Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con $AC>AB$. sea $\Gamma$ la circunferencia circunscrita al triángulo $ABC$ y $D$ el punto medio del menor arco $BC$ de esta circunferencia. Sean $E$ y $F$ puntos de los segmentos $AB$ y $AC$ respectivamente tales que $AE=AF$. Sea $P\neq A$ el segundo punto de intersección de la circunferencia circunscrita al $AEF$ con $\Gamma$. Sean $G$ y $H$ las intersecciones de las rectas $PE$ y $PF$ con $\Gamma$ distintas de $P$, respectivamente. Sean $J$ y $K$ los puntos de intersección de las rectas $DG$ y $DH$ con las rectas $AB$ y $AC$ respectivamente. Demostrar que la recta $JK$ pasa por el punto medio de $BC$.
Veamos primero que el arco $BC$ de $\Gamma$ que no contiene a $A$ es el menor de los dos arcos $BC$ de $\Gamma$. En efecto, sea $T$ un punto sobre el arco $BC$ de $\Gamma$ que no contiene a $A$, supongamos que $BTC\geqslant BAC$ (la longitud de los arcos), luego $\angle BTC\leqslant \angle BAC$, pero como $\angle BAC+\angle BTC=180$, tenemos $\angle BAC\geqslant 90°$, es decir que $\triangle ABC$ es rectángulo u obtusángulo, absurdo pues es acutángulo. El absurdo provino de suponer que $BTC\geqslant BAC$, luego $BTC<BAC$. Por lo tanto, $D$ es el pie de la bisectriz de $\angle BAC$ en $\Gamma$.
Ahora, tenemos que $\angle FHK=\angle PHD=\angle PGJ=\angle EGJ$ y $\angle KFH=\angle AFP=\angle AEP=\angle JEG$, por lo que $\triangle HKF\simeq \triangle GJE\Rightarrow \angle HKF=\angle GJE$. Sea $I$ el segundo punto de intersección de $AD$ con el circuncírculo de $AEF$, luego, $AI$ es bisectriz de $\angle EAF$, pero como $AE=AF$, entonces $AI$ es mediatriz de $EF$, por lo que $AI$ es diámetro del circuncírculo de $AEF$; luego $\angle IPA=90°\Rightarrow \angle AEP+\angle PAE+\angle EPI=180°-\angle IPA=180°-90°=90°\Rightarrow 90°=\angle AFP+\angle PAE+\angle EAI=\angle AFP+\angle PAI=\angle KFH+\angle PAD=\angle KFH+\angle PHD=\angle KFH+\angle FHK=180°-\angle HKF$, por lo tanto $90°=\angle HKF=\angle GJE$. Entonces $\angle JAD=\angle BAD=\angle CAD=\angle KAD$, $\angle DJA=\angle GJE=\angle HKF=90°=\angle DKA$ y $AD=AD$, por tener dos ángulos y un lado respectivamente congruentes, resulta $\triangle DAJ\equiv \triangle DAK\Rightarrow AJ=AK$. Como $E$ y $F$ están en los segmentos $AB$ y $AC$ respectivamente, resulta $AE+EJ=AJ=AK=AF+FK$, y por ser $AE=AF$ tenemos $EJ=FK$, pero como $\triangle HKF\simeq \triangle GJE$, resulta $\triangle HKF\equiv \triangle GJE\Rightarrow HK=GJ$. Ahora, $\angle KHC=\angle DHC=\angle BAD=\angle BGJ$, y $\angle CKH=90°=\angle BJG$, por tener dos ángulos y un lado respectivamente congruentes, resulta $\triangle CKH\equiv \triangle BJG\Rightarrow CK=BJ$.
Sea $M=BC\cap JK$, por Menelao en $\triangle ABC$ tenemos $\frac{BM}{MC}\frac{CK}{KA}\frac{AJ}{JB}=1$, pero $CK=JB$ y $KA=AJ$, luego $\frac{BM}{MC}\frac{CK}{KA}\frac{KA}{CK}=1$, entonces $BM=CM$, $M$ es el punto medio de $BC$ y la recta $JK$ pasa por el punto medio de $BC$, queda demostrado el problema.
