Sean $K$ un punto de la hipotenusa $AB$ de un triángulo rectángulo $ABC$, y $L$ un punto del cateto $AC$ tal que $AK=AC$ y $BK=LC$. Sea $M$ el punto de intersección de los segmentos $BL$ y $CK$. Demostrar que el triángulo $CLM$ es isósceles.
Sea $AK=AC=X $ y $BK=CL=Y $
Por menelao en $ABL$, $\frac{X\times Y\times BM}{X\times Y\times ML}=1$, de acá sacamos $BM=ML$ y por mediana de triangulo rectangulo en $BLC$, $CM=ML$
Sea $D$ sobre la recta $CK$ tal que $BD=BK=CL$.
Tenemos $B\widehat DK=B\widehat KD=C\widehat KA=A\widehat CK\Rightarrow \triangle ACK\simeq \triangle BDK\Rightarrow K\widehat BD=K\widehat AC$.
Luego $CL\parallel AC\parallel BD \wedge CL=BD\Rightarrow CLDB$ es un paralelogramo, como además $CL\perp CB$ resuta que $CLDB$ es un rectángulo, por lo tanto sus diagonales son iguales y se cortan en su punto medio.
Finalmente $CM=ML\Rightarrow \triangle CLM$ es isósceles.
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Última edición por Gianni De Rico el Dom 10 Jun, 2018 11:04 am, editado 1 vez en total.
Sea D la intersección de la recta $CK$ con la recta perpendicular a $BC$ en $B$.
Si $\hat{A}=\alpha$, tenemos que $\widehat{ACK}=\widehat{AKC}=90°-\frac{\alpha}{2}=\widehat{DKB}$ y que $\widehat{ABC}=90°-\alpha\implies\widehat{DBA}=\alpha\implies\widehat{BDK}=90°-\frac{\alpha}{2}$, por lo tanto $BD=BK=CL$, y como $\widehat{DBC}=\widehat{CBL}=90°$, por lo tanto $DBCL$ es un rectángulo y $M$ es su centro, y como las diagonales de un rectángulo son congruentes y se bisecan tenemos que $MC=ML$.
Sea $L´$ el simétrico de $L$ respecto a $C$.
La mediatriz de $LL´$ pasa por $B$, por lo que el triángulo $L´BL$ es isósceles. Ahora, llamemos a $B\widehat{A}C$$=2$$\alpha$. Por lo tanto, $A\widehat{C}K$$=$$90^{\circ}$$-$$\alpha$ y nos da el mismo valor para $A\widehat{L´}B$. Como $LBL´$ es isósceles, $M\widehat{L}C$$=$$A\widehat{C}K$$=$$90^{\circ}$$-$$\alpha$, con lo que demostramos que el triágulo $CLM$ es isósceles.
La solución está completa.
Se traza la recta $AM$, que corta a $BC$ en $J$.
Por Ceva, tenemos: $\frac{AL}{LC}.\frac{CJ}{JB}.\frac{BK}{KA}=1$, pero $LC=BK$ $\Rightarrow$ $\frac{CJ}{JB}=\frac{KA}{AL}$ (*)
Aplicando Menelao en $\triangle$ $ACB$: $\frac{AL}{AC}.\frac{CJ}{JB}.\frac{BM}{ML}=1$; luego aquí reemplazamos la expresión obtenida anteriormente (*), cancelamos y sabiendo que KA=AC, se llega a que $BM=ML$, luego por ser $A\hat{C}B=90°$, $CM$ es menor mediana de $\triangle$ $LCB$ $\Rightarrow$ $CM=ML$.
$\therefore$ $\triangle$ $CLM$ es isósceles.
Última edición por DiegoLedesma el Dom 10 Jun, 2018 1:45 pm, editado 1 vez en total.
Se traza la recta $AM$, que corta a $BC$ en $J$.
Por Ceva, tenemos: $\frac{AL}{LC}.\frac{CJ}{JB}.\frac{BK}{KA}=1$, pero $LC=BK$ $\Rightarrow$ $\frac{CJ}{JB}=\frac{KA}{AL}$ (*)
Aplicando Menelao en $\triangle$ $ACB$: $\frac{AL}{AC}.\frac{CJ}{JB}.\frac{BK}{KA}=1$; luego aquí reemplazamos la expresión obtenida anteriormente (*), cancelamos y se llega a que $BM=ML$, luego por ser $A\hat{C}B=90°$, $CM$ es menor mediana de $\triangle$ $LCB$ $\Rightarrow$ $CM=ML$.
$\therefore$ $\triangle$ $CLM$ es isósceles.
El Menelao esta mal, en una fórmula de Menelao o Ceva cada punto aparece involucrado 2 veces y el punto A aparece 3 veces ahí.
