Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico y sea $E$ la intersección de sus diagonales. Sean $M$ y $N$ los puntos medios de $AB$ y $CD$, respectivamente, y sea $H$ el ortocentro del triángulo $BEC$. Sean $P$ en la recta $AB$ y $Q$ en la recta $CD$ tales que $H\hat{M}Q=H\hat{N}P=90^\circ$. Si $O$ es el circuncentro de $ABCD$, demostrar que $PQ \perp OH$.
Vamos a olvidarnos por un momento de los puntos $P$ y $Q$ para encontrar una propiedad muy copada de la figura.
Lema 1: Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico y $O$ su circuncentro. Sea $E$ el punto de intersección de sus diagonales, y sean $M$, $L$, $N$ los puntos medios de $AB$, $BC$, $CD$, respectivamente.
Entonces el circuncentro de $LMN$ es el punto medio de $O$ y el ortocentro de $BCH$.
Sean $T$ el circuncentro de $LMN$, $F$ en $\odot ABCD$ tal que $CF\parallel BD$, $G$ el punto medio de $CF$, y $X$ el punto de intersección de $CT$ y la perpendicular a $CG$ por $G$.
Notemos entonces que $BDCF$ es un trapecio isósceles de bases $BD$ y $CF$, y considerando la homotecia de centro $C$ y razón $\frac{1}{2}$, tenemos que manda $B$ a $L$, $D$ a $N$ y $F$ a $G$, de donde $LNCG$ es un trapecio isósceles de bases $LN$ y $CG$, luego, las mediatrices de $LN$ y de $CG$ coinciden. Como $T$ está en la mediatriz de $LN$ por ser circuncentro de $LMN$, tenemos que $T$ está en la mediatriz de $CG$, luego, $TC=TG$, y como $\angle CGX=90^\circ$, por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo tenemos que $TC=TG=TX$, luego, $X$ es el simétrico de $C$ por $T$.
Ahora, como $G$ es punto medio de $CF$, tenemos que $XG$ es mediatriz de $CF$, de donde $XG$ es mediatriz de $BD$, y como $O$ está en la mediatriz de $BD$, tenemos que $XO$ es mediatriz de $BD$, en particular, $XO\perp BD$. Entonces $XO\perp BE$.
Sea $H$ el simétrico de $O$ por $T$, luego, $CH\parallel XO$, de donde $CH\perp BE$. Análogamente, $BH\perp CE$, entonces $H$ es el ortocentro de $BCE$.
Como $H$ es el simétrico de $O$ por $T$, tenemos que $T$ es el punto medio de $OH$. Y con eso estamos.
FOFO del 10 - P10 Lema 1.png
Ahora sí, volvamos a prestarle atención a los puntos $P$ y $Q$. Vamos a demostrar algo fuertísimo que nos va a ayudar a destruir el problema.
Sean $F$ el pie de la perpendicular desde $B$ a $CE$, $G$ el pie de la perpendicular desde $C$ a $BE$, $I$ el pie de la perpendicular desde $H$ a $CD$, $J$ el pie de la perpendicular desde $O$ a $MQ$, $K$ el punto medio de $BC$, $L$ el pie de la perpendicular desde $H$ a $BC$, $R$ el punto medio de $OH$ y $S$ el punto medio de $MJ$.
