[Luis Fuentes]

Hola

\( x=MO=0 \), \( y=NO=4 \) luego \( MN^2=x^2+y^2+xy=16\Longrightarrow \boxed{MN=4} \)
Por el teorema del coseno en \( \triangle{AOE} \) se tiene \( \dfrac{4-x}{\sin\widehat{OAE}}=\dfrac{4+x}{\sin\widehat{OEA}}=\dfrac{AE}{\sin 120^{\circ}}=\dfrac{4\sqrt{3}}{\sin 120^{\circ}} \) ya que \( AE=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3} \). Y como es \( \widehat{OAE}+\widehat{OEA}=60^{\circ} \) se deduce que \( \widehat{OAE}=\widehat{OEA}=30^{\circ}\Longrightarrow x=0 \).

Supongo que donde pones teorema del coseno es en realidad del seno.

Pero no se de donde sacas lo que he marcado en rojo. Por la fórmula que pones pareciera que usas Pitágoras en un triángulo rectángulo que no veo por ningún sitio.

Saludos.

[ani_pascual]

Hola:

...
Supongo que donde pones teorema del coseno es en realidad del seno.

Así es, eso ha sido un desliz ...

Pero no se de donde sacas lo que he marcado en rojo. Por la fórmula que pones pareciera que usas Pitágoras en un triángulo rectángulo que no veo por ningún sitio.
...

¡Eureka! Ahí está el gazapo... 
En realidad debería ser \( AE=\sqrt{x^2+48} \) 
Adjunto un par de figuras; en una aparecen los triángulos equiláteros auxiliares de lados \( 4+x \) y \( 4-x \) y en la otra el rectángulo auxiliar de lados \( 4+x \) y \( 4\sqrt{3} \).

El triángulo rectángulo que he usado es el de hipotenusa \( AC=8 \) y cateto \( 4 \).
Visto lo visto, me parece que este procedimiento no lleva a la solución. 
Gracias
Saludos

[Pie]

Por fin.. 

Spoiler

Si prolongamos \( AB \) y \( DC \) y llamamos \( E \) a su intersección tenemos que \( \widehat{AED}=90^o  \), ya que \(  \widehat{ABD} = 90^o + \theta \Longrightarrow \widehat{DBE} = 90^o-\theta  \) y \( \widehat{EDB} = \theta \) (se puede deducir también con los otros dos ángulos):



Entonces por ser \( M \) y \( N \) puntos medios de las hipotenusas (y ser estas iguales) se tiene que el triángulo \( \triangle{MEN} \) es isósceles, y como \[ \widehat{MEN} = 90^o - (30^o-\theta+\theta) = 60^o \] es equilátero, de donde \( MN= 4 \).

[cerrar]

Saludos.

[ani_pascual]

Hola:

Por fin.. 

Spoiler

Si prolongamos \( AB \) y \( DC \) y llamamos \( E \) a su intersección tenemos que \( \widehat{AED}=90^o  \), ya que \(  \widehat{ABD} = 90^o + \theta \Longrightarrow \widehat{DBE} = 90^o-\theta  \) y \( \widehat{EDB} = \theta \) (se puede deducir también con los otros dos ángulos):



Entonces por ser \( M \) y \( N \) puntos medios de las hipotenusas (y ser estas iguales) se tiene que el triángulo \( \triangle{MEN} \) es isósceles, y como \[ \widehat{MEN} = 90^o - (30^o-\theta+\theta) = 60^o \] es equilátero, de donde \( MN= 4 \).

[cerrar]

...

 
El fruto de la perseverancia...
Saludos

[petras]

Por fin.. 

Spoiler

Si prolongamos \( AB \) y \( DC \) y llamamos \( E \) a su intersección tenemos que \( \widehat{AED}=90^o  \), ya que \(  \widehat{ABD} = 90^o + \theta \Longrightarrow \widehat{DBE} = 90^o-\theta  \) y \( \widehat{EDB} = \theta \) (se puede deducir también con los otros dos ángulos):



Entonces por ser \( M \) y \( N \) puntos medios de las hipotenusas (y ser estas iguales) se tiene que el triángulo \( \triangle{MEN} \) es isósceles, y como \[ \widehat{MEN} = 90^o - (30^o-\theta+\theta) = 60^o \] es equilátero, de donde \( MN= 4 \).

[cerrar]

Saludos.

 

Saludos