Sea $ABC$ un triángulo rectángulo e isósceles, con $\widehat C=90^\circ$. Sean los puntos $P$, $Q$ y $S$ en los lados $BC$, $CA$ y $AB$, respectivamente, y $R$ en el interior del triángulo $ABC$ de modo que $PQRS$ es un cuadrado de lados $PQ$, $QR$, $RS$ y $SP$. Si $PC=2QC$, calcular $\dfrac{\text{área}(PQRS)}{\text{área}(ABC)}$.
$C\widehat{Q}P=90°-Q\widehat{P}C=180°-(90°+Q\widehat{P}C)=S\widehat{P}B=\alpha$
Por ser $PQRS$ un cuadrado:
$\overline{PQ}=\overline{PS}$
$\overline{PQ}=\frac{\overline{PC}}{sen(\alpha)}$
$\overline{PS}=\overline{PB}\times \frac{sen(45°)}{sen(45°+\alpha)}$
Entonces
$\frac{\overline{PC}}{sen(\alpha)}=\overline{PB}\times \frac{sen(45°)}{sen(45°+\alpha)}$
$\overline{PC}\times sen(45°+\alpha)=\overline{PB}\times sen(45°)\times sen(\alpha)$
$\overline{PC}\times sen(45°)\times (sen(\alpha)+cos(\alpha))=\overline{PB}\times sen(45°)\times sen(\alpha)$
Porque $sen(45°)=cos(45°)$.
$\frac{\overline{PB}}{\overline{PC}}=\frac{sen(\alpha)+cos(\alpha)}{sen(\alpha)}$
$\frac{\overline{PB}}{\overline{PC}}=1+cotg(\alpha)=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$
Sea $[ABC]$ el área del triángulo $ABC$, y $[PQRS]$ el del cuadrado $PQRS$.
$[ABC]=\frac{\overline{AC}\times \overline{BC}}{2}=$
$\frac{\overline{BC}^2}{2}=$
$\frac{(\overline{PB}+\overline{PC})^2}{2}=$
$\frac{(\frac{3}{2}\overline{PC}+\overline{PC})^2}{2}=$
$\frac{25}{8}\overline{PC}^2$
$[PQRS]=\overline{PQ}^2=$
$\overline{QC}^2+\overline{PC}^2=$
$(\frac{\overline{PC}}{2})^2+\overline{PC}^2=$
$\frac{\overline{PC}^2}{4}+\overline{PC}^2=$
$\frac{5}{4}\overline{PC}^2$
$\frac{[PQRS]}{[ABC]}=\frac{\frac{5}{4}\overline{PC}^2}{\frac{25}{8}\overline{PC}^2}=\frac{2}{5}$
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Sea $S'$ en $CB$ tal que $SS'$ es perpendicular a $CB$ (es la proyección de $S$ en $BC$)
Luego $CPQ$ y $PSS'$ son triángulos rectángulos con hipotenusas $PQ = PS$ y ángulos $\angle CPQ = 90 - \angle S'PS = \angle PSS'$ de donde son iguales.
Pero $SBS'$ es rectángulo e isósceles, de donde $S'B = S' S = CP$, por lo que $CB = CP+PS' + S'B = 2CQ + CQ + 2CQ = 5PQ$.
Por otro lado, es claro que $PQ = \sqrt{5}CQ$.
Finalmente, como el cociente de las áreas de los triángulos $ABC$ y $PQR$ es $\left( \sqrt{5} \right) ^2$, tenemos que el cociente entre las áreas de $PQRS$ y $ABC$ es $2 \cdot \left( \frac{1}{5} \right) = \frac{2}{5}$
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
Sea $QC=x$ y $CQP=\alpha$. Se conoce que $PC=2x$ y por Pitagoras, $QP=\sqrt{5}x$. Sea $H$ el punto donde la recta $RS$ corta al lado $AC$
Se puede ver que los triangulos rectangulos $QCP$ y $QRH$ son semejantes. Dado que $PC$ es el doble de $QC$, $QR$ sera el doble de $HR$.
$QR=QP$ por ser lados del cuadrado, entonces $HR=\frac{\sqrt{5}x}{2}$. Aplicando Pitagoras en el triangulo $QRH$, obtengo que $QH=\frac{5x}{2}$.
Observando el triangulo $SPB$,veo que el angulo $SPB$ es complementario a $QPC$, entonces, $SPB=\alpha$ y dado que $ABC=CAB=45$, entonces $PSB=135-\alpha$
Aplicando Teorema del Seno en el triangulo $SPB$ obtengo $\frac{SP}{sin(45)}=\frac{PB}{sin(PSB)}$. Y aplicandolo en el triangulo $ASH$ obtengo $\frac{HS}{sin(45)}=\frac{AH}{sin(ASH)}$. Despejando $sin(45)$ llego a la siguiente igualdad
$\frac{sin(PSB)*SP}{PB}=\frac{sin(ASH)*HS}{AH}$
Y dado que los angulos $PSB$ y $ASH$ son complementarios, entonces $sin(ASH)=cos(PSB)$, de lo que obtengo
$\frac{tan(PSB)*SP}{HS}=\frac{PB}{AH}$
Resolviendo esa ecuacion: por un lado tengo que $SP=\sqrt{5}x$ por ser lado del cuadrado y $HS=RS+HR=\frac{3*\sqrt{5}x}{2}$. Por otro lado tengo que $tan(\alpha)=\frac{PC}{QC}=2$ y aplicando la propiedad de tangente de una resta: $tan(PSB)=tan(135-\alpha)=\frac{tan(135)-tan(\alpha)}{1+tan(135)*tan(\alpha)}=\frac{(-1)-2}{1+(-1)*2}=3$
Reemplazando en la ecuacion llego a $\frac{PB}{AH}=2$
Por ultimo dado que $ABC$ es isosceles, entonces
$QC+QH+AH=PC+PB$
$5/2x+x+AH=2x+2AH$
$AH=3/2x$
De lo que obtengo que los catetos de $ABC$ miden $5x$, por lo que el area del triangulo es $\frac{25x^2}{2}$ y el area del cuadrado es $PQ^2=5x^2$. De lo que obtengo que la razon de sus areas es $\frac{2}{5}$
