Sea [math]ABC un triángulo acutángulo. Denotamos [math]D al pie de la perpendicular a [math]BC trazada por [math]A, [math]M al punto medio de [math]BC, y [math]H al ortocentro de [math]ABC. Sea [math]E el punto de intersección de la circunferencia circunscrita [math]\Gamma del triángulo [math]ABC y la semirrecta [math]MH, y [math]F el punto de intersección (distinto de [math]E) de la recta [math]ED y la circunferencia [math]\Gamma. Demostrar que [math]\frac{BF}{CF} = \frac{AB}{AC}.
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Es un hecho conocido que las reflexiones del ortocentro con respecto a los pies de las alturas y los puntos medios de los lados caen en la circunferencia circunscripta (una forma bastante simple de verlo es considerando la circunferencia de los nueve puntos).
Sean $X=AE\cap BC$, $Y=AD\cap \Gamma$, $Z=EM\cap \Gamma$.
Por lo que dijimos antes, $HD=DY$ y $HM=MZ$. En consecuencia $ZY\parallel BC$.
Ahora $(AF;BC)\stackrel{E}{=}(XD;BC)\stackrel{A}{=}(EY;BC)\stackrel{Z}{=}(M\infty;BC)=-1$ y sigue que $\frac{AB}{AC}\frac{FC}{FB}=1$ (olvidando el signo).
cuenca2012.png
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Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)
Primero, advertir que la condición que nos piden probar que es que el cuadrilátero [math]ABFC es armónico. Luego, ver que eso implica que [math]AF es simediana del triángulo [math]ABC. Y, finalmente, lo que quedaría sería probar que [math]\angle BAF = \angle CAM (esta parte no me salió, pero intuyo que no debe ser tan 'molesto' como lo que nos pedían inicialmente).
Sea [math]\theta = 1,3063778838... Para todo entero positivo [math]k se cumple que [math]\left\lfloor \theta^{3^k}\right\rfloor es un número primo.
Antes que nada, adelanto dos lemas que voy a usar a lo largo de la solución. El primero es que si tenemos un triángulo $ABC$ y $AD$ una ceviana entonces $\frac{BD}{CD}=\frac{AB \sin BAD}{AC \sin CAD}$ (lo cual se demuestra utilizando teoremas del seno en los triángulos $ABD$ y $ACD$) y que $AH=2OM$.
Ahora bien, en principio marcamos el centro de $T$ al que llamaremos $O$. Vamos a probar que $AO$ y $EM$ se intersecan en $T$. En efecto, sea $P$ el punto de intersección de ambas rectas. No es difícil ver que $AHP$ y $OMP$ son semejantes pues $AH\parallel OM$ (por ser ambas perpendiculares a $BC$) entonces $\frac{AH}{OM}=\frac{AP}{OP}$ $\Rightarrow$ como $AH=2OM \Rightarrow AP= 2OP$ entonces $O$ es punto medio de $AP$ entonces $OP=AO=R$ entonces $P$ está en $T$, como buscábamos probar.
Dicho esto, vayamos a trabajar con lo puntual del problema.
Usando del lema enunciado inicialmente en $BCF$, tenemos $\frac{BF}{CF}= \frac{BD\sin CFD}{CD \sin BFD}$.
Veamos como reescribir $\frac{BD}{CD}$:
Es claro que $\frac{BD}{CD}=\frac{(ABD)}{(ACD)}=\frac{AB\sin BAD}{AC \sin CAD}$.
Ahora veamos como reescribir $\frac{\sin CFD}{\sin BFD}$.
Como $CFD=CPE$ (por arco capaz con $CE$ en $T$) y $BFD=BPE$ (por arco capaz con $BE$ en $T$) entonces $\frac{\sin CFD}{\sin BFD} = \frac{\sin CPE}{\sin BPE}$. A su vez, $CPE=CPM$ y $BPE= BPM$ $\Rightarrow$ $\frac{\sin CFD}{\sin BFD} = \frac{\sin CPE}{\sin BPE} = \frac{\sin CPM}{\sin BPM}$. Ahora, mirando en el triángulo $BCP$, $\frac{\sin CPM}{\sin BPM}=\frac{\sin BCP}{\sin CBP}$. Como $BCP=BAP$ y $CBP=CAP$ $\Rightarrow$ $\frac{\sin BAP}{\sin CAP}$. Entonces reescribimos $\frac{\sin CFD}{\sin BFD}= \frac{\sin BAP}{\sin CAP}$.
