Problema 175.- 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. Larson, L.C. (1990): Problem-solving through problems.Problem books in Mathematics, Edited by P.R. Halmos. Springer Verlag. (p. 27) Solución de José María Pedret, Ingeniero Naval. Esplugues de Llobregat (Barcelona).

INTRODUCCION
Figure 1
El dibujo del enunciado lo traduciremos en un primer paso como : Fijados ABC y D con AB=AC y D punto medio de AB, dibujar la recta DE perpendicular a AC y E la intersección de ambas. Además de F punto medio de ED trazamos:
	la recta BG perpendicular a AC y G la intersección de ambas y la recta AH perpendicular a AB y H la intersección con ED
El estudio del dibujo nos muestra que hay muchas rectas por B y muchas rectas por A y que esas rectas guardan “alguna” relación. Estudiar esa relación y determinarla nos permitirá relacionar BE con AF y comprobar lo que solicita el enunciado. Intentaremos resolver esas cuestiones en el campo de la GEOMETRIA PROYECTIVA.

Las herramientas “proyectivas” para la resolución de este problema pueden encontrarse en el problema 137 de estas páginas que nos ofrece RICARDO BARROSO CAMPOS: sol/sol137pedcp.pdf PLANTEAMIENTO Observando la figura vemos que por el punto fijo B pasan las rectas BA, BG, BC y BE. Y los puntos A, G, C y E están sobre AC. Observando la figura vemos que por el punto fijo A pasan las rectas AH, AC, AD y AF. Y los puntos H, C, D y F están sobre DE. Sabemos seguro (pues así las hemos construido) que: Vemos que la relación mencionada en la INTRODUCCION es la relación de perpendicularidad de las rectas del haz B* (conjunto de las rectas que pasan por B) y las rectas del haz A*. Hemos definido una homografía: No hay duda de que es una homografía pues está inducida por una transformación lineal de rectas vectoriales en rectas vectoriales (la suma de dos vectores rotados π/2 es la rotación de π/2 de la suma de dichos vectores) y es biyectiva (desde un punto exterior a una recta sólo puede trazarse una perpendicular). Además, está perfectamente definida pues conocemos la imagen de tres rectas distintas.
¿Qué ocurre entre BE y AF? Si comprobamos que habríamos resuelto este problema.


DESARROLLO Y RESOLUCION Del resumen proyectivo del problema 137 recordamos:
13	Homografías entre Rectas Proyectivas y Haces de Rectas
En un plano proyectivo, existe una biyección canónica p entre una recta proyectiva dada r y un haz dado A; a todo punto X de r se le asocia la recta AX de A y a toda recta x de A* se le asocia el punto x ∩ r. Esta biyección conserva la razón doble [10]. p recibe el nombre de proyección de r sobre A* y su inversa la de A* sobre r.
Figure 2
h*(AX) = AX’ = p(X’) = poh(X) = pohop^-1(AX). Como h→pohop^-1 es isomorfismo de grupos, podemos trabajar indistintamente con una homografía de puntos de una recta o con una homografía de rectas de un haz.


Paso de los haces proyectivos a rectas proyectivas
Figure 3
Gracias al isomorfismo anterior, en nuestro caso, trasladaremos nuestro problema a la siguiente homografía:
y lo que tenemos que comprobar es:

Recordemos también que:
08	Eje de Homografía: Construcción Geométrica de la Imagen de un Punto
Sea h: r→r’ una homografía entre rectas proyectivas. Si h es una proyección, dados dos puntos A y B de r, AB’ y BA’ se cortan en una recta fija que pasa por r ∩ r’. Si h no es una proyección, AB’ y BA’ se cortan sobre la recta que une h(r ∩ r’) y h^-1(r ∩ r’). Esta recta se llama eje de homografía.
Figure 4
Para construir el eje de homografía UV, determinamos U = AB’ ∩ BA’ y V = BC’ ∩ CB’. (podemos comprobar que W = CA’ ∩ AC’ está sobre el eje.) Para construir la imagen de un punto X de r, hallamos Z = XC’ ∩ UV y así, X’ = CZ ∩ r’.

Determinación del eje de homografía en nuestro caso
Figure 5
y además es fácil comprobar que

Construcción de la imagen de F Recordemos que: Para construir la imagen de un punto X de r, hallamos Z = XD’ ∩ UV y así, X’ = DZ ∩ r’. En nuestro caso: Por lo tanto c.q.d.