Ley de los cosenos - problemas y soluciones

Solución:
Sea [tex]AD=BD=x[/tex], [tex]AB=c[/tex], [tex]AC=b[/tex]. En el [tex]\triangle ABD[/tex]: [tex]x^2=c^2+x^2-2 \times c \times x \times \frac{2}{3} \Rightarrow c=\frac{4x}{3}[/tex].
[tex]BD[/tex] es un segmento tangente: [tex]BD=\frac{a+c-b}{2}[/tex], de donde [tex]b=9+\frac{4x}{3}-2x=9-\frac{2x}{3}[/tex].
Por el teorema del coseno en el [tex]\triangle ABC[/tex]: [tex]\left(9-\frac{2x}{3}\right)^2=81+\frac{16x^2}{9}-2 \times 9 \times \frac{4x}{3} \times \frac{2}{3}[/tex].
[tex]81-12x+\frac{4x^2}{9}=81+\frac{16x^2}{9}-16x \Rightarrow 4x=\frac{12x^2}{9} \Rightarrow x=3[/tex].
[tex]AB=\frac{4 \times 3}{3}=4[/tex].

Solución:
Sea [tex]AB=9k[/tex], [tex]CD=6k[/tex], [tex]AC=7k[/tex] [tex](AB \parallel CD)[/tex] y [tex]\angle BAC=\angle ACD=\varphi[/tex].
[tex]\triangle ACD[/tex]: [tex]AD^2=49k^2+36k^2-84k^2\cos\varphi[/tex]; [tex]\triangle ABC[/tex]: [tex]BC^2=81k^2+49k^2-126k^2\cos\varphi[/tex].
Eliminando [tex]\cos\varphi[/tex]: [tex]2BC^2-3AD^2=5k^2[/tex].
Si [tex]AD=12[/tex], [tex]BC=9[/tex]: [tex]162-432<0[/tex], imposible. Por lo tanto, [tex]AD=9[/tex], [tex]BC=12[/tex]: [tex]288-243=45=5k^2[/tex], [tex]k=3[/tex].
Las bases miden [tex]27[/tex] y [tex]18[/tex], y la paralela media es [tex]\frac{27+18}{2}=22{,}5[/tex].

Solución:
Por el teorema del seno [tex]AB=2R\sen\angle ACB \Rightarrow \sen\angle ACB=\frac{1}{2}[/tex].
[tex]\angle AMC=\angle BMD=120^\circ[/tex] (ángulos opuestos por el vértice), así que [tex]\angle ACB<60^\circ[/tex] y [tex]\angle ACB=30^\circ[/tex].
Entonces [tex]\angle MAC=180^\circ-120^\circ-30^\circ=30^\circ[/tex] y [tex]AM=MC[/tex].
Sea [tex]BM=2x[/tex], [tex]MC=AM=3x[/tex]. [tex]\angle AMB=60^\circ[/tex]. En el [tex]\triangle ABM[/tex]:
[tex]R^2=9x^2+4x^2-2 \times 3x \times 2x \times \frac{1}{2}=7x^2 \Rightarrow x=\frac{R}{\sqrt{7}}[/tex].
[tex]BC=5x=\frac{5R\sqrt{7}}{7}[/tex].

Solución:
Giramos el [tex]\triangle AOB[/tex] alrededor de [tex]A[/tex] un ángulo de [tex]60^\circ[/tex] de modo que [tex]B[/tex] vaya a [tex]C[/tex] y [tex]O[/tex] vaya a [tex]O'[/tex]. Entonces [tex]AO'=3[/tex], [tex]CO'=BO=4[/tex], [tex]\angle OAO'=60^\circ[/tex].
El [tex]\triangle AOO'[/tex] es equilátero: [tex]OO'=3[/tex], [tex]\angle AO'O=60^\circ[/tex].
En el [tex]\triangle OO'C[/tex]: [tex]3^2+4^2=5^2[/tex], así que [tex]\angle OO'C=90^\circ[/tex] y [tex]\angle AO'C=150^\circ[/tex].
Por el teorema del coseno en el [tex]\triangle AO'C[/tex]: [tex]AC^2=9+16-2 \times 3 \times 4 \times \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=25+12\sqrt{3}[/tex].
[tex]AC=\sqrt{25+12\sqrt{3}}[/tex].

