[petras]

Fuera del cuadrado \( ABCD  \)se construye un semicírculo de diámetro \( BC \). En el arco \( BC  \)se marca el punto \( L \). Si \( AL=2(BL \)), se calcula \( m < ALC \).(R:\( 60^o \) )

Hice la figura para ayudar

[ani_pascual]

Fuera del cuadrado \( ABCD  \)se construye un semicírculo de diámetro \( BC \). En el arco \( BC  \)se marca el punto \( L \). Si \( AL=2(BL \)), se calcula \( m < ALC \).(R:\( 60^o \) )

Hola:

Spoiler

Usando el teorema del seno, y llamando \( l \) al lado del cuadrado, \( x \) al segmento \( \overline{BL} \) y \( \alpha,\beta \) a los ángulos \( \widehat{LBC}, \widehat{ALC} \) ...
\( \left\{\begin{array}{l}\dfrac{l\sqrt{2}}{\sen\beta}=\dfrac{2x}{\sen(135^{\circ}-\alpha)}\\\dfrac{2x}{\sen(90^{\circ}+\alpha)}=\dfrac{x}{\sen(\beta-\alpha)}=\dfrac{l}{\sen(90^{\circ}-\beta)}\end{array}\right.\Longrightarrow \cdots \Longrightarrow \boxed{\beta=60^{\circ}} \)

[cerrar]

Saludos

[petras]

Fuera del cuadrado \( ABCD  \)se construye un semicírculo de diámetro \( BC \). En el arco \( BC  \)se marca el punto \( L \). Si \( AL=2(BL \)), se calcula \( m < ALC \).(R:\( 60^o \) )

Hice la figura para ayudar

Hola:

Spoiler

Usando el teorema del seno, y llamando \( l \) al lado del cuadrado, \( x \) al segmento \( \overline{BL} \) y \( \alpha,\beta \) a los ángulos \( \widehat{LBC}, \widehat{ALC} \) ...
\( \left\{\begin{array}{l}\dfrac{l\sqrt{2}}{\sen\beta}=\dfrac{2x}{\sen(135^{\circ}-\alpha)}\\\dfrac{2x}{\sen(90^{\circ}+\alpha)}=\dfrac{x}{\sen(\beta-\alpha)}=\dfrac{l}{\sen(90^{\circ}-\beta}\end{array}\right.\Longrightarrow \cdots \Longrightarrow \boxed{\beta=60^{\circ}} \)

[cerrar]

Saludos

Agradecido

Entendí las igualdades pero ¿cómo llegaste a los 60?

Saludos

[Pie]

Tiene pinta de que puede resolverse de forma más sencilla o elegante, pero de momento solo se me ocurre esto:

Spoiler

Llamando \( x \) al segmento \( EL = BF \), \( y \) al segmento \( LF = EB \) y haciendo \( AB = 1 \) en el triángulo azúl se tiene:

\( y^2 = AL^2 - (1+x)^2 \)

Y en el rojo:

\[ y^2 = \dfrac{AL^2}{4} - x^2 \]

Igualando:

\[ AL^2 - (1+x)^2 =  \dfrac{AL^2}{4} - x^2 \Longrightarrow \dfrac{3}{4}AL^2 - 2x - 1 = 0 \]

Por otra parte, los triángulos \( BEL \) y \( BCL \) son semejantes (por ser rectángulos y compartir ángulo), luego:

\[ \dfrac{x}{AL/2} = CL \]

Pero \[  CL = \sqrt{1-AL^2/4} \]

Con lo que queda el sistema:

\[ \begin{cases}\dfrac{3}{4}AL^2 - 2x - 1 = 0\\ \dfrac{x}{AL/2} = \sqrt{1-AL^2/4}
 \end{cases} \]

Cuyas soluciones positivas son:

\[ x = \displaystyle\frac{1+3\sqrt{3}}{13} \], \[ AL = 2\sqrt{\dfrac{5+2\sqrt{3}}{13}} \]

Y el ángulo \[ \angle ALF \] es:

\[ \angle ALF = \arcsin\left(\dfrac{1+x}{AL}\right) \approx 66,21^o \]

Y el ángulo \[ \angle BCL  \]:

\[ \angle BCL = \arcsin\left(\dfrac{AL}{2}\right) \approx 53,79^o \]

Finalmente el ángulo \[ \angle ALC \] es:

\[ \angle ALC = 180^o - (\angle ALF + \angle BCL) = 180^o- 120^o = 60^o \]


PD: El sistema parece un poco lio porque queda una ecuación de 4º grado, pero puede resolverse más o menos fácil con un cambio de variable y descartando soluciones..

[cerrar]

Saludos.

[ani_pascual]

Hola:

Entendí las igualdades pero ¿cómo llegaste a los 60?