Por ser $H$ ortocentro de $BEC$, tenemos que $B$, $H$, $F$ están alineados y $C$, $H$, $G$ están alineados. Como $HI\perp IC$ y $HF\perp FC$, tenemos que $CHFI$ es cíclico, entonces $\angle HCI=180^\circ-\angle HFI$, luego, por la propiedad de la mediana de un triángulo rectángulo tenemos que$$\begin{align*}\angle HFM & =\angle BFM \\
& =\angle FBM \\
& =\angle FBA \\
& =90^\circ-\angle BAF \\
& =90^\circ-\angle BAC \\
& =90^\circ-\angle BDC \\
& =90^\circ-\angle GDC \\
& =\angle GCD \\
& =\angle HCI \\
& =180^\circ-\angle HFI
\end{align*}$$de donde $M,F,I$ son colineales. Además, como $HI\perp IQ$ y $HM\perp MQ$, tenemos que $HMQI$ es cíclico, luego$$\begin{align*}\angle MQH & =\angle MIH \\
& =\angle FIH \\
& =\angle FCH \\
& =\angle ECG \\
& =90^\circ-\angle GEC \\
& =90^\circ-\angle BEC
\end{align*}$$entonces $\angle MHQ=90^\circ-\angle MQH=\angle BEC$. Luego, $\angle MIN=\angle MIQ=\angle MHQ=\angle BEC$.
Ahora, $MK\parallel AC$ y $NK\parallel BD$ por ser $M$, $N$, $K$ puntos medios de $AB$, $CD$, $BC$, respectivamente, luego $\angle MKN=\angle BEC=\angle MIN$, por lo que $MKIN$ es cíclico, y también $\angle CDG=\angle CDB=\angle CNK=\angle INK$.
Como $HL\perp LC$ y $HI\perp IC$, tenemos que $CIHL$ es cíclico, de donde$$\begin{align*}\angle ILK & =\angle ILC \\
& =\angle IHC \\
& =90^\circ-\angle HCI \\
& =90^\circ-\angle GCD \\
& =\angle CDG \\
& =\angle INK
\end{align*}$$por lo que $LKIN$ es cíclico.
Notemos que $RS$ es base media en $OHMJ$, de donde $RS\parallel OJ\perp MJ$, por lo que $RS$ es mediatriz de $MJ$, entonces $RJ=RM$, pero por el Lema 1 tenemos que $R$ es el circuncentro de $MKN$, de donde $J\in \odot MKN$, entonces como $NOJQ$ es cíclico, pues $OJ\perp JQ$ y $ON\perp NQ$, tenemos que$$\angle NOQ=\angle NJQ=\angle MIN=\angle BEC$$como queríamos demostrar.
FOFO del 10 - P10 Lema 2.png
Aplicando el Lema 2 con los puntos $M$ y $P$, se sigue que $\angle MOP=\angle BEC$, además, $\angle OMP=90^\circ=\angle ONQ$, de donde $MOP\simeq NOQ$, por lo que $\frac{QN}{ON}=\frac{PM}{OM}$.
Sean $F$ el punto medio de $OH$, $M'$ el reflejo de $M$ por $F$, $G$ el punto medio de $PQ$ y $L$ el punto medio de $BC$. Por el Lema 1 tenemos que $F$ es el circuncentro de $LMN$, de donde $M'\in \odot LMN$, por lo que $\angle MM'N=\angle MLN$, pero por ser $M$, $L$, $N$ puntos medios de $AB$, $BC$, $CD$, respectivamente, tenemos que $ML\parallel AC$ y $LN\parallel BD$, de donde $\angle MLN=\angle BEC$, y por el Lema 2 tenemos que $\angle BEC=\angle NOQ$, luego, $\angle MM'N=\angle NOQ$. Además, $MM'$ es diámetro de $\odot MM'N$, por lo que $\angle MNM'=90^\circ=\angle ONQ$, luego $M'NM\simeq ONQ$, de donde $M'M$ y $OQ$ son rotohomotéticos con centro $N$, por lo que $M'O$ y $MQ$ son rotohomotéticos con centro $N$.
Consideremos la rotohomotecia de centro $N$ que manda $O$ a $Q$ (notar que tiene ángulo de $90^\circ$), luego, manda $M'$ a $M$, y sea $I$ al que manda a $M$. Entonces $QI\perp OM\perp MA\parallel MP$, de donde $QI\parallel MP$, y también $\frac{QI}{OM}=\frac{QN}{ON}=\frac{PM}{OM}$, por lo que $QI=MP$, luego, $MPIQ$ es un paralelogramo. Entonces $G$ es el punto medio de $MI$, luego, la rotohomotecia manda $F$ a $G$, pero como $P$ es el simétrico de $Q$ por $G$ y $H$ es el simétrico de $O$ por $F$, tenemos que la rotohomotecia manda $H$ a $P$, por lo tanto, $OH\perp PQ$.
