]

\[ u = \displaystyle\frac{8l^2\pm\sqrt{64l^4-28l^4}}{14} = \displaystyle\frac{8l^2\pm{6l^2}}{14} \Longrightarrow{} \]

\[ u = l^2 \Longrightarrow x = l \] (imposible si \( P \) está dentro)

\[ u = \displaystyle\frac{l^2}{7} \Longrightarrow{} x = \displaystyle\frac{l}{\sqrt{7} } \Longrightarrow PA = 2x = \boxed{\displaystyle\frac{2l}{\sqrt{7}}} \]

[cerrar]

Saludos.

[ani_pascual]

Hola:

$$ABC$$ es un triángulo equilátero con un lado de longitud $$l.$$ El punto $$P$$ en su interior es tal que $$PA, PB$$ y $$PC$$ son los lados de un triángulo rectángulo con ángulos de $$30°$$ y $$60°$$, donde $$PA$$ es la longitud de la hipotenusa. Calcula $$PA.$$

Sug: Usar ley de Cosenos.

Una forma, usando también el teorema del seno...

Spoiler

Llamando \( \alpha=\angle{BAP}, \beta=\angle{CBP},\gamma=\angle{ACP}, x=AP \) y suponiendo, sin pérdida de generalidad, que es \( BP>PC \), como es \(  BP=\dfrac{x\sqrt{3}}{2}, PC=\dfrac{x}{2} \), por el teorema del coseno se tiene
\(
\dfrac{3x^2}{4}=x^2+l^2-2xl\cos\alpha\\\dfrac{x^2}{4}=x^2+l^2-2xl\cos(60^{\circ}-\alpha) \).
Por tanto, \( \dfrac{x}{4l}=\cos(60^{\circ}-\alpha)-\cos\alpha \).
Análogamente
\(
x^2=\dfrac{x^2}{4}+l^2-xl\cos\gamma\\\dfrac{3x^2}{4}=\dfrac{x^2}{4}+l^2-xl\cos(60^{\circ}-\gamma) \)
de donde \( \dfrac{x}{4l}=\cos(60^{\circ}-\gamma)-\cos\gamma \).
Igualando ...
\( \cos\alpha+\cos(60^{\circ}-\alpha)=\cos\gamma+\cos(60^{\circ}-\gamma)\Longrightarrow \alpha=\gamma \). Ahora, por el teorema del seno en \( \triangle{APC} \)
es \( \dfrac{x/2}{\sin(60^{\circ}-\alpha)}=\dfrac{x}{\sin\alpha}\Longrightarrow \tan\alpha=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Longrightarrow \cos\alpha=\dfrac{2}{\sqrt{7}}\Longrightarrow\sin\alpha=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}} \) y así \( AP=x=4l[\cos(60^{\circ}-\alpha)-\cos\alpha]=\cdots=\boxed{\dfrac{2l}{\sqrt{7}}} \)

[cerrar]

Saludos

[zorropardo]

Genial, gracias por las respuestas.