Como $ABD=90^{\circ}-BAD \Rightarrow AOC= 180^{\circ} - 2BAD \Rightarrow CAP=BAD$ y por lo tanto también sucede $BAP=CAD$,
por lo que $\frac{\sin BAD}{\sin CAD} \cdot \frac{\sin BAP}{\sin CAP}=1$ entonces $\frac{BF}{CF}=\frac{AB}{AC}$ como buscábamos probar.
Sean $H'$ el simétrico de $H$ por $M$, $G=BH\cap CA$, $I=CH\cap AB$, $J=GI\cap BC$, $K$ el simétrico de $H$ por $BC$, $L$ el segundo punto de intersección de $\odot AHJ$ con $GI$, y $P$ el segundo punto de intersección de $AM$ con $\odot AGI$ (entonces $J,H,P$ son colineales y $BCPH$ es cíclico).
Como $E,H,M,H'$ son colineales y $H'$ es el opuesto diametral de $A$ en $\odot ABC$, tenemos que $HE\parallel H'E\perp AE$, y por ser $H$ ortocentro tenemos que $HG\perp AG$ y $HI\perp AI$, de donde $AGPHIE$ y $BCGI$ son cíclicos, luego $(AE,GI,BC)$ son los ejes radicales de $(\odot ABC,\odot AGI,\odot BCGI)$, de donde concurren en $J$. Además, $AB\cdot AI=\text{Pot}(A,\odot BCGI)=AC\cdot AG$.
Sea $\Psi (X)$ el inverso de $X$ por la circunferencia de centro $A$ y radio $\sqrt{AB\cdot AI}$.
Tenemos que $\Psi (I)=B$ y $\Psi (G)=C$, de donde $\Psi (\odot AGI)=BC$, por lo que $\Psi (E)=J$ y $\Psi (H)=D$, luego, $\Psi (\odot AHJ)=ED$ y $\Psi (GI)=\odot ABC$, entonces como $L\not \equiv J$, tenemos que $\Psi (L)\not \equiv \Psi (J)=E$, luego, $\Psi (L)=\Psi (\odot AHJ)\cap \Psi (GI)=ED\cap \odot ABC=F$. Por último, $\Psi (K)=N$ y $\Psi (M)=P$.
Ahora, notemos que $\{B,C;D,J\}=-1$, de donde $D$ y $J$ son inversos por la circunferencia $\Gamma$ de centro $M$ y radio $MB=MC$. Entonces, usando segmentos dirigidos\begin{align*}DA\cdot DK & =\text{Pot}(D,\odot ABC) \\
& =DB\cdot DC \\
& =\text{Pot}(D,\Gamma ) \\
& =DM^2-MB^2 \\
& =DM^2-DM\cdot JM \\
& =DM\cdot (DM-JM) \\
& =DM\cdot DJ
\end{align*}por lo que $AMKJ$ es cíclico, entonces $E,N,P$ son colineales, luego\begin{align*}\angle NEA & =\angle PEA \\
& =\angle PHA \\
& =180^\circ -\angle AHJ \\
& =180^\circ -\angle ALJ \\
& =180^\circ -\angle ALN
\end{align*}por lo que $ALNE$ es cíclico, de donde $J,K,F$ son colineales.
Sea $F'$ el simétrico de $F$ por $BC$, entonces $J,H,F'$ son colineales y\begin{align*}JH\cdot JF' & =JK\cdot JF \\
& =\text{Pot}(J,\odot ABC) \\
& =JB\cdot JC \\
& =\text{Pot}(J,\odot BHC) \\
& =JH\cdot JP
\end{align*}por lo que $F'\equiv P$, luego, $ABFC$ es armónico, de donde (sin segmentos dirigidos) $\frac{BF}{CF}=\frac{AB}{AC}$.
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Sea $J=AE\cap BC$, sea $P=BH\cap CA$ y sea $Q=CH\cap AB$. Por las reflexiones del ortocentro resulta que $E$ está en la circunferencia de diámetro $AH$, de modo que por ejes radicales tenemos que $P,Q,J$ son colineales. Por Ceva y Menelao resulta $\{B,C;J,D\}=-1$, con lo que$$\{B,C;A,F\}\underset{E}{=}\{B,C;J,D\}=-1,$$de donde se sigue lo pedido.
vos me lo enseñaste! sos un bestia 
