Sea [math]ABC un triángulo acutángulo y escaleno, con ortocentro [math]H y baricentro [math]G. La circunferencia de diámetro [math]AH corta nuevamente a la circunferencia circunscripta al triángulo [math]BHC en [math]A'. Se definen de manera análoga los puntos [math]B' y [math]C'. Demostrar que los puntos [math]A', [math]B', [math]C' y [math]G pertenecen a una misma circunferencia.
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Por centro radical, las rectas [math]EF, [math]A'H y [math]BC concurren en un punto que llamaremos [math]D^*. Llamamos [math]M=AA'\cap BC.
Tenemos
[math]-1=(BC;DD^*)\underset{H}{=}(EF;AA')\underset{A}{=}(CB;\infty M)
Luego [math]M es el punto medio de [math]BC, equivalentemente [math]A' está en la mediana, o sea que los puntos [math]A, [math]A' y [math]G son colineales.
Finalmente [math]\angle AA'H=90^\circ por lo tanto [math]\angle HA'G=90^\circ. O sea que [math]A' está en la circunferencia de diámetro [math]GH. Análogamente, [math]B' y [math]C' también están en esa circunferencia y estamos.
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)
Vamos a probar que [math]A' cae en la mediana con respecto a [math]A. Para eso, llamamos a [math]D el punto sobre la mediana tal que [math]\angle{BCD}=\angle{MAC}. Al ser el triangulo acutangulo, es interior a [math]AM, donde [math]M es punto medio de [math]BC. Ahora, por potencia de un punto [math]MC^2=MD\times{MA}, por lo que [math]MB^2=MD\times{MA}y [math]\angle{CBD}=\angle{MAB} y por ende [math]\angle{BDC}=180-\angle{BAC}. Como [math]\angle{BHC}=180-\angle{BAC}, [math]BHCD es ciclico. Sin perdida de generalidad [math]AB>AC. Entonces [math]\angle{CDH}=\angle{CBH}=90-\angle{ACB}. Notemos que [math]\angle{CDM}=\angle{DCA}+\angle{CAD}=\angle{DCA}+\angle{DCB}=\angle{ACB}, por lo que [math]\angle{HDM}=\angle{HDC}+\angle{CDM}=90, y [math]D pertenece a la circunferencia de diametro [math]AH, es decir, es la interseccion de la circunscripta de [math]BHC y la de diametro [math]AH, es decir, es [math]A'. Entonces, como [math]A' esta en la mediana y [math]HA' es perpendicular a esta, [math]\angle{GA'H}=90, es decir, [math]A' pertenece a la circunferencia de diametro [math]GH. Aplicando el mismo razonamiento con los otros dos, se llega a que estos cinco puntos son ciclicos, y en particular los que pide el enunciado.
Claramente, basta ver que [math]HA' y [math]AM son perpendiculares (pues ya sabemos que [math]HA' es perpendicular a [math]AA', así que esto implicaría que [math]A,A',M son colineales).
La recta [math]HA' es el eje radical de la circunferencia de diámetro [math]AH y la circunferencia circunscripta de [math]BHC. Por lo tanto, es perpendicular a la recta que une los centros de ambas circunferencias. Sea entonces [math]P el punto medio de [math]AH y [math]Q el circuncentro de [math]HBC. Queremos ver que [math]PQ \parallel AM.
Usando que [math]\angle BHC = 180^{\circ} - \angle A se ve que si [math]A_1 es el simétrico de [math]A respecto de [math]BC resulta que [math]B,H,C,A_1 son concíclicos. Por simetría, el centro [math]Q de esta circunferencia resulta ser el simétrico de [math]O respecto de [math]BC. Y entonces [math]AMQP es un paralelogramo, pues claramente [math]AP y [math]MQ son paralelas (ambas perpendiculares a [math]BC y además [math]AP = \frac{1}{2} AH = OM = MQ (acá estoy usando el lema conocido de [math]AH = 2OM). Entonces [math]PQ \parallel AM, como queríamos.
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Veamos que $A$ es el ortocentro del triángulo $BHC$. Sea $H'$ el simétrico de $A$ respecto del punto medio del lado $BC$. Es conocido que $H'$ es el punto diametralmente opuesto a $H$ en la circunscrita de $BHC$. Sea $X$ el punto de intersección de $AG$ con la circunscrita de $BHC$. Luego $\angle HXH'=90º$ y $\angle AXH=90º$, entonces $X$ está en la de diámetro $AH$ y por lo tanto $X=A'$ y $HA'G=90º$. Luego $A'$ está en la circunferencia de diámetro $HG$ y de forma análoga $B'$ y $C'$ también y por lo tanto $A'B'C'G$ es cíclico
Sean $DEF$ el triángulo órtico de $ABC$, $M$ el punto medio de $BC$ y $P$ el punto donde $AM$ vuelve a cortar a la circunferencia de diámetro $AH$.
Como $HD\perp BC$, $HE\perp CA$ y $HF\perp AB$ tenemos que $AEHF$, $BFHD$ y $CDHE$ son cíclicos y $AH$, $BH$, $CH$ son los diámetros de $\odot AEHF$, $\odot BFHD$ y $\odot CDHE$, entonces $P\in \odot AEHF$. Luego, por Potencia de un Punto tenemos $AF\cdot AB=AH\cdot AD=AE\cdot AC$, entonces la inversión con centro $A$ y radio $\sqrt{AH\cdot AD}$ manda $F$ a $B$, $H$ a $D$ y $E$ a $C$, entonces manda $\odot AHEF$ a $BC$, por lo tanto manda $P$ a $M$. Como $D,E,F,M$ están sobre la circunferencia de los nueve puntos de $ABC$ (y $A$ no está sobre esta circunferencia), tenemos que $B,C,P,H$ están sobre una circunferencia. Entonces $P$ está sobre la circunferencia de diámetro $AH$ y sobre el circuncírculo de $BHC$, además es distinto de $H$ (pues $ABC$ es escaleno), por lo que $P=A'$, luego $HA'\perp AA'$, de donde $HA'\perp A'G$, por lo que $A'$ está sobre la circunferencia de diámetro $GH$, análogamente $B'$ y $C'$ están sobre la circunferencia de diámetro $GH$. QED