[petras]

 Se tienen los cuadrados ABCD y EFGC de modo que la prolongación de GE contiene a "D" e intersecta
a BC en "Q", ademais \( BC \cap GF = {P} \)
Calcular AB. Si PQ=2 y QC=3

Spoiler

Gabarito(10)

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[Luis Fuentes]

Hola

Se tienen los cuadrados ABCD y EFGC de modo que la prolongación de GE contiene a "D" e intersecta
a BC en "Q", ademais \( BC \cap \color{red}C\color{black}F = {P} \)
Calcular AB. Si PQ=2 y QC=3

Hay una errata ahí. Es  \( BC \cap \color{red}G\color{black}F = {P} \).

La solución NO es la que pones en el Spoiler. De hecho si has realizado el dibujo con ese dato te da algo incongruente porque el punto \( Q \) no está en la recta \( GE \).

El dibujo correcto sería:



Mi solución:

Spoiler

- Los triángulos \( EQC \) y \( GQP \) son semejantes por tener los lados paralelos. Además la razón de semejanza es \( PQ/QC=3/2 \).
- Entonces si llamo \( y \) al lado del cuadrado pequeño \( PG=2y/3 \). Y por Pitágoras en \( PGC \)

\( (2y/3)^2+y^2=(2+3)^2\quad \Rightarrow{}\quad y=\dfrac{15}{\sqrt{13}} \)

- Si llamamos \( z=EQ \), \( EQ+QG=z+(2/3)z=diagonal(EG)=y\sqrt{2} \). De dpnde \( z=\dfrac{9\sqrt{2}}{\sqrt{13}} \).
- En el trángulo \( EQC \) por el teorema del coseno:

\( cos(\alpha)=\dfrac{z^2+9-y^2}{2\cdot 3\cdot z}=\ldots \dfrac{1}{\sqrt{26}} \)

- Entonces en el triángulo \( DCQ \):

\( DC=CQ\cdot tan(\alpha)=\dfrac{3\sqrt{1-cos^2(\alpha)}}{cos(\alpha)}=\dfrac{3\cdot \dfrac{5}{\sqrt{26}}}{\dfrac{1}{\sqrt{26}}}=15 \).

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Saludos.

[petras]

Hola

Se tienen los cuadrados ABCD y EFGC de modo que la prolongación de GE contiene a "D" e intersecta
a BC en "Q", ademais \( BC \cap \color{red}C\color{black}F = {P} \)
Calcular AB. Si PQ=2 y QC=3

Hay una errata ahí. Es  \( BC \cap \color{red}G\color{black}F = {P} \).

La solución NO es la que pones en el Spoiler. De hecho si has realizado el dibujo con ese dato te da algo incongruente porque el punto \( Q \) no está en la recta \( GE \).

El dibujo correcto sería:



Mi solución:

Spoiler

- Los triángulos \( EQC \) y \( GQP \) son semejantes por tener los lados paralelos. Además la razón de semejanza es \( PQ/QC=3/2 \).
- Entonces si llamo \( y \) al lado del cuadrado pequeño \( PG=2y/3 \). Y por Pitágoras en \( PGC \)

\( (2y/3)^2+y^2=(2+3)^2\quad \Rightarrow{}\quad y=\dfrac{15}{\sqrt{13}} \)

- Si llamamos \( z=EQ \), \( EQ+QG=z+(2/3)z=diagonal(EG)=y\sqrt{2} \). De dpnde \( z=\dfrac{9\sqrt{2}}{\sqrt{13}} \).
- En el trángulo \( EQC \) por el teorema del coseno:

\( cos(\alpha)=\dfrac{z^2+9-y^2}{2\cdot 3\cdot z}=\ldots \dfrac{1}{\sqrt{26}} \)

- Entonces en el triángulo \( DCQ \):

\( DC=CQ\cdot tan(\alpha)=\dfrac{3\sqrt{1-cos^2(\alpha)}}{cos(\alpha)}=\dfrac{3\cdot \dfrac{5}{\sqrt{26}}}{\dfrac{1}{\sqrt{26}}}=15 \).

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Saludos.

Tienes razón...sería GF...a veces es difícil transcribir la pregunta original porque tengo una copia del libro pero un amigo tiene el original y me lo confirmó. Hay la opción 15 en las alternativas por lo que probablemente hubo un error en la clave de respuestas.

Agradecido

Saludos

[ani_pascual]

Hola:

Se tienen los cuadrados ABCD y EFGC de modo que la prolongación de GE contiene a "D" e intersecta
a BC en "Q", ademais \( BC \cap GF = {P} \)
Calcular AB. Si PQ=2 y QC=3

Spoiler

Gabarito(10)

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...

Una forma un poco liosa...  y coincido con Luis Fuentes respecto a la solución. Yo también obtengo otra distinta a la propuesta.

Spoiler

<Llamando \( GQ=a, QE=b,GC=x, AB=l, \\\alpha=\widehat{EDC}, \) se tiene
\( a+b=x\sqrt{2}\\
\dfrac{2}{a}=\dfrac{3}{b} \) luego \( x=\dfrac{5a\sqrt{2}}{4} \).
Por otra parte, aplicando el teorema del seno en \( \triangle{QEC} \)
\( \dfrac{x}{\sin(90^{\circ}-\alpha)}=\dfrac{3}{\sin 45^{\circ}} \) de donde \( x=3\sqrt{2}\cos\alpha \).
Igualando...
\( a=\dfrac{12\cos\alpha}{5} \).
Como también es por el teorema del seno en \( \triangle{QGC}, \dfrac{a}{\sin(45^{\circ}-\alpha)}=\dfrac{3}{\sin 45^{\circ}} \) se deduce que
\( \tan\alpha=\dfrac{1}{5} \) y como es \( l=AB=\dfrac{3}{\tan\alpha} \) se concluye que \( \boxed{l=AB=15} \)

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Saludos