Sea $ABC$ un triángulo acutángulo y escaleno. Sean $H$ el ortocentro y $O$ el circuncentro del triángulo $ABC$, y sea $P$ un punto interior del segmento $HO$. La circunferencia de centro $P$ y radio $PA$ interseca nuevamente a las rectas $AB$ y $AC$ en los puntos $R$ y $S$, respectivamente. Denotamos por $Q$ el punto simétrico al punto $P$ con respecto a la mediatriz de $BC$. Demuestre que los puntos $P$, $Q$, $R$ y $S$ pertenecen a una misma circunferencia.
Basta ver que el circuncírculo de $PRS$ está en la mediatriz de $BC$.
Observamos rápidamente que $\angle RPS = 2 \angle A = \angle BOC$, y que $RPS$ y $BOC$ son isósceles. Sería genial encontrar una rotohomotecia.
Como $ABC$ es escaleno, tenemos que $O,P,A$ no están alineados y por tanto existe $F \neq A$ el segundo punto de intersección de la cifcunferencia de centro $P$ y radio $PA$ con la circunscrita de $ABC$. Supongamos WLOG $AB < AC$.
Como $AF$ es el eje radical de estas circunferencias, es $AF \perp PO$, de donde $F$ es el simétrico de $A$ respecto de $OH$ (es fijo!)
Sean $N,D$ los circuncentros de $RPS$ y $BOC$
Luego $\angle RSF = \angle RAF = \angle BAF= \angle BCF $ y $\angle RFS = \angle RAS = \angle BAC = \angle BFC$.
De donde $RFS$ y $BFC$ son rotohomotéticos, con centro de rotohomotecia $F$
Pero $P$ y $O$ son sus circuncentros, respectivamente.
Luego $RPS$ y $BOC$ son rotohomotéticos, con centro de rotohomotecia$F$
Pero $N$ y $D$ son sus circuncentros, respectivamente.
Luego $RNS$ y $BDC$ son rotohomotéticos, con centro de rotohomotecia $F$
Más aún, $RNF$ y $BDF$ son rotohomotéticos.
Luego $RBF$ y $NDF$ son rotohomotéticos.
Luego $N$ estará en alguna recta (fija) que pasa por $D$
Si vemos el caso particular $P = H$ observamos que $BCRPS$ es cíclico (homotecia de la circunferencia de los $9$ puntos, con centro $A$ y razón $2$) y por tanto su centro $D'$ debe estar en la mediatriz de $BC$
Luego $N$ está en la recta $DD'$, que es la mediatriz de $BC$
$D$ y $E$ son las intersecciones de el círculo con centro $H$ y radio $HA$ con las rectas $AB$ y $AC$, respesctivamente.
$I$ es la reflexión de $H$ por la mediatriz de $BC$.
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Por ahora nos vamos a concentrar solo en un lado del triángulo, digamos $AB$. Notemos que $HA=HD$, luego
$$\angle BDH=\angle BAH=90^{\circ}-\angle B=\angle BCH$$
De modo que $D$ está en el circuncírculo de $BCH$. Más aún, es claro que este círculo es simétrico por la bisectriz de $BC$, de modo que $I$ también está. Pero notemos que en ese caso, como los arcos $BI$ y $CH$ serían iguales,
$$\angle BDI=\angle CBH=90^{\circ}-\angle C=\angle ABO$$
De modo que $BO\parallel DI$.
Pero además, notemos que como $OA=OB$, $PA=PR$ y $HA=HD$, las proyecciones de $O$, $P$ y $H$ en $AB$ son los puntos medios de $AB$, $AR$ y $AD$, respectivamente. Pero entonces, los segmentos $BR$ y $RD$ miden el doble que las distancias entre las respectivas proyecciones, por lo que la proporción $\frac{BR}{RD}$ es igual a la proporción entre las distancias en las proyecciones, que es igual a $\frac{OP}{PH}$ (por Thales). Pero por reflexión, esta última proporción es lo mismo que $\frac{OQ}{QI}$, es decir
$$\frac{BR}{RD}=\frac{OQ}{QI}$$
Pero dijimos que $BO\parallel DI$, luego (por Thales) $BO\parallel RQ$.
Pero bueno, si hacemos el mismo razonamiento en el lado $AC$, obtenemos que $CO\parallel SQ$. Combinando estas dos, vemos que
$$\angle RQS=\angle BOC=2\angle A=\angle RPS$$
Por lo que los cuatro puntos son concíclicos.
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