Sea $ABC$ un triángulo acutángulo cuyo otrocentro es el punto $H$. La circunferencia que pasa por los puntos $B$, $H$ y $C$ vuelve a intersecar a las rectas $AB$ y $AC$ en los puntos $D$ y $E$, respectivamente. Sean $P$ y $Q$ los puntos de intersección del segmento $DE$ con $HB$ y $HC$, respectivamente. Se consideran los puntos $X$ e $Y$ (distintos de $A$) que están sobre las rectas $AP$ y $AQ$, respectivamente, de manera que los puntos $X$, $A$, $H$ y $B$ están sobre una misma circunferencia y los puntos $Y$, $A$, $H$ y $C$ están sobre una misma circunferencia.
Demostrar que las rectas $XY$ y $BC$ son paralelas.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850
Como varios marcaron en sus soluciones, el problema tiene varios casos dependiendo de cómo hagamos el dibujo (el punto $D$ puede quedarnos en el segmento $AB$ o en su prolongación, y lo mismo con $E$), pero como son todos parecidos, vamos a resolver uno solo.
El hecho clave a observar en este problema es que $B,X,E$ son colineales y $C,Y,D$ son colineales. Una vez que vimos esto en el dibujo, nos damos cuenta de que si pasara que $XY$ y $BC$ son paralelas entonces se tendría que $\angle DYX=\angle DCB$, pero por arco capaz $\angle DCB=\angle DEB=\angle DEX$, así que $DEYX$ sería un cuadrilátero cíclico. Bueno, el chiste acá es que podemos demostrar que $DEYX$ es cíclico y hacer los mismos angulitos para llegar a que $\angle DYX=\angle DCB$, y por lo tanto al paralelismo buscado.
Entonces nuestro objetivo es demostrar que $DEYX$ es cíclico, pero en realidad vamos a hacer algo más fuerte, vamos a demostrar que $ADXYE$ es cíclico. Para eso, notemos que como $ABXH$ es cíclico, entonces por Potencia de un Punto tenemos $PX\cdot PA=PB\cdot PH$, pero como $BCEHD$ es cíclico, aplicando nuevamente potencia de un punto resulta $PB\cdot PH=PD\cdot PE$, juntando estos dos resultados obtenemos que $PX\cdot PA=PD\cdot PE$. Esto último nos dice que $ADXE$ es cíclico, y por lo tanto $X$ está en la circunferencia circunscrita de $ADE$. De la misma forma vemos que $Y$ está en la circunferencia circunscrita de $ADE$. Entonces $ADXYE$ es cíclico, que era lo que queríamos demostrar.
¿Terminamos? No, para nada. Ver que $ADXYE$ es cíclico nos sirve para resolver el problema únicamente si sabemos que $B,X,E$ son colineales y que $C,Y,D$ son colineales. Para demostrar esto, vamos a ver que $\angle AXB=180^\circ -\angle EXA$.
Notemos que como $ABXH$ es cíclico entonces $\angle AXB=\angle AHB=180^\circ -\angle ACB$ (para quienes no la sepan, es un buen ejercicio demostrar esta última igualdad). Pero $\angle ACB=\angle ECB=\angle EDA$, ya que $BCED$ es cíclico. Por último, como $ADXE$ es cíclico, $\angle EDA=\angle EXA$. Entonces $\angle AXB=180^\circ -\angle EXA$, como queríamos. De la misma forma, podemos demostrar que $C,Y,D$ son colineales. Ahora sí, el problema está resuelto.
FOFO del 10 - Solución Oficial P7.png
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850
$H\widehat{E}A=180^{\text{o}}-H\widehat{E}C=H\widehat{B}C=90^{\text{o}}-A\widehat{C}B=H\widehat{A}C=H\widehat{A}E\Longrightarrow AH=HE$.
$H\widehat{D}A=180^{\text{o}}-H\widehat{D}B=H\widehat{C}B=90^{\text{o}}-A\widehat{B}C=H\widehat{A}B=H\widehat{A}D\Longrightarrow AH=HD$.
$\Longrightarrow$ $H$ es circuncentro de $\overset{\Delta }{ADE}$.
Luego las rectas $BH(=PH)$ y $CH(=QH)$ son mediatrices de $AE$ y $AD$ respectivamente.
Sean $X'=(\overset{\Delta }{ADE})\cap AP$, $Y'=(\overset{\Delta }{ADE})\cap AQ$.
$X'\widehat{D}E=X'\widehat{A}E=P\widehat{A}E=P\widehat{E}A=D\widehat{E}A\Longrightarrow X'D\parallel EA\Longrightarrow BH$ es también mediatriz de $DX'$.
