BQ biseca a EF

[MathIQ]

Sea $ABC$ un triangulo acutángulo con ortocentro $H$ y circuncírculo $\Gamma$. Sea $E= BH \cap AC$ y $F= CH \cap AB$. Sea $P$ la segunda intersección de $AH$ con $\Gamma$. Sea $Q$ la segunda la segunda intersección de $PE$ con $\Gamma$. Probar que $BQ$ biseca a $EF$

[MathIQ]

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Sean $a,b,c \in \mathbb C$ los vertices del triangulo $ABC$ con circulo unitario y centro en $0$.
Tenemos $|a|=|b|=|c|=1$, de donde se ve tambien que $|p|=1=|q|$
Por ser $BE$ altura:
$$2e=a+b+c-\frac{ac}{b}$$
Al igual que con $CF$:
$$2f=a+b+c-\frac{ab}{c}$$
$$P\in AH\implies AP\perp BC\iff$$
$$\frac{p-a}{b-c}=-\frac{\frac{1}{p}-\frac{1}{a}}{\frac{1}{b}-\frac{1}{c}}$$
$$p=-\frac{bc}{a}$$
Como $P,Q,E$ son colineales:
$$\frac{q-p}{e-p}=\frac{\frac{1}{q}-\frac{1}{p}}{\overline e-\frac{1}{p}}$$
$$q=\frac{p-e}{p\overline e-1}=\frac{a^2c-abc-ab^2-a^2b-2b^2c}{b^2-ab-bc-ca-2a^2}\cdot \frac{a}{b}$$
Nótese que
$$\frac{e+f}{2}-b=(c-b)\cdot\frac{2bc-ac+ab}{4bc}$$
$$q-b=\frac{(c-b)(a+b)(a-b)^2}{b(b^2-ab-bc-ca-2a^2)}=\frac{(c-b)(a-b)^2}{b(b-2a-c)}$$
Por lo cual
$$\frac{q-b}{\frac{e+f}{2}-b}=\frac{4c(a-b)^2}{(2bc-ac+ab)(b-2a-c)}$$
De donde tenemos
$$\frac{q-b}{\frac{e+f}{2}-b}=\overline{\left(\frac{q-b}{\frac{e+f}{2}-b}\right)}$$
Lo que implica que $\frac{e+f}{2},b,q$ son colineales.

[.iont]

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Sea R la segunda intersección de BH con el circuncírculo de ABC. Por teorema tenemos que HE=ER. Sea m∠ABQ=a, entonces m∠APQ=a. Sea m∠QBR=b, entonces m∠QPR=b. Además, m∠HRP=m∠BAP=m∠FEB, de donde los triángulos RPH y EBF son semejantes. Llamemos M a la intersección de BQ y FE, entonces PE y BM son medianas homólogas. BQ biseca a EF.

[gerez_robert]

Con involuciones:

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IMG-20241107-WA0007.jpg

Sea $M$ el punto medio de $BC$.
Sean además, $I, J=EF\cap{\Gamma}, G=EF\cap{BC}, K=EF\cap{AP}$ y $L=EF\cap{BQ}$.
Por DIT, aplicado a $ABPQ$: $(I, J), (E, F), (K, L)$ son pares de una involución $f$.
Y por potencia de puntos:
$GI.GJ=GC.GB=GE.GF$
De donde $G$ es el centro de dicha involución.
$\Rightarrow GK.GL=GE.GF$
Ahora, como $(DEF)=\Gamma(N)$, donde $\Gamma(N)$ es la circunferencia de los nueve puntos del triangulo $ABC$.
Se sigue, $GD.GM=GE.GF=GK.GL$
$\Rightarrow KLMD$ es cíclico.
$\Rightarrow ML\perp EF$
$\Rightarrow L$ es punto medio de $EF$. $\blacksquare$

[gerez_robert]

Otra(mismo grafico):

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Como nos piden probar que $L$ es punto medio de $EF$, queremos ver:
$\{E, F; L, \infty\}=-1$
Si consideramos la inversión $f$, centrada en $G$ y de radio $r=\sqrt{GE.GF}$.
Tenemos que:
$\{E, F; L, \infty\}\overset{f}{=}\{F, E; K, G\}\overset{A}{=}\{B, C; D, G\}=-1$. $\blacksquare$