Dado un triángulo $ABC$ con el lado $AB$ mayor que el $BC$, sean $M$ el punto medio de $AC$ y $L$ el punto en el que la bisectriz del ángulo $\angle B$ corta al lado $AC$. Se traza por $M$ la recta paralela a $AB$, que corta a la bisectriz $BL$ en $D$, y se traza por $L$ la recta paralela al lado $BC$ que corta a la mediana $BM$ en $E$. Demostrar que $ED$ es perpendicular a $BL$.
Si todo te da igual estás haciendo mal las cuentas. Albert Einstein.
Llamemos P a la intersección de la paralela a BC trazada por L en el segmento AB
Llamemos Q a la intersección de la paralela a AB trazada por M en el segmento BC
Llamemos O a la intersección de LP y MQ.
Por enunciado, BPOQ es un paralelogramo, por lo tanto POQ=B y OQB=BPO=180-B.
Como MQ es paralela a AB los triangulos ABL y MDL son congruentes de donde MDL=ABL=B/2.
Como DOL=180-B y ODL=B/2, OLD=B/2
(1) MEO es congruente a MBQ ---->ME/MB = EO/BQ
(2) MEL es congruente a MBC ----> ME/MB = EL/BC
de (1) y (2) tenemos que:
EO/BQ = EL/BC
Por ser MQ base media BC=2BQ, por lo tanto
EO/BQ = EL/2BQ -----> EL = 2EO, de donde EO=OL
El triangulo ELD tiene como mediana a OD, y OD=OL=EO, por lo tanto el angulo LDE es rectángulo.
Si todo te da igual estás haciendo mal las cuentas. Albert Einstein.
Tenemos que [math]LE es paralela a [math]BC y que [math]MD es paralela a [math]AB
Sea [math]N=MD \cap BC, tenemos que [math]MN es base media de [math]ABC, por lo tanto [math]N es el punto medio de [math]BC
Al tener [math]LE paralela a [math]BC resulta que [math]O=MD \cap LE es punto medio de [math]LE
Para demostrar que [math]L \widehat{D}E=90^{\circ} podemos usar que [math]DO es mediana y [math]LO=DO=EO
Solo nos queda demostrar que [math]LO=DO
Pero como [math]BL es bisectriz y [math]LE es paralela a [math]BC resulta
Sea $F$ el punto medio de $BC$, $G$ tal que $FG$ es bisectriz de $M\widehat FC$, $H=CD\cap BM$ y $r$ la recta paralela a $BC$ por $L$. Luego, $E=r\cap BM$.
Como $MF$ es base media, entonces $MF\parallel AB\parallel MD\Rightarrow M$, $D$, $F$ son colineales. Luego, en $\triangle MBC$ las cevianas $MF$, $BL$ y $CH$ concurren en $D$. Por Ceva $\frac{ML}{LC}\frac{CF}{FB}\frac{BH}{HM}=1$, como $CF=FB$, entonces $\frac{CF}{FB}=1$ y por lo tanto $\frac{ML}{LC}\frac{BH}{HM}=1\Rightarrow \frac{ML}{LC}=\frac{HM}{BH}$ y por Thales $HL\parallel BC\Rightarrow HL=r\Rightarrow H=r\cap BM=E$. Luego, $E$, $D$ y $C$ son colineales.
Por paralelas $M\widehat FC=A\widehat BC$, por puntos medios y base media $\frac{CM}{CA}=\frac{MF}{AB}=\frac{FC}{BC}=\frac{1}{2}$. Luego, $\triangle ABC$ y $\triangle MFC$ son homotéticos de razón $\frac{1}{2}$ y por lo tanto $\frac{GC}{LC}=\frac{1}{2}$ y por Thales $FG\parallel BL$. Luego, $G\widehat FD=F\widehat DB$ y $G\widehat FC=L\widehat BC$, como $FG$ es bisectriz de $M\widehat FC$ resulta $M\widehat FG=G\widehat FC$. Combinando las igualdades y usando las colinearidades resulta $F\widehat DB=F\widehat BD\Rightarrow FD=FB=FC\Rightarrow BC$ es diámetro del circuncírculo de $\triangle BCD$ y por lo tanto $CD\perp BD\Rightarrow ED\perp BL$.
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Sea $A\widehat{B}C$ = $2\alpha$, y sea $T = MD ∩ BC$.
Por ser $MD \parallel AB$ y al ser $M$ el punto medio de $AC$, por ende $MT$ es base media del triángulo $ABC$.
Sea $DT = z$, por lo tanto $AB = 2z$, sea $CB = 2r$, por ende $CT = TR = r$.
Veamos que al ser $LB$ la bisectriz de $A\widehat{B}C$, por ende $A\widehat{B}L$ = $C\widehat{B}L$ = $\alpha$, veamos que por ser $MD \parallel AB$ y $A\widehat{B}C$ = $2\alpha$, implica que $B\widehat{T}M$ = $180°$ - $2\alpha$.
Ahora veamos que en el triángulo $DTB$, por ser $D\widehat{B}T$ = $\alpha$ y $D\widehat{T}B$ = $180°$ - $2\alpha$, tenemos que $T\widehat{D}B$ = $\alpha$, de dónde sale que $DT = DB = TC = TB$, veamos que esto implica que $C\widehat{D}B$ = $90°$.
Sea $F = LE ∩ MD$, veamos que $L\widehat{D}F$ = $\alpha$ por vértices opuestos, por ser $LE \parallel CB$ y $L\widehat{B}C$ = $\alpha$, sale que $D\widehat{L}F$ = $\alpha$, por ende $LF = FD$ y $L\widehat{F}D$ = $180°$ - $2\alpha$, de dónde $D\widehat{F}E$ = $2\alpha$, por ser $B\widehat{C}D$ = $90°$ - $\alpha$ y $LE \parallel CB$, sale que $F\widehat{E}D$ = $90°$ - $\alpha$, de dónde $F\widehat{D}E$ = $90°$ - $\alpha$, y $DF = FE$, por ser $LF = DF$, se tiene que $LF = FD = FE$, por ende $L\widehat{D}E$ = $90°$, de dónde sale por ángulo llano que $E\widehat{D}B$ = $90°$, por lo tanto $C$ pertenece a la recta $DE$, se sigue que $DE \perp LB$.