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Veamos primero que el arco $BC$ de $\Gamma$ que no contiene a $A$ es el menor de los dos arcos $BC$ de $\Gamma$. En efecto, sea $T$ un punto sobre el arco $BC$ de $\Gamma$ que no contiene a $A$, supongamos que $BTC\geqslant BAC$ (la longitud de los arcos), luego $\angle BTC\leqslant \angle BAC$, pero como $\angle BAC+\angle BTC=180$, tenemos $\angle BAC\geqslant 90°$, es decir que $\triangle ABC$ es rectángulo u obtusángulo, absurdo pues es acutángulo. El absurdo provino de suponer que $BTC\geqslant BAC$, luego $BTC<BAC$. Por lo tanto, $D$ es el pie de la bisectriz de $\angle BAC$ en $\Gamma$.
Ahora, tenemos que $\angle FHK=\angle PHD=\angle PGJ=\angle EGJ$ y $\angle KFH=\angle AFP=\angle AEP=\angle JEG$, por lo que $\triangle HKF\simeq \triangle GJE\Rightarrow \angle HKF=\angle GJE$. Sea $I$ el segundo punto de intersección de $AD$ con el circuncírculo de $AEF$, luego, $AI$ es bisectriz de $\angle EAF$, pero como $AE=AF$, entonces $AI$ es mediatriz de $EF$, por lo que $AI$ es diámetro del circuncírculo de $AEF$; luego $\angle IPA=90°\Rightarrow \angle AEP+\angle PAE+\angle EPI=180°-\angle IPA=180°-90°=90°\Rightarrow 90°=\angle AFP+\angle PAE+\angle EAI=\angle AFP+\angle PAI=\angle KFH+\angle PAD=\angle KFH+\angle PHD=\angle KFH+\angle FHK=180°-\angle HKF$, por lo tanto $90°=\angle HKF=\angle GJE$. Ahora, sea $M$ el punto medio de $BC$, como la mediatriz de lado de un triángulo y la bisectriz del ángulo opuesto se cortan sobre su circuncírculo, tenemos que $D$ está sobre la mediatriz de $BC$, y como $M$ también está sobre la mediatriz, tenemos $\angle DMC=90°$. Entonces $DM\perp BC$, $DK\perp CA$ y $DJ\perp AB$, luego por Simson $J,M,K$ son colineales y la recta $JK$ pasa por el punto medio de $BC$, queda demostrado el problema.
Sea $X = BC ∩ JK$. Queremos demostrar que $X$ es el punto medio de $BC$.
Notemos que $D$ pertenece a la bisectriz de $\widehat{BAC} = \widehat{EAF}$
Llamemos $\alpha = \widehat{AEF} = \widehat{EFA}$. Tenemos $\widehat{BAC} = \widehat{EAF} = 180 - 2 \alpha$, $\widehat{BDC} = 2 \alpha$, $\widehat{DBC} = \widehat{BCD} = 90 - \alpha$
$\widehat{APG} = \widehat{APE} = 180 - \alpha$, $\widehat{ADJ} = \widehat{ADG} = \alpha$, y por lo tanto $\widehat{DJA} = 180 - (90-\alpha + \alpha) = 90$
Similarmente,
$ \alpha = \widehat{APF} = \widehat{APH} = \widehat{ADH}$, $\widehat{DKA} = 90$.
Como $\widehat{DKA} = 90 = \widehat{DJA}$, $AJDK$ es cíclico, en donde, $\alpha = \widehat{HDA} = \widehat{KDA} = \widehat{KJA} = \widehat{XJB}$
y $90 - \alpha = \widehat{CAD} = \widehat{KAD} = \widehat{KJD}=\widehat{XJD}$
Tenemos entonces
$90 - \alpha = \widehat{CBD} = \widehat{XBD} = \widehat{XJD}$ Por lo tanto, $XBJD$ es cíclico, así que
$\widehat{XDB} = \widehat{XJB} = \alpha$.
Por lo tanto, la recta $DX$ es la mediatriz de $\widehat{BDC}$, y como $BDC$ es isósceles, $X$ es el punto medio de $BC$□