$Y'\widehat{E}D=Y'\widehat{A}D=Q\widehat{A}D=Q\widehat{D}A=E\widehat{D}A\Longrightarrow Y'E\parallel DA\Longrightarrow CH$ es también mediatriz de $EY'$.
$B\widehat{H}X'=\frac{D\widehat{H}X'}{2}=D\widehat{A}X'=B\widehat{A}X'\Longrightarrow BX'HA$ es cíclico $\Longrightarrow X'=(\overset{\Delta }{BHA})\cap AP=X$.
$C\widehat{H}Y'=\frac{E\widehat{H}Y'}{2}=E\widehat{A}Y'=C\widehat{A}Y'\Longrightarrow CY'HA$ es cíclico $\Longrightarrow Y'=(\overset{\Delta }{CHA})\cap AQ=Y$.
Luego $H\in$ mediatriz de $XY$.
Como $AD\parallel EY$ y $DX\parallel AE$, $A\widehat{D}X=A\widehat{E}Y\Longrightarrow AX=AY\Longrightarrow A\in$ mediatriz de $XY$.
$\Longrightarrow AH$ es mediatriz de $XY$ $\Longrightarrow XY\perp AH\perp BC\Longrightarrow XY\parallel BC$.
Vamos a no prestarle atención a los puntos $X$ e $Y$ por un momento, y concentrarnos en el resto de la configuración.
Sean $A_1$, $B_1$ y $C_1$ los pies de las alturas desde $A$, $B$ y $C$ respectivamente. También, sean $B\widehat{A}A_1 = \alpha$ y $A_1\widehat{A}Q = \beta$. (A partir de ahora doy por hecho conocido a los cíclicos que se forman a partir del ortocentro, porque sino la solución se vuelve muy engorrosa) Por arco capaz $C_1\widehat{A}A_1=C_1\widehat{C}A_1 = \alpha = H\widehat{C}B$. Nuevamente por arco capaz $H\widehat{C}B = H\widehat{D}B= \alpha$, por lo que $\triangle AHD$ es isósceles, y como $C_1H$ es áltura, también es mediatriz. Como $Q$ pertenece a esa mediatriz, $ D\widehat{A}Q= \alpha + \beta = A\widehat{D}Q \Rightarrow H\widehat{D}Q = H\widehat{D}E = \beta$. Por arco capaz $H\widehat{D}E = \beta = H\widehat{C}E$ y $C_1\widehat{C}B_1 = H\widehat{C}E = \beta = C_1\widehat{B}B_1$ y por opuestos por el vértice $A\widehat{B}B_1 = \beta = D\widehat{B}P$. Además $B\widehat{D}P = 180º - B\widehat{D}E = 180º -\alpha - \beta$. Luego, $B\widehat{P}D = 180° -(180º -\alpha - \beta + \beta) = \alpha$. Pero ahora notemos que $B\widehat{P}D = H\widehat{P}D = H\widehat{A}D = \alpha$, por lo que $AHDP$ es cíclico. Entonces, $H\widehat{D}A = \alpha = H\widehat{P}A$. Ahora, notamos que $PB_1$ es bisectriz de $A\widehat{P}C$, pero también era altura, por lo que $\triangle APE$ es isósceles y $PB_1$ es mediatriz. Creo que acá es donde se encuentra lo lindo de la configuración, ya que al fin y al cabo $C_1$ y $B_1$ terminan siendo los puntos medios de $AD$ y $AE$ respectivamente.
Por último, para ya poder "agregar" a $X$ e $Y$ es notar que $P\widehat{A}D = 180°- (2\alpha + 180° -\alpha - \beta) = \beta - \alpha$, de donde $P\widehat{A}H = \beta - \alpha + \alpha = \beta = P\widehat{A}D + B\widehat{A}H$.
Ahora sí. Por definición, $AHBX$ es cíclico, de donde $H\widehat{B}A = \beta = H\widehat{X}A$, por lo que $\triangle HXA$ es isósceles, con $H\widehat{X}A = H\widehat{A}X$.
Análogamente, por definición, $AHYC$ es cíclico,de donde $H\widehat{C}A = \beta = H\widehat{Y}A$, por lo que $\triangle HYA$ es isósceles, con $H\widehat{Y}A = H\widehat{A}Y$. Después de toda esta ensalada de angulitos, se acerca la paz. Veamos que $\triangle HXA \equiv \triangle HYA$ ya que tienen los mismos ángulos y comparten $AH$. De esto desprendemos que $AX = AY$, y como $AH$ es bisectriz, también será altura, de donde $XY \perp AH$, pero... $AH$ es altura de $BC$, por lo que $XY \parallel BC$, demostrando lo pedido.
