Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con circuncentro $O$. Sean $D$, $E$ y $F$ puntos sobre las rectas $BC$, $CA$ y $AB$, respectivamente, tales que $DE\perp CO$ y $DF\perp BO$. Sea $K$ el circuncentro del triángulo $AEF$.
Hallar el lugar geométrico de $K$ cuando $D$ varía en la recta $BC$.
Aclaración: El lugar geométrico de un punto es el conjunto de todos los puntos que cumplen una determinada propiedad.
Es decir, si un punto cumple la propiedad, entonces pertenece al lugar geométrico. Pero si no la cumple, no pertenece.
Voy a probar que el lugar geometrico de $K$ es una recta. La idea es simplemente calcular $K$ como funcion de $D$ y notar que es lineal. No hay ningun truco, es simplemente traducir el enunciado en terminos de algebra lineal. Escrito queda medio largo, pero es trivial.
Represento los puntos en $\mathbb R^2$. Trasladando si hace falta, asumimos que $O=0$. Que $D$ esta en $BC$ quiere decir que $D = C + t(B-C)$ con $t\in\mathbb R$. Lo que queremos probar es que $K$ forma una recta cuando $D$ se mueve sobre $BC$, es decir cuando $t$ varia. Voy a probar que $K = P+tQ$ para ciertos $P$, $Q$ que son funcion de $A,B,C$ (y por lo tanto no se mueven cuando $D$ se mueve) con $Q\neq0$, lo que prueba lo buscado.
Como $E$ esta en $CA$, $E = A + e(C - A)$ con $e\in\mathbb R$. Como $DE\perp CO$, tenemos que $(D-E)\cdot(C-O)=0$. Es decir, $E\cdot C=D\cdot C$ (ya que $O=0$). Ahora $E\cdot C = A\cdot C + e(C-A)\cdot C$, luego
$$e = \frac{(D - A)\cdot C}{(C-A)\cdot C},$$
ya que $(C-A)\cdot C\neq0$. En efecto, si $(C-A)\cdot C=0$, $\|C\|^2=C\cdot A$; por Cauchy-Schwarz $C\cdot A \leq \|C\| \|A\| = \|C\|^2$ (ya que $0$ es el circuncentro), hay igualdad en Cauchy-Schwarz y $C=\lambda A$ con $\lambda\in\mathbb R$, luego $\lambda$ es $1$ o $-1$, porque $A$ y $C$ tienen la misma norma. Si $\lambda = 1$ tenemos $A=C$, absurdo. Si $\lambda=-1$ tenemos $C=-A$, es decir, $O$ es el punto medio de $AC$, es decir, $AC$ es un diametro, por lo que el triangulo es rectangulo. Esto es absurdo porque el triangulo es acutangulo por hipotesis.
Similarmente, $F = A + f(B - A)$ con $f = \frac{(D - A)\cdot B}{(B-A)\cdot B}.$
Prop $A+B$ y $A+C$ son linealmente independientes.
Prueba. Si no, $A+B = \lambda(A+C)$ con $\lambda\in\mathbb R$ o $A+C=0$. Lo segundo no puede pasar porque si no $C=-A$, que ya vimos que no pasa. Luego $B=(1-\lambda)(-A) + \lambda C$, es decir, $B$ esta en la recta que une a $C$ con $-A$, el punto tal que $A(-A)$ es diametro de la circunferencia circunscrita al triangulo. Pero esta recta corta a la circunferencia en $-A$ y $C$, y $B$ esta en la circunferencia, luego $B$ es $-A$ o $C$, pero ninguna es posible. QED
Sean $E',F'$ los puntos medios de $AE$ y $AF$, respectivamente. Es decir, $E'=\frac12(A+E)$ y $F'=\frac12(A+F)$. Como $K$ es el circuncentro de $AEF$, $KE'$ es perpendicular a $AE$, es decir, a $AC$, y $KF'$ es perpendicular a $AB$. Es decir, $(K-E')\cdot(A-C)=0$ y $(K-F')\cdot(A-B)=0$. Equivalentemente, $K\cdot(A-C)=\frac12(A+E)\cdot(A-C)$ y $K\cdot(A-B)=\frac12(A+F)\cdot(A-B)$.
Como $A+B$ y $A+C$ son linealmente independientes, $K = u(A+B) + v(A+C)$ con $u,v\in\mathbb R$. Entonces $$K\cdot(A-C) = u(A+B)\cdot(A-C) + v(A+C)\cdot(A-C) = u(A+B)\cdot(A-C),$$ ya que $(A+C)\cdot(A-C)=\|A\|^2-\|C\|^2=0$. Ahora $K\cdot(A-C) = \frac12(A+E)\cdot(A-C)$, luego
$$u = \frac{\frac12(A+E)\cdot(A-C)}{(A+B)\cdot(A-C)},$$
ya que $(A+B)\cdot(A-C)\neq0$. En efecto, si fuera $0$, $A(-B) \perp AC$, donde $-B$ es tal que $O$ es el punto medio de $B(-B)$. Ahora $AB \perp A(-B)$ porque $B(-B)$ es diametro, luego $C$ esta en la recta $A(-B)$ y en la circunferencia, luego es $A$ o es $-B$, pero ninguna es posible.
Similarmente obtenemos $v = \frac{\frac12(A+F)\cdot(A-B)}{(A+C)\cdot(A-B)}.$ Entonces
$$K = \frac{\frac12(A+E)\cdot(A-C)}{(A+B)\cdot(A-C)} (A+B) + \frac{\frac12(A+F)\cdot(A-B)}{(A+C)\cdot(A-B)} (A+C).$$
Recordemos que $E = A + \frac{(D - A)\cdot C}{(C-A)\cdot C}(C - A)$ y $F = A + \frac{(D - A)\cdot B}{(B-A)\cdot B} (B - A)$. Reemplazando $D=C+t(B-C)$, $E = A + \frac{(C + t(B-C) - A)\cdot C}{(C-A)\cdot C}(C - A) = A + \frac{(C - A)\cdot C}{(C-A)\cdot C}(C - A) + t \frac{(B-C)\cdot C}{(C-A)\cdot C}(C - A) = C + t \frac{(B-C)\cdot C}{(C-A)\cdot C}(C - A)$.
Similarmente, $F = A + \frac{(C-A)\cdot B}{(B-A)\cdot B}(B-A) + t \frac{(B-C)\cdot B}{(B-A)\cdot B}(B - A)$.
Reemplazando en la formula de $K$, obtenemos $K=P+tQ$ con $P,Q$ funciones de $A,B,C$. Lo unico que falta probar es que $Q\neq 0$.
Tenemos que $$Q = \frac12 \frac{(B-C)\cdot C}{(A-C)\cdot C} \frac{\|A-C\|^2}{(A+B)\cdot(A-C)}(A+B) + \frac12 \frac{(B-C)\cdot B}{(A-B)\cdot B} \frac{\|A-B\|^2}{(A+C)\cdot(A-B)}(A+C).$$
Tenemos que $A+B$ y $A+C$ son linealmente independientes, luego $Q=0$ sii $\frac{(B-C)\cdot C}{(A-C)\cdot C} \frac{\|A-C\|^2}{(A+B)\cdot(A-C)} = 0$ y $\frac{(B-C)\cdot B}{(A-B)\cdot B} \frac{\|A-B\|^2}{(A+C)\cdot(A-B)} = 0$. Ahora $\|A-B\|$ y $\|A-C\|$ son positivos obviamente, y $(B-C)\cdot C \neq 0$, $(B-C)\cdot B \neq 0$ por el mismo argumento que use para mostrar que $(C-A)\cdot C\neq0$. Listo.