Solución:
Giramos el [tex]\triangle CBM[/tex] alrededor de [tex]B[/tex] un ángulo de [tex]90^\circ[/tex] de modo que [tex]C[/tex] vaya a [tex]A[/tex] y [tex]M[/tex] vaya a [tex]M'[/tex]. Entonces [tex]BM'=2[/tex], [tex]AM'=CM=3[/tex], [tex]\angle MBM'=90^\circ[/tex].
El [tex]\triangle MBM'[/tex] es rectángulo isósceles: [tex]MM'^2=8[/tex], [tex]\angle BMM'=45^\circ[/tex].
En el [tex]\triangle AMM'[/tex]: [tex]AM^2+MM'^2=1+8=9=AM'^2[/tex], así que [tex]\angle AMM'=90^\circ[/tex].
[tex]\angle AMB=\angle AMM'+\angle M'MB=90^\circ+45^\circ=135^\circ[/tex].

Solución:
Sea [tex]AB=t[/tex], [tex]AD=t+24[/tex]. En el [tex]\triangle ABD[/tex]: [tex]56^2=t^2+(t+24)^2-t(t+24)=t^2+24t+576[/tex].
[tex]t^2+24t-2560=0 \Rightarrow t=40[/tex], [tex]AD=64[/tex].
De [tex]AB^2=AC \times AD[/tex] (potencia de un punto): [tex]AC=\frac{1600}{64}=25[/tex].
En el [tex]\triangle ABC[/tex]: [tex]BC^2=1600+625-2 \times 40 \times 25 \times \frac{1}{2}=1225[/tex], [tex]BC=35[/tex].

Solución:
El cuadrilátero es inscrito: [tex]\angle ADC=120^\circ[/tex]. Tiene circunferencia inscrita: [tex]AB+CD=BC+DA[/tex], es decir, [tex]CD=DA+10[/tex]. Sea [tex]DA=y[/tex].
[tex]\triangle ABC[/tex]: [tex]AC^2=400+900-2 \times 20 \times 30 \times \frac{1}{2}=700[/tex].
[tex]\triangle ACD[/tex]: [tex]700=(y+10)^2+y^2+y(y+10)=3y^2+30y+100[/tex].
[tex]y^2+10y-200=0 \Rightarrow y=10[/tex].
[tex]DA=10[/tex], [tex]CD=20[/tex].

Solución:
[tex]AD=17[/tex]. Por el teorema de la bisectriz: [tex]\frac{AB}{BD}=\frac{6{,}8}{10{,}2}=\frac{2}{3}[/tex]. Sea [tex]BD=x[/tex], [tex]AB=\frac{2x}{3}[/tex], [tex]AC=x+2[/tex].
En un paralelogramo (se deduce del teorema del coseno): [tex]AC^2+BD^2=2(AB^2+AD^2)[/tex].
[tex](x+2)^2+x^2=2\left(\frac{4x^2}{9}+289\right) \Rightarrow 5x^2+18x-2583=0[/tex].
[tex]x=\frac{-18+228}{10}=21[/tex].
[tex]BD=21[/tex], [tex]AC=23[/tex].

Solución:
Sea [tex]BC=a[/tex], [tex]AC=b[/tex]. Por las áreas: [tex]\frac{1}{2}ab\sen 120^\circ=\frac{1}{2}(a+b)l_c\sen 60^\circ \Rightarrow l_c=\frac{ab}{a+b}[/tex].
[tex]c^2=a^2+b^2+ab[/tex] y [tex]m_c^2=\frac{2a^2+2b^2-c^2}{4}=\frac{a^2+b^2-ab}{4} \Rightarrow a^2+b^2-ab=19[/tex].
Con [tex]s=a+b[/tex], [tex]q=ab[/tex]: [tex]q=\frac{15s}{8}[/tex] y [tex]s^2-3q=19 \Rightarrow 8s^2-45s-152=0 \Rightarrow s=8[/tex], [tex]q=15[/tex].
[tex]a[/tex] y [tex]b[/tex] son [tex]3[/tex] y [tex]5[/tex], [tex]c^2=9+25+15=49[/tex], [tex]c=7[/tex].

