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por **amcandio** » Sab 16 Oct, 2010 10:16 pm

Sea $ABC$ un triangulo tal que $\hat{A}=3\hat{B}$ . Si $BC=5$ y $CA=3$ , calcular la medida del lado $AB$ .

por **Ivan** » Sab 16 Oct, 2010 11:34 pm

Sea $D$ en $BC$ tal que $\hat{BAD}=\hat{CBA}$ y $\hat{DAC}=2\hat{CBA}$ .

El triángulo $\overset{\triangle }{ADC}$ es isósceles, asi que $DC=AC=3$ . Sigue que $BD=2$ .

El triángulo $\overset{\triangle }{ADB}$ es isósceles, luego $AD=BD=2$ .

Por Teorema del Coseno en $\overset{\triangle }{ADC}$ :

$\cos{\hat{ADC}}=\frac{CD^2+AD^2-AC^2}{2CD\cdot AD}=\frac{9+4-9}{12}=\frac{1}{3}$

Como $\hat{ADB}+\hat{ADC}=180^{\circ}$ tenemos $\cos{\hat{ADB}}=-\cos{\hat{ADC}}=-\frac{1}{3}$

Ahora por Teorema del Coseno en $\overset{\triangle }{ADB}$ :

$AB^2=BD^2+AD^2-2\cos{\hat{ADB}}\cdot BD\cdot AD=4+4+\frac{8}{3}=\frac{32}{3}$

$AB=\sqrt{\frac{32}{3}}=\frac{4}{3}\sqrt{6}$

por **ésta** » Dom 17 Oct, 2010 12:27 am

Solución sin trigonometría.

Sean $D$ y $E$ en $BC$ , tal que $\hat{BAD}=\hat{ABD}=\hat{CAE}=\alpha.$

Nos queda, $\overset{\triangle%20}{ADC}$ isósceles y $AC=DC=3$ , y $DB=BC-DC=5-3=2.$
También, $\overset{\triangle%20}{ADB}$ es isóscles y $BD=DA=2.$

Ahora en el triángulo $\overset{\triangle%20}{ADC},AE$ es bisectriz de $\hat{DAC}.$
Entonces por teorema de la bisectriz, $\frac{AD}{DE}=\frac{AC}{EC} \Rightarrow \frac{2}{DE}=\frac{3}{EC} \Rightarrow 2EC=3DE.$
Además, $EC+DE=DC=3.$
Resolviendo este sistema nos queda, $EC=\frac{9}{5},DE=\frac{6}{5}.$

Ahora $\overset{\triangle%20}{AEB}$ y $\overset{\triangle%20}{AED}$ , comparten $\hat{AEC}$ y $\hat{EAD}=\hat{ABE}$ entonces son semejantes.

Por lo tanto, $\frac{AE}{BE}=\frac{DE}{AE} \Rightarrow AE^2=DE\times BE=\frac{6}{5}\times \frac{16}{5}=\frac{96}{25}$

$AE=\sqrt{\frac{96}{25}}=\frac{4\sqrt{6}}{5}.$

Ahora en el triángulo $\overset{\triangle%20}{ABE},AD$ es bisectriz de $\hat{BAE}.$
Entonces por teorema de la bisectriz, $\frac{AB}{BD}=\frac{AE}{ED} \Rightarrow \frac{AB}{2}=\frac{\frac{4\sqrt{6}}{5}}{\frac{6}{5}} \Rightarrow AB=\frac{4\sqrt{6}}{3}.$

por **Vladislao** » Dom 19 Dic, 2010 11:25 pm

Solución re flashera, no es necesario siquiera hacer el dibujo.

Por el Teorema del Seno:

$\dfrac{\sin A}{BC}=\dfrac{\sin B}{AC}$

$\dfrac{\sin 3B}{5}=\dfrac{\sin B}{3}$

Usando que:
$\sin 3B = 3\sin B-4\sin^3 B$

Se tiene que:

$\dfrac{3\sin B-4\sin^3 B}{5}=\dfrac{\sin B}{3}$

Dividendo entre $\sin B$

$\dfrac{3-4\sin^2 B}{5}=\dfrac{1}{3}$

$3-\dfrac{5}{3}=4\sin^2 B$

$\dfrac{4}{3}=4\sin^2 B$

$\dfrac{1}{3}=\sin^2 B$

$\pm\dfrac{\sqrt 3}{3}=\sin B$

Es claro que $\sin \alpha < 0 \Longleftrightarrow{180 (2k+1) < \alpha < 180(2k+2) \; \forall{k\in{Z^+}}$

De ésto, se sigue que:

$\dfrac{\sqrt 3}{3}=\sin B$

Tenemos que $B<90º$ , luego:

$\cos^2 B = \dfrac{2}{3}$

$\cos B = \dfrac{\sqrt 6}{3}$

Y, finalmente, por el teorema del coseno:

$AC^2 = BC^2 + AB^2 - 2\cdot{BC}\cdot{AB}\cdot{\cos B}$

$3^2 = 5^2 + AB^2 - 2\cdot{5}\cdot{AB}\cdot{\dfrac{\sqrt 6}{3}}$

$9 = 25 +AB^2 - 2\cdot{5}\cdot{AB}\cdot{\dfrac{\sqrt 6}{3}}$

$0 = AB^2 - {\dfrac{10\sqrt 6}{3}}\cdot{AB}+16$

$AB_{1,2} = \dfrac{{\dfrac{10\sqrt 6}{3}}\pm \sqrt{\dfrac{600}{9}-4\cdot{16}}}{2}$

$AB_{1,2} = \dfrac{{\dfrac{10\sqrt 6}{3}}\pm \sqrt{\dfrac{24}{9}}}{2}$

$AB_{1,2} = \dfrac{{\dfrac{10\sqrt 6}{3}}\pm \dfrac{2\sqrt 6}{3}}{2}$

Tomamos sólo la solución correspondiente con $B < 60º$

$AB =\dfrac{4\sqrt 6}{3}}$