Resolviendo el sistema:

Spoiler

Por ejemplo, de una de las ecuaciones de la línea inferior de la llave, se deduce \( \dfrac{2x}{\sen(90^{\circ}+\alpha)}=\dfrac{l}{\sen(90^{\circ}-\beta)}\Longleftrightarrow 2x=\dfrac{l\cos\alpha}{\cos\beta} \) y sustituyendo en la ecuación de la línea superior de la llave, \( \dfrac{l\sqrt{2}}{\sen\beta}=\dfrac{l\cos\alpha}{\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos\alpha+\sen\alpha)\cos\beta} \) donde se usa que \( \sen(135^{\circ}-\alpha)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}(\cos\alpha+\sen\alpha) \). Simplificando, se obtiene la ecuación \( 1+\tan\alpha=\tan\beta\,\,\,(\ast) \). Por otra parte, de la otra ecuación de la línea inferior de la llave,
\( \dfrac{2x}{\sen(90^{\circ}+\alpha)}=\dfrac{x}{\sen(\beta-\alpha)} \) se obtiene \( 2(\sen\beta\cos\alpha-\cos\beta\,\sen\alpha)=\cos\alpha\Longrightarrow \tan\beta-\tan\alpha=\dfrac{1}{2\cos\beta} \).
Así, junto con la ecuación \( (\ast) \) se llega a \( 1=\dfrac{1}{2\cos\beta}\Longrightarrow \cos\beta=\dfrac{1}{2}\Longrightarrow \boxed{\beta=60^{\circ}} \)

[cerrar]

Saludos

[petras]

Tiene pinta de que puede resolverse de forma más sencilla o elegante, pero de momento solo se me ocurre esto:

Spoiler

Llamando \( x \) al segmento \( EL = BF \), \( y \) al segmento \( LF = EB \) y haciendo \( AB = 1 \) en el triángulo azúl se tiene:

\( y^2 = AL^2 - (1+x)^2 \)

Y en el rojo:

\[ y^2 = \dfrac{AL^2}{4} - x^2 \]

Igualando:

\[ AL^2 - (1+x)^2 =  \dfrac{AL^2}{4} - x^2 \Longrightarrow \dfrac{3}{4}AL^2 - 2x - 1 = 0 \]

Por otra parte, los triángulos \( BEL \) y \( BCL \) son semejantes (por ser rectángulos y compartir ángulo), luego:

\[ \dfrac{x}{AL/2} = CL \]

Pero \[  CL = \sqrt{1-AL^2/4} \]

Con lo que queda el sistema:

\[ \begin{cases}\dfrac{3}{4}AL^2 - 2x - 1 = 0\\ \dfrac{x}{AL/2} = \sqrt{1-AL^2/4}
 \end{cases} \]

Cuyas soluciones positivas son:

\[ x = \displaystyle\frac{1+3\sqrt{3}}{13} \], \[ AL = 2\sqrt{\dfrac{5+2\sqrt{3}}{13}} \]

Y el ángulo \[ \angle ALF \] es:

\[ \angle ALF = \arcsin\left(\dfrac{1+x}{AL}\right) \approx 66,21^o \]

Y el ángulo \[ \angle BCL  \]:

\[ \angle BCL = \arcsin\left(\dfrac{AL}{2}\right) \approx 53,79^o \]

Finalmente el ángulo \[ \angle ALC \] es:

\[ \angle ALC = 180^o - (\angle ALF + \angle BCL) = 180^o- 120^o = 60^o \]


PD: El sistema parece un poco lio porque queda una ecuación de 4º grado, pero puede resolverse más o menos fácil con un cambio de variable y descartando soluciones..

[cerrar]

Saludos.

Gracias pero estoy de acuerdo en que debe haber una solución más geométrica

Saludos

[Pie]

Se me ha ocurrido esto. Para que la cuerda \( AL \) sea el doble que la cuerda \( BL \):



El radio del círculo rojo debe de ser el doble que el radio del semicirculo azul:



Por tanto el radio del círculo rojo debe ser igual al lado del cuadrado, con lo que el arco \( AB \) tiene que ser de \( 60^o \), lo que implica que \[ \angle ALB = 30^o \] y \[ \angle ALC = 90^o - 30^o = 60^o \]..

Saludos.

[Luis Fuentes]

Hola

Se me ha ocurrido esto. Para que la cuerda \( AL \) sea el doble que la cuerda \( BL \):



El radio del círculo rojo debe de ser el doble que el radio del semicirculo azul:

¿Pero cómo justificas esa afirmación? Es decir, para eso hay que garantizar que las dos cuerdas abarcan el mismo ángulo en sus respectivas circunferencias. ¿Cómo lo justificas?.

Saludos.

CORREGIDO

[Pie]

Hola

Se me ha ocurrido esto. Para que la cuerda \( AL \) sea el doble que la cuerda \( BL \):



El radio del círculo rojo debe de ser el doble que el radio del semicirculo azul:

¿Pero cómo justificas esa afirmación? Es decir, para eso hay que justificar que las dos cuerdas abarcan el mismo ángulo en sus respectivas circunferencias. ¿Cómo lo justificas?.

Saludos.

Cierto, asumí que eso era así porque en el Geogebra se ve que es asi (el ángulo \( BOL \) es siempre igual al ángulo \( AO_2L \)), pero habría que demostrarlo.

Saludos.

[Pie]

Una demostración de lo anterior:

Como el ángulo de \( ABC \) es recto las rectas \( AO_2 \) y \( BC \) se tienen que encontrar en el punto \( H \) de la circunferencia:



Entonces \( \angle O_2AL = \angle OBL \) (por abarcar el arco \( HL \)), como los triángulos \( AO_2L \) y \( BOL \) son isósceles, eso implica que son semejantes, con lo que tienen que abarcar siempre el mismo ángulo..

A ver si lo veis bien ahora.

Saludos