Solución:
Mediana: [tex]4m_c^2=2a^2+2b^2-c^2 \Rightarrow 1476=2(a^2+b^2)-1764 \Rightarrow a^2+b^2=1620[/tex].
Bisectriz: [tex]l_c=\frac{2ab\cos\frac{\gamma}{2}}{a+b}[/tex], y por el teorema del coseno [tex]\cos^2\frac{\gamma}{2}=\frac{1+\cos\gamma}{2}=\frac{(a+b)^2-c^2}{4ab}[/tex], es decir, [tex]l_c^2=\frac{ab\left((a+b)^2-c^2\right)}{(a+b)^2}[/tex].
Con [tex]s=a+b[/tex], [tex]q=ab=\frac{s^2-1620}{2}[/tex]: [tex](s^2-1620)(s^2-1764)=512s^2[/tex], es decir, [tex]s^4-3896s^2+2857680=0[/tex].
[tex]s^2=2916[/tex] o [tex]s^2=980[/tex]. Pero [tex]s>c=42[/tex], así que [tex]s=54[/tex], [tex]q=648[/tex].
[tex]a[/tex] y [tex]b[/tex] son las raíces de [tex]t^2-54t+648=0[/tex]: [tex]18[/tex] y [tex]36[/tex].

Solución:
[tex]\angle APB=\angle AMB[/tex] y [tex]P[/tex], [tex]M[/tex] están del mismo lado de [tex]AB[/tex], así que [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]M[/tex], [tex]P[/tex] están sobre una misma circunferencia.
Entonces [tex]CP \times CA=CM \times CB[/tex], es decir, [tex]\frac{b}{2} \times b=\frac{a}{2} \times a[/tex] y [tex]a=b[/tex].
[tex]c^2=2a^2-2a^2 \times 0{,}8=0{,}4a^2[/tex].
[tex]BP^2=\frac{2a^2+2c^2-b^2}{4}=\frac{a^2+0{,}8a^2}{4}=0{,}45a^2=1 \Rightarrow a^2=\frac{20}{9}[/tex].
[tex]S=\frac{1}{2}a^2\sen\gamma=\frac{1}{2} \times \frac{20}{9} \times 0{,}6=\frac{2}{3}[/tex].

Solución:
Las rectas [tex]AC[/tex] y [tex]AA_1[/tex] son secantes desde [tex]A[/tex] a la circunferencia: [tex]AB_1 \times AC=AM \times AA_1[/tex].
[tex]\frac{b}{2} \times b=\frac{2}{3}m_a \times m_a \Rightarrow m_a^2=\frac{3b^2}{4}[/tex].
Por la fórmula de la mediana (que se deduce del teorema del coseno): [tex]\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}=\frac{3b^2}{4} \Rightarrow 2c^2=a^2+b^2[/tex].
[tex]2c^2=16+36=52[/tex], [tex]c^2=26[/tex].
[tex]AB=\sqrt{26}[/tex].

Solución:
[tex]FC=4[/tex]. Por el teorema de la bisectriz para [tex]BF[/tex]: [tex]\frac{AB}{BC}=\frac{3}{4}[/tex]. Sea [tex]AB=3k[/tex], [tex]BC=4k[/tex].
Para la bisectriz [tex]AD[/tex]: [tex]\frac{CD}{DB}=\frac{AC}{AB} \Rightarrow \frac{5}{4k-5}=\frac{7}{3k} \Rightarrow k=\frac{35}{13}[/tex], es decir, [tex]AB=\frac{105}{13}[/tex], [tex]BC=\frac{140}{13}[/tex].
[tex]\cos\angle ACB=\frac{AC^2+BC^2-AB^2}{2 \times AC \times BC}=\frac{49+\frac{8575}{169}}{\frac{1960}{13}}=\frac{43}{65}[/tex].
En el [tex]\triangle CDF[/tex]: [tex]DF^2=25+16-2 \times 5 \times 4 \times \frac{43}{65}=41-\frac{344}{13}=\frac{189}{13}[/tex].
[tex]DF=\sqrt{\frac{189}{13}}=\frac{3\sqrt{273}}{13}[/tex].

