IGO 2014 - Nivel Avanzado - Problema 5

[drynshock]

Dos puntos $P$ y $Q$ están en el lado $BC$ de un triángulo $ABC$ y sus distancias hasta el punto medio de $BC$ es igual. Las perpendiculares desde $P$ y $Q$ hacia $BC$ intersecan a $AC$ y $AB$ en $E$ y $F$, respectivamente. $M$ es el punto de intersección de $PF$ y $EQ$. Si $H_1$ y $H_2$ son los ortocentros de los triángulos $BFP$ y $CEQ$, respectivamente, demostrar que $AM \perp H_1H_2$.

[Ignacio Daniele]

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Una solución con coordenadas, pero escrita en Word, así que no usa LATEX, y no está muy bien explicado, solo están las cuentas y los valores, pero en general, mXY significa pendiente de la recta XY, y kXY significa ordenada al origen de XY, y cuando kXY=mXY o kXY=mXY, defino a XY=mXY para sacar factor común. Además, no lo revisé, así que es posible que me haya olvidado algún menos o algo así, pero el resultado da, así que creo que está bien. Usé que si dos rectas son perpendiculares, es conocido que sus pendientes multiplican -1. Habiendo dicho eso, la solución:

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Sin pérdida de generalidad, B(-1;0) y C(1;0). Además, A(Ax,Ay) con Ay>0 sin pérdida de generalidad.
También, P(k;0) y Q(-k;0).
AB(x)=mAB.x+kAB
kAB=mAB=AB
AB.Ax+AB=Ay
AB(Ax+1)=Ay
AB=Ay/(Ax+1)
Fy=AB(1-k)
Fy=Ay(1-k)/(1+Ax)
AC(x)=mAC.x+kAC
mAC+kAC=0
mAC=-kAC=AC
AC.Ax-AC=Ay
AC(Ax-1)=Ay
AC=Ay/(Ax-1)
Ey=AC.k-AC=AC(k-1)
Ey=Ay(1-k)/(1-Ax)
FP(x)=-Ay(1-k)x/(2k(1+Ax))+Ay(1-k)/(2(1+Ax))
EQ(x)=Ay(1-k)x/(2k(1-Ax))+Ay(1-k)/(2(1-Ax))
Ay(1-k)x/(k((1-Ax)(1+Ax)))=
-(Ay(1-k))(Ax/((1-Ax)(1+Ax))
x/k=Ax
x=k.Ax
Mx=-k.Ax
My=Ay(1-k)(1+Ax)/(2(1+Ax))
My=Ay(1-k)/2
BH1(x)=2k(1+Ax)/(Ay(1-k))(1+x)
H1y=2k(1+Ax)(1-k)/(Ay(1-k))
H1y=2k(Ax+1)/Ay
CH2(x)=2k(Ax-1)/(Ay(1-k))(x-1)
H2y=2k(Ax-1)(1-k)/(Ay(k-1))
H2y=2k(1-Ax)/Ay
mH1H2=2k(Ax+1-1+Ax)/(Ay.-2k)
mH1H2=2k.2Ax/(-2k.Ay)=-2Ax/Ay
mAM=Ay((1-k)/2-1)÷Ax(-k-1)
mAM=Ay(-1-k)/(2Ax(-k-1))=
=Ay/(2Ax)
mH1H2.mAM=-1
Son perpendiculares.