Dado un triángulo [math]\Delta ABC, con [math]BC < AC, sea [math]K el punto medio de [math]AB y [math]L el punto del lado [math]AC tal que [math]AL=LC+CB. Demostrar que si [math]\widehat{KLB} = 90° entonces [math]AC=3 \times CB y recíprocamente, si [math]AC = 3 \times CB entonces [math]\widehat{KLB} = 90°.
Trazamos el punto [math]D tal que pertenece a la recta [math]AC y [math]KL\parallel BD
Por el enunciado, tenemos: [math]BC=CL y [math]LA = 2CL = 2CB, luego por Thales [math]AL = LD = 2CL = CL+CD \Rightarrow CL=CD Y como [math]CL=CD = BC \Rightarrow C es el centro de la circunferencia que contiene a [math]D, B, L y como [math]DL es diámetro, entonces [math]\hat{DBL} = 90 = \hat{KLB} (por alternos internos) como queríamos.
Estás suponiendo que [math]D cae en la prolongación de [math]AC. Habría que suponer que [math]D cae en [math]CL y luego, suponiendo que [math]CL=y, [math]BC=x \to AL=x+y, [math]DL=z, como vos decís por Thales, [math]z=x+y, y ahí llegar al absurdo, pues tendría que pasar que [math]y>x+y.
Marcamos $E$ en $BC$ tal que $AE \parallel KL$
Sea $D = BL \bigcap AD$ y $F = KL \bigcap BE$
Denotemos como $C \prime$ al simetrico de $C$ respecto a $L$
Como $K$ es punto medio y paralelo a $AE$ entonces $KF$ es base media de $\Delta ABE$, entonces $L$ resulta punto medio de $BD$ y de $C \prime C$
Ahora comparamos los triangulos $\Delta BLC$ y $\Delta C \prime LD$
Como: $C \prime L = LC$, $DL = LB$ y $\widehat {C \prime LD} = \widehat{BLC}$ (opuestos por el vértice) resultan por criterio $LAL$ congruentes ambos triangulos, por lo tanto $C \prime D = CB$
Por enunciado tenemos $AC \prime = AL-C \prime L = AL-LC = (LC+CB)-LC = CB$
Tenemos que $\widehat {KLB} = \widehat {ADB} = 90$ por lo tanto $\Delta ALD$ es un triangulo rectangulo.
En $\Delta ALD$ tenemos que $AC \prime = C \prime D = CB$ en consecuencia $DC \prime$ es la mediana respecto a la hipotenusa, entonces:
$C \prime L = CB \Rightarrow AC = AC \prime + C \prime L + LC = 3CB$ como queriamos.
b) Si $AC = 3 \times CB \Rightarrow \widehat {KLB} = 90$
Estás suponiendo que $D$ cae en la prolongación de $AC$. Habría que suponer que $D$ cae en $CL$ y luego, suponiendo que $CL=y$, $BC=x \to AL=x+y$, $DL=z$, como vos decís por Thales, $z=x+y$, y ahí llegar al absurdo, pues tendría que pasar que $y>x+y$.
No entiendo en qué te basás para decir que por Thales $z=x+y$ ¿alguien sería tan amable de explicarme, por favor? Creí que tenía el teorema dominado, y ando re perdido!
Trazamos un punto $B'$ perteneciente a la recta $AC$ tal que $B'C = BC$, luego como $AL = LC + BC \Rightarrow AL = LC + B'C$. Es por esto que $L$ es el punto medio de $AB'$ y como $K$ es el punto medio de $AB$ entonces $KL$ es la base media del triangulo $ABB'$
Por ángulos entre paralelas $KLB = LB'B = 90°$, entonces $LBB'$ es un triangulo rectangulo. Por la propiedad de la mediana de un triangulo rectangulo tenemos que: $BC = B'C = LC$ y como $AL = 2.BC$ concluimos que $AL + LC = AC = 2BC + BC = 3BC \Rightarrow \boxed{AC = 3BC}$
Para esta parte podemos usar el reciproco del teorema de la mediana que usamos antes, es decir si $LC = BC = B'C$ entonces $LBB' =90°$.
$AL + LC + B'C = 2AL \Rightarrow LC = AL - B'C \Rightarrow LC = (AC - LC) - BC \Rightarrow 2LC = 3BC - BC \Rightarrow LC = BC$
Entonces $LC = BC = B'C$, entonces sabemos que $\Rightarrow LBB' = 90°$ y por ángulos por paralelas llegamos a que $\boxed{\angle KLB = 90°}$
@Bauti.md ig // Ridin' in a getaway car // $\zeta (s) =\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}$