Solución:
En el [tex]\triangle DEK[/tex]: [tex]\cos\angle DEK=\frac{1600+7056-4624}{2 \times 40 \times 84}=\frac{4032}{6720}=\frac{3}{5}[/tex].
[tex]\angle DEK=90^\circ-\angle KEB=\angle ABC[/tex] (del triángulo rectángulo [tex]\triangle EKB[/tex]). Así, [tex]\cos\angle B=\cos\angle A=\frac{3}{5}[/tex], [tex]\sen\angle B=\frac{4}{5}[/tex], [tex]\tan\angle A=\frac{4}{3}[/tex].
[tex]AE=\frac{DE}{\tan\angle A}=30[/tex], [tex]EB=\frac{EK}{\sen\angle B}=105[/tex], [tex]AB=135[/tex].
[tex]AC=BC=\frac{AB}{2\cos\angle A}=\frac{135}{2} \times \frac{5}{3}=112{,}5[/tex].

Solución:
Sea [tex]BC=x[/tex]: [tex]37=9+x^2-3x \Rightarrow x^2-3x-28=0 \Rightarrow x=7[/tex].
[tex]D[/tex] es el punto medio del arco [tex]AC[/tex], así que [tex]AD=CD[/tex] y [tex]\angle ADC=180^\circ-60^\circ=120^\circ[/tex]. En el [tex]\triangle ADC[/tex]: [tex]AC^2=3AD^2 \Rightarrow AD^2=\frac{37}{3}[/tex].
En el [tex]\triangle ABD[/tex] con [tex]\angle ABD=30^\circ[/tex]: [tex]\frac{37}{3}=9+BD^2-2 \times 3 \times BD \times \frac{\sqrt{3}}{2}[/tex], es decir, [tex]BD^2-3\sqrt{3}BD-\frac{10}{3}=0[/tex].
[tex]BD=\frac{3\sqrt{3}+\frac{11}{\sqrt{3}}}{2}=\frac{10}{\sqrt{3}}=\frac{10\sqrt{3}}{3}[/tex] (la otra raíz es negativa).

Solución:
[tex]AM=\frac{10}{3}[/tex], [tex]BM=\frac{8}{3}[/tex], [tex]S_{AMB}=\frac{S}{3}=\frac{8}{3}[/tex].
[tex]\frac{1}{2} \times \frac{10}{3} \times \frac{8}{3} \times \sen\angle AMB=\frac{8}{3} \Rightarrow \sen\angle AMB=\frac{3}{5}[/tex]; el ángulo es obtuso, así que [tex]\cos\angle AMB=-\frac{4}{5}[/tex].
[tex]AB^2=\frac{100}{9}+\frac{64}{9}+2 \times \frac{10}{3} \times \frac{8}{3} \times \frac{4}{5}=\frac{292}{9}[/tex].
[tex]ML[/tex] es mediana del [tex]\triangle AMB[/tex]: [tex]ML^2=\frac{2AM^2+2BM^2-AB^2}{4}=\frac{1}{4}\left(\frac{200}{9}+\frac{128}{9}-\frac{292}{9}\right)=1[/tex].
[tex]CL=3 \times ML=3[/tex].

Solución:
Prolongamos [tex]CM[/tex] hasta un punto [tex]D[/tex] con [tex]MD=CM[/tex]. [tex]ACBD[/tex] es un paralelogramo: [tex]AD=BC=4[/tex], [tex]AD \parallel BC[/tex].
Sea [tex]\angle BCM=\varphi[/tex]; entonces [tex]\angle ACM=180^\circ-2\varphi[/tex] y [tex]\angle ADC=\angle BCD=\varphi[/tex].
En el [tex]\triangle ACD[/tex]: [tex]\angle CAD=180^\circ-(180^\circ-2\varphi)-\varphi=\varphi=\angle ADC[/tex], así que [tex]CD=AC=7[/tex] y [tex]CM=\frac{7}{2}[/tex].
Por la fórmula de la mediana: [tex]4 \times \frac{49}{4}=2 \times 49+2 \times 16-AB^2 \Rightarrow AB^2=81[/tex].
[tex]AB=9[/tex].

