Sea $ABC$ un triángulo con $AB=AC$. Sea $H$ el ortocentro de $ABC$. El punto $E$ es el punto medio de $AC$ y el punto $D$ se encuentra en el lado $BC$ tal que $3CD=BC$.
Demuestre que $BE\perp HD$.
$\text{“The further removed from usefulness or practical application, the more important."}$
*Sea $AF$ la altura de $ABC$ respecto de $BC$. Por ser $AB=AC$,se tiene que $BF=FC$.
*Sea $CD=k$ $\Rightarrow$ $FD=\frac{k}{2}$ y $BF=\frac{3}{2}k$.
*Sea $G$ el punto de intersección entre $BE$ y $AF$. Por ser $E$ y $F$ puntos medios de los lados $BC$ y $AC$ respectivamente, se tiene que $G$ es baricentro de $AB$.
*Sea $I$ el pie de la altura respecto a $AC$, se tendrá que tanto $I$ como $E$ y $F$ (éstos últimos puntos medios de lados de $\overset{\bigtriangleup}{ABC}$), pertenecerán a una misma circunferencia (Feuerbach). Sea $J$ el punto de intersección entre $AF$ y dicha circunferencia, por propiedad se cumple que $AJ=JH$.
*Sean $JG=a$ y $GH=b$, por lo tanto: $JH=a+b$ $\Rightarrow$ $AJ=a+b$. Por ser $G$ baricentro: $AG=2GF$ $\Rightarrow$ $AG=2a+b$ y $GF=a+\frac{b}{2}$ $\Rightarrow$ $HF=GF-GH=a+\frac{b}{2}-b=a-\frac{b}{2}$.
*En $\overset{\bigtriangleup}{AFC}$: $AF=3a+\frac{3}{2}b=3(a+\frac{b}{2})$ y $FC=\frac{3}{2}k$. En $\overset{\bigtriangleup}{BFH}$: $BF=\frac{3}{2}k$ y $FH=a-\frac{b}{2}$. Además, $\overset{\bigtriangleup}{AFC}$ $\sim$ $\overset{\bigtriangleup}{BIC}$ $\Rightarrow$ $\frac{\frac{3}{2}k}{a-\frac{b}{2}}$=$\frac{3(a+\frac{b}{2})}{\frac{3}{2}k}$ $\Rightarrow$ $3k^{2}=4(a+\frac{b}{2})(a-\frac{b}{2})$ (**)
*Sea $m$ perteneciente a la recta $AF$ y exterior a $\overset{\bigtriangleup}{ABC}$, tal que $\hat{FCG}=\hat{FHD}=\alpha$ $\Rightarrow$ $\overset{\bigtriangleup}{HFD}$ $\sim$ $\overset{\bigtriangleup}{FCM}$ $\Rightarrow$ $\frac{FM}{\frac{3}{2}k}=\frac{\frac{k}{2}}{a-\frac{b}{2}}$ $\Rightarrow$ $FM=\frac{3k^{2}}{4(a-\frac{b}{2})}$, lo que luego de reemplazar en $3k^{2}$ la expresión obtenida en (**) y cancelando factores, se llega a que $FM=FG=a+\frac{{b}}{2}$, con lo que luego: $\hat{FCG}=\hat{FCM}=\hat{FBG}=\alpha$, y por ser $\hat{HDF}=90º-\alpha$, se tiene que el ángulo formado por las rectas $BE$ y $HD$ será de $90º$.
$\therefore$ $BE$ $\perp$ $HD$ (Q.E.D.)
Sea $G$ el baricentro de $ABC$. Como $AB=AC$, entonces $A,G,H$ son colineales, en particular, $GH\perp BD$. Como $E$ es el punto medio de $BC$ se tiene que $B,G,E$ son colineales y que $\frac{BE}{EG}=3=\frac{BC}{CD}$, entonces $DG\parallel CE$, en particular, $BH\perp DG$. Entonces $H$ es el ortocentro de $BDG$, de modo que $BG\perp DH$, es decir que $BE\perp DH$.
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