FOFO del 10 - P10.png
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Como de costumbre, vamos a meter puntos nuevos
Sea $F$ la intersección de las rectas $AB$ y $CD$ y sean $M_1$ y $N_1$ las proyecciones de $H$ en $AB$ y $CD$, respectivamente. Vamos a suponer por simpleza que $P$ y $Q$ están en las semirrectas $BA$ y $DC$ (el otro caso debería ser lo mismo, por lo que no lo vamos a analizar).
FOFO P10.png
Lo primero que vamos a notar es que por ángulo central y por perpendiculares,
Así que $\angle FCO =\angle BCH$. Análogamente, $\angle FBO = \angle CBH$. Con estas dos igualdades de ángulos, lo que se puede ver es que $H$ y $O$ son conjugados isogonales en $BCF$. Esto nos quiere decir que
Pero estas igualdades nos indican que pares de triángulos $M_1FH$ con $NFO$ y $N_1FH$ con $MFO$ son semejantes, así que nos queda que los cuadriláteros $M_1FN_1H$ y $NFMO$ enteros son semejantes. Esto nos da una igualdad de ángulos
$$\angle FM_1N_1 = \angle FNM$$
Por lo que tenemos que el cuadrilátero $MNN_1M_1$ es cíclico (en realidad, esto es un lema conocido, que usa por ejemplo la solución de Gianni. Es el hecho de que, si uno tiene conjugados isogonales, entonces sus triángulos pedales son concíclicos). De este cíclico nos vamos a guardar la igualdad $\angle NN_1M = \angle MM_1N$ para después.
Bueno, vamos a aprovechar que tiramos estas perpendiculares para notar que $M_1HNP$ es cíclico. Pero entonces,
$$\angle PHN = \angle PM_1N = \angle MM_1N$$
Pero similarmente uno tendría que
$$\angle QHM = \angle NN_1M$$
Y nos habíamos guardado la igualdad $\angle MM_1N = \angle NN_1M$, que ahora podemos aprovechar para ver que $\angle PHN = \angle QHM$. Vamos ahora a guardarnos esta otra igualdad y ver una cosita más.
Si recordamos que $H$ y $O$ son conjugados isogonales en $BCF$, vemos que
$$\angle PFH = \angle NFO$$
Y además nosotros sabemos que $\angle CNO = \angle HNP = 90 ^{\circ}$, de donde
$$\angle CNH = \angle PNO$$
Y combinando estas dos igualdades vemos que $H$ y $O$ también son conjugados isogonales en el triángulo $FNP$ (esta es más difícil de ver a ojo, je, pero igual vale, aunque los puntos te quedan afuera y las rectas también… quizás una ayuda es prolongar $HN$ del otro lado de $CF$… pero hay que verlo… jiji).
Pero bueno, una vez nos creímos estos conjugados isogonales lo que podemos deducir es que
$$\angle MPO = \angle NPH$$
Pero bueno, como estos son ángulos de dos triángulos rectángulos, lo que en realidad tenemos es que $\angle MOP = \angle PHN$, y nos habíamos guardado que $\angle PHN = \angle QHM$, así que lo que ahora tenemos es que
$$\angle MOP = \angle QHM$$
Pero bueno, recordemos que nosotros sabíamos que $\angle PMO = \angle QMH = 90^{\circ}$… así que en realidad $PMO$ y $QMH$ son rotohomotéticos, así que $PMQ$ y $OMH$ también lo son. Pero bueno, la rotación acá es el ángulo $\angle PMO = 90^{\circ}$, así que las rectas $PQ$ y $OH$ están a un ángulo de $90^{\circ}$, así que son perpendiculares, como queríamos probar.
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