Solución:
Si [tex]\beta=2\alpha[/tex], por el teorema del seno [tex]\frac{b}{a}=\frac{\sen 2\alpha}{\sen\alpha}=2\cos\alpha[/tex], y por el teorema del coseno [tex]\cos\alpha=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}[/tex]. De aquí [tex]b^2c=a(b^2+c^2-a^2)[/tex], es decir, [tex]b^2(c-a)=a(c-a)(c+a)[/tex] y [tex]b^2=a(a+c)[/tex].
Sean los lados [tex]n-1[/tex], [tex]n[/tex], [tex]n+1[/tex] (el ángulo mayor es opuesto al lado mayor).
El mayor es el doble del menor: [tex](n+1)^2=(n-1)(2n-1) \Rightarrow n^2-5n=0 \Rightarrow n=5[/tex].
El intermedio es el doble del menor: [tex]n^2=(n-1)2n \Rightarrow n=2[/tex] – lados [tex]1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]3[/tex], no hay triángulo.
El mayor es el doble del intermedio: [tex](n+1)^2=n(2n+1) \Rightarrow n^2-n-1=0[/tex] – sin raíz natural.
Respuesta: los lados son [tex]4[/tex], [tex]5[/tex], [tex]6[/tex]. (Comprobación: [tex]\cos\alpha=\frac{3}{4}[/tex], [tex]\cos\gamma=\frac{1}{8}=2 \times \frac{9}{16}-1=\cos 2\alpha[/tex].)

Solución:
Sea [tex]AL[/tex] la bisectriz e [tex]I[/tex] el incentro. [tex]BI[/tex] es bisectriz en el [tex]\triangle ABL[/tex], y [tex]BL=\frac{ac}{b+c}[/tex]:
[tex]\frac{AI}{IL}=\frac{AB}{BL}=\frac{b+c}{a}=\frac{8}{7}[/tex]. Sea [tex]b+c=8k[/tex], [tex]a=7k[/tex].
[tex]a^2=b^2+c^2+bc=(b+c)^2-bc \Rightarrow 49k^2=64k^2-bc \Rightarrow bc=15k^2[/tex], así que los lados [tex]b[/tex] y [tex]c[/tex] son [tex]3k[/tex] y [tex]5k[/tex].
El coseno del ángulo opuesto a [tex]3k[/tex] es [tex]\frac{49+25-9}{2 \times 7 \times 5}=\frac{13}{14}[/tex]; el del ángulo opuesto a [tex]5k[/tex] es [tex]\frac{49+9-25}{2 \times 7 \times 3}=\frac{11}{14}[/tex].

Solución:
Sea [tex]ABCD[/tex] [tex](AB \parallel CD)[/tex], [tex]AD=8[/tex], [tex]BC=3[/tex]; las prolongaciones de los lados se cortan en [tex]P[/tex], [tex]PD=x[/tex], [tex]PC=y[/tex].
[tex]\triangle DPC \sim \triangle APB[/tex]: [tex]\frac{x+8}{x}=\frac{y+3}{y} \Rightarrow y=\frac{3x}{8}[/tex].
[tex]CD^2=x^2+y^2-xy=\frac{49x^2}{64} \Rightarrow CD=\frac{7x}{8}[/tex], [tex]AB=CD \times \frac{x+8}{x}=\frac{7(x+8)}{8}[/tex].
Circunferencia inscrita: [tex]AB+CD=8+3=11 \Rightarrow \frac{7(2x+8)}{8}=11 \Rightarrow x=\frac{16}{7}[/tex].
[tex]CD=2[/tex], [tex]AB=9[/tex].

Solución:
[tex]\cos\alpha=\frac{9+4-7}{2 \times 3 \times 2}=\frac{1}{2}[/tex], [tex]\alpha=60^\circ[/tex].
Sea [tex]BD=DE=EC=x[/tex]; entonces [tex]AD=2-x[/tex], [tex]AE=3-x[/tex].
En el [tex]\triangle ADE[/tex]: [tex]x^2=(2-x)^2+(3-x)^2-(2-x)(3-x)=x^2-5x+7 \Rightarrow x=\frac{7}{5}[/tex].
[tex]AD=\frac{3}{5}[/tex], [tex]AE=\frac{8}{5}[/tex], [tex]S=\frac{1}{2} \times \frac{3}{5} \times \frac{8}{5} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{6\sqrt{3}}{25}[/tex].

Solución:
Sea [tex]\angle BAD=\angle DAC=\varphi[/tex]. Como [tex]AD=BD[/tex], [tex]\angle ABD=\varphi[/tex] y [tex]\angle ADC=2\varphi[/tex] (ángulo exterior).
Sea [tex]BD=AD=x[/tex]; por el teorema de la bisectriz [tex]DC=\frac{9x}{7}[/tex].
[tex]\triangle ABD[/tex] ([tex]\angle ADB=180^\circ-2\varphi[/tex]): [tex]49=2x^2(1+\cos 2\varphi)[/tex].
[tex]\triangle ADC[/tex]: [tex]81=x^2+\frac{81x^2}{49}-2 \times x \times \frac{9x}{7} \times \cos 2\varphi[/tex].
Sustituyendo [tex]\cos 2\varphi=\frac{49}{2x^2}-1[/tex]: [tex]81=\frac{256x^2}{49}-63 \Rightarrow x=\frac{21}{4}[/tex].
[tex]BC=x+\frac{9x}{7}=\frac{16x}{7}=12[/tex].

Solución:
[tex]BM=4[/tex], [tex]MP=2[/tex], [tex]CM=6[/tex], [tex]MQ=3[/tex].
[tex]\triangle BMC[/tex]: [tex]BC^2=16+36+2 \times 4 \times 6 \times \frac{1}{2}=76[/tex], [tex]BC=2\sqrt{19}[/tex].
[tex]\angle BMQ=60^\circ[/tex]: [tex]BQ^2=16+9-12=13[/tex], [tex]AB=2BQ=2\sqrt{13}[/tex].
[tex]\angle CMP=60^\circ[/tex]: [tex]CP^2=36+4-12=28[/tex], [tex]AC=2CP=4\sqrt{7}[/tex].

Solución:
Las alturas desde [tex]O[/tex] en los tres triángulos miden [tex]r[/tex], así que [tex]AB:BC:CA=30:28:26=15:14:13[/tex]. Sea [tex]AB=15k[/tex], [tex]BC=14k[/tex], [tex]CA=13k[/tex].
[tex]\cos A=\frac{225+169-196}{2 \times 15 \times 13}=\frac{33}{65}[/tex].
[tex]\cos B=\frac{225+196-169}{2 \times 15 \times 14}=\frac{3}{5}[/tex].
[tex]\cos C=\frac{196+169-225}{2 \times 14 \times 13}=\frac{5}{13}[/tex].

Solución:
Sea [tex]O[/tex] el vértice, [tex]M[/tex] el punto y [tex]P[/tex], [tex]Q[/tex] los pies de las perpendiculares a los lados: [tex]MP=\sqrt{7}[/tex], [tex]MQ=2\sqrt{7}[/tex].
En el cuadrilátero [tex]OPMQ[/tex], [tex]\angle P=\angle Q=90^\circ[/tex], así que [tex]\angle PMQ=120^\circ[/tex].
[tex]PQ^2=7+28+2 \times \sqrt{7} \times 2\sqrt{7} \times \frac{1}{2}=49[/tex], [tex]PQ=7[/tex].
[tex]O[/tex], [tex]P[/tex], [tex]M[/tex], [tex]Q[/tex] están sobre una circunferencia de diámetro [tex]OM[/tex]. Por el teorema del seno en el [tex]\triangle OPQ[/tex]: [tex]PQ=OM\sen 60^\circ[/tex].
[tex]OM=\frac{7}{\sen 60^\circ}=\frac{14\sqrt{3}}{3}[/tex].