Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con $BC < AB$ y $BC < AC$. Considere los puntos $P$ y $Q$ en los segmentos $AB$ y $AC$, respectivamente, tales que $P\neq B$, $Q \neq C$ y $BQ = BC = CP$. Sea $T$ el circuncentro del triángulo $APQ$, $H$ el ortocentro del triángulo $ABC$ y $S$ el punto de intersección de las rectas $BQ$ y $CP$. Pruebe que los puntos $T$, $H$ y $S$ están en una misma recta.
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
$CH$ bisectriz de $\angle BCP$ por ser $CH$ altura de triángulo isósceles. Por lo mismo, $BH$ es bisectriz de $\angle CBQ$, entonces $H$ incentro de $BCS$.
Sea $\angle BCQ = \angle BQC = \alpha$ y $\angle CBP = \angle CPB = \beta$, tenemos entonces $\angle BCP= 180-2\beta$ y $\angle CBQ = 180-2 \alpha$, por lo que mirando $BCS$ tenemos que $\angle BSC=2\alpha+2\beta-180 = \angle PSQ$ y entonces $\angle BSH = \angle CSH = \alpha+\beta-90$.
Por otro lado, viendo $ABC$ queda $\angle BAC = 180-\alpha-\beta$ y por ángulo central $\angle PTQ= 360-2\alpha-2\beta$, por lo que $\angle PTQ + \angle PSQ=180$ y $PTQS$ resulta cíclico.
Por último, como $TP=TQ$ tenemos que $\angle TPQ = \angle TQP= \alpha+\beta-90$, pero por arco capaz nos queda $\angle PQT = \angle PST = \angle CSH$, luego como $P, S, C$ pertenecen a una misma recta, $T, S, H$ también y estamos $\blacksquare$
Notemos que la mediatriz de $AQ$ es paralela a la altura de de $ABC$ que pasa por $B$ y la mediatriz de $AP$ es paralela a la altura de $ABC$ que pasa por $C$.
Trazamos ahora la paralela a $BC$ que pasa por $A$, marcamos a $X$ como la intersección de $BQ$ y dicha paralela e $Y$ como la intersección de $CP$ con dicha paralela. Es fácil demostrar que los triángulos $AXQ$ y $AYP$ son también isósceles en $X$ e $Y$ respectivamente, por lo que $X$ pertenece la mediatriz de $AQ$ e $Y$ pertenece a la mediatriz de $AP$. Por lo que $BC\parallel XY$, $XT\parallel BH$ y $YT\parallel HC$, por lo que triángulos $XYT$ y $BHC$ son homotéticos con centro equivalente a la intersección de $BX$ y $CY$, el cual es $S$. De esta manera $T$, $S$ y $H$ son colineales gracias a la homotecias de centro $S$.
Como $BC=BQ$ y $BH\perp CQ$, entonces $BH$ es bisectriz de $\angle CBQ$, con lo que $BH$ es bisectriz de $\angle CBS$. Análogamente se tiene que $CH$ es bisectriz de $\angle SCB$. Entonces $H$ es el incentro de $BCS$, es decir que $H$ está en la bisectriz de la rectas $BQ$ y $CP$.
Como $H$ es ortocentro de $ABC$, entonces $\angle BHC=180^\circ -\angle BAC$; pero como $H$ es incentro de $BSC$, entonces $\angle BHC=90^\circ +\dfrac{1}{2}\angle BSC$. Entonces $\angle QSP=\angle BSC=180^\circ -2\angle BAC=180^\circ -\angle PTQ$, donde la última igualdad vale por ser $T$ el circuncentro de $ABC$. Como $PT=TQ$, esto implica que $ST$ es bisectriz de $\angle QSP$, es decir que $T$ está en la bisectriz de las rectas $BQ$ y $CP$. Es claro que $S$ también lo está pues es su punto de intersección.
Entonces $T$, $S$ y $H$ están todos sobre la bisectriz de las rectas $BQ$ y $CP$.
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Notemos que la mediatriz de $AQ$ es paralela a la altura de de $ABC$ que pasa por $B$ y la mediatriz de $AP$ es paralela a la altura de $ABC$ que pasa por $C$.
Trazamos ahora la paralela a $BC$ que pasa por $A$, marcamos a $X$ como la intersección de $BQ$ y dicha paralela e $Y$ como la intersección de $CP$ con dicha paralela. Es fácil demostrar que los triángulos $AXQ$ y $AYP$ son también isósceles en $X$ e $Y$ respectivamente, por lo que $X$ pertenece la mediatriz de $AQ$ e $Y$ pertenece a la mediatriz de $AP$. Por lo que $BC\parallel XY$, $XT\parallel BH$ y $YT\parallel HC$, por lo que triángulos $XYT$ y $BHC$ son homotéticos con centro equivalente a la intersección de $BX$ y $CY$, el cual es $S$. De esta manera $T$, $S$ y $H$ son colineales gracias a la homotecias de centro $S$.
