Solución del problema 175. José Montes Valderrama, profesor del Centro Público de Adultos “Triana”.
En
un triángulo ABC es AB=AC, D es el punto medio de BC.
E
es el pie de la perpendicular trazada por D a AC
F
es el punto medio de DE.
Demostrar
que AF es perpendicular a BE.
Sea
el pie de la altura de 
en el triángulo ABC.
- BG es paralelo a DE
Por ser 
y 
, entonces, 
es paralelo a 
.
- DE es
paralela media en el triángulo GBC
En
el triángulo GBC se tiene, por hipótesis, que DE pasa por el
punto medio de BC y además, como se ha visto antes, es paralelo a BG.
Por ello DE es una paralela media y el pie E equidista de G
y C, es decir EG=EC.
- Los
triángulos BGC y ADC son semejantes
Es
evidente que ambos triángulos son rectángulos y comparten el ángulo 
.
- Los ángulos
GBE y EAF son iguales
Es
conveniente, una breve consideración previa referida a la semejanza de
triángulos:
En
dos triángulos semejantes cualesquiera LMN y L´M´N´ de razón de
semejanza 
Se
sitúan los puntos P y P´ en lados homólogos de tal forma que 
. Entonces LPN y L´P´N´ son semejantes, puesto
que 
y además
. Con este
razonamiento, aseguramos la igualdad angular 
.
Análoga
deducción podría hacerse con los otros dos triángulos LPM y L´P´M´
que surgen de las particiones causadas por los segmentos LP y L´P´.
Volviendo
al problema, se constata que CGB y DEA son semejantes de supuesta
razón k, por ser rectángulos y verificarse 
cuando se observa que ADE es el complementario de EDC que
precisamente pertenece al triángulo rectángulo EDC.
Cumpliéndose, en particular, que k es la razón de semejanza de los catetos menores de CGB y DEA,
, es un valor que se
conserva si se toman las mitades,
y
en consecuencia 
- AF es
perpendicular a BE
La
primera igualdad angulares 
, que se justifica por ser
ángulos opuestos por el vértice, y la segunda por el razonamiento
anterior, son suficientes para propiciar la semejanza de los triángulos BHJ
y JGA, y como 
=90º por ser G es el pie de la altura, necesariamente el
ángulo 
=90º
.