MOra0

22 Solución
A
C
a/2
b
a
c
D
E
F
B
A partir del vértice B trazamos una paralela a la bisectriz CD y prolongamos el lado AC hasta
obtener el punto E.
Y, también, CF perpendicular a BE. Así, CB = CE = a
c FB EB
Por ángulos alternos-internos, en el triángulo BCF tenemos: cos = =
AC CD
2 a 2a
Los triángulos ACD y AEB son semejantes: =
AE EB
⎛ C ⎞
2ab×
cos
AC × EB ⎝
⎜
⎠
⎟ 2
CD = =
AE a+
b
23 Solución
C
G
4
5
P
3
A
B
F
Red matemática antioquia - gobernación de antioquia
Para encontrar la solución construyamos el triángulo equilátero PBF y tracemos la recta AG
que es perpendicular a la prolongación de la recta PB desde el punto A. El ángulo PBC es igual
al ángulo ABF, el lado PB igual al lado BF por la construcción y el lado AB es igual a lado BC
ya que el triángulo ABC es equilátero, por lo tanto los triángulos PBC y ABF son semejantes.
Entonces el segmento AF mide 5 unidades y el ángulo APF es un ángulo recto y por ello el
ángulo APG es igual a 180°− 90°− 60°= 30 ° .
Y AG = 4× sen( 30° ) = 2 También ( )
PG = 4× cos 30° = 2 3
Ahora podemos calcular el lado ( )
2
2
AB = 2 + 3+ 2 3 ≅6,7664
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