Sean [math]A,P,X tres puntos del plano tales que [math]45^{\circ}<\angle APX<90^{\circ}. Construir con regla y compás un cuadrado [math]ABCD de modo que [math]P pertenezca al lado [math]BC y la recta [math]PX intersecte al lado [math]CD en el punto [math]Q tal que [math]\angle QAP=\angle PAB.
Como [math]\angle ABP= 90^\circ se tiene que [math]B está en la circunferencia de diámetro [math]AP. Tenemos la siguiente figura:
selibero2000p5.png
Eligiendo [math]B en la circunferencia podemos construir [math]Q en [math]PX de modo que [math]\angle QAP=\angle PAB y luego [math]C es el pie de la perpendicular a [math]PB desde [math]Q. Nuestro objetivo es elegir [math]B de modo que, al hacer la construcción anterior se tenga [math]AB=BC (es claro que si vale esto podemos marcar el vértice restante [math]D de modo que [math]ABCD sea un cuadrado).
Llamamos [math]\alpha = \angle BAP y [math]\beta= \angle APX. Entonces queremos elegir [math]\alpha correctamente. Vamos a hacer esto con cuentas.
Primero notemos que [math]AB= AP\cos(\alpha) y [math]BP=AP\sin(\alpha). Además [math]PC=PQ \cos(QPC). Como
Resta construir [math]\alpha con regla y compás de modo que [math]\tan(\alpha)=2-\tan(\beta). Una forma de hacer esto es mediante la siguiente figura auxiliar:
selibero2000p5b.png
Empezamos con un rectángulo [math]y_1y_2y_3y_4 tal que [math]y_2y_3=2y_1y_2. Marcamos [math]y_5 en la semirrecta [math]\overrightarrow{y_2y_3} de modo que [math]\angle y_2y_1y_5=\beta. Ahora llamamos [math]y_6 a la intersección de [math]y_1y_4 con la paralela a [math]y_1y_2 por [math]y_5. Es fácil ver que el ángulo [math]\alpha=\angle y_3y_6y_5 cumple lo pedido [math]\blacksquare
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Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)
Luego, de obtener $P'$ y trazar la mediatriz, tenemos $AQ = QP'$ y $\angle PAP' = 90^{\circ}$, la prolongación de $AP$ corta a $P'Q$ en $F$, y por mediana de un triángulo rectángulo queda $FQ = AQ = QP'$. De acá sacamos $C$, $D$ y $B$ como mencioné antes, queremos ver que por paralelas $\angle FAQ = \angle QFA = \angle PAB$, así que la condición de la bisectriz la cumple. Queda ver que $ABCD$ es un cuadrado.
Por suma de interiores esta claro que $\angle AFD = \angle DAP' \Rightarrow \angle DAP' = \angle BAP$ y como $\angle PBA = \angle ADP', AP = AP'$ entonces $\triangle BAP \cong \triangle DAP' \Rightarrow AB = AD = BC = DC$ y estamos.
$\blacksquare$
Supongamos que ya tenemos construido el cuadrado $ABCD$. La idea era construir un cuadrado $APC'D'$ y hacerle una rotohomotecia para que el mismo caiga en $ABCD$.
geogebra-export - 2025-01-14T155325.387.png
Agregándole a eso la condición de la bisectriz, como $AB \parallel CD$ es intuitivo marcar $\{F\} = AP \cap CD$ para que nos quede $FQA$ isósceles y de ahí el resto sigue fácil.
Y con este mensaje, doy por sentado que Drynshock participa de la OFO 2025
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