Sea $ABC$ un triángulo rectángulo con ángulo recto en $B$. Sean $D$ el pie de la altura desde $B$, $E$ el punto medio de $CD$ y $F$ un punto sobre la recta por $A$ y $B$ de manera que $BA=AF$. Muestra que las rectas $BE$ y $FD$ son perpendiculares.
Sea $ABC$ un triángulo rectángulo con ángulo recto en $B$. Sean $D$ el pie de la altura desde $B$, $E$ el punto medio de $CD$ y $F$ un punto sobre la recta por $A$ y $B$ de manera que $BA=AF$. Muestra que las rectas $BE$ y $FD$ son perpendiculares.
Bueno, prosedere a "intentar
Bueno, prosedere a "intentar resolverle", ya que de la ONMAS 2010, este fue el problema que mas llamo mi atencion. E aqui mi solucion.
1) Primero que nada, es facil ver que los triangulos $BDF$ y $CEB$ son semejantes. Si no me cren aqui va la pruba de ello:
Trazemos la paralela por E a BD, hasta que corte a BC en J, es claro que J es punto medio de BC, Por otro lado $CEJ$ es semejante a $CDB$, que a su vez semejante con $BDA$. Por lo tanto, $CEJ$ y $BDA$ son semejantes y como AF=BA y CJ=JB, la semejanza que escribi al inicio esta muy clara.
2)Ya sabiendo que $BDF$ y $CEB$ son semejantes, el problema esta resuelto.
Sea K la interseccion de BE con FD, observemos entonces el triangulo $BFK$, de ahi es facil la siguiente relacion de igualdades.
$\angle{BFK}+\angle{KBF}=\angle{CBE}+\angle{KBF}=90°$
y por que son perpendiculares ya esta obio suma de angulos internos a $BKF$
Estaba facil no???, por cierto profe Muñoz, los triangulos de la primera semejanza, son los que se vi con la rotacion. saludos!!!
Gracias Brandon. La verdad es
Gracias Brandon. La verdad es que no es fácil de ver esa semejanza. Bueno, se puede sospechar pero la demostración se me negó anoche que lo estuve intentando. Lo voy a pasar a a sección solución.
Te saluda
magia :) gracias por
magia :) gracias por compartir tu solucion :)