un lema para el Ibero 2018 P6

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Sean $ABC$ un triangulo, $O, H$ y $M$ su circuncentro, ortocentro y punto medio del lado $BC$, respectivamente.
La recta $OH$ intersecta (nuevamente) a la circunscrita al triangulo $BHC$ en el punto $P$.
Probar que $\angle APH = \angle MPH$.

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Sean $K, L, N, O'$ los puntos medios de $AB, AC, AH$ y $AO$, respectivamente.
Sabemos que la circunferencia de los nueve puntos {C9P} tiene su centro en el punto medio de $OH$ y que contiene a los puntos $K, N, L$ y $M$ ya definidos, su diametro es la mitad del diametro de (ABC) {en adelante (XYZ) significa la circunscrita a XYZ, etc.} entonces tiene el mismo diametro que $(AKOL)$, es decir $AO$.

La razon de homotecia entre $(ABC)$ y $(AKOL)$ es 2 y el centro esta en $A$, luego asi es facil ver que $N$ es el ortocentro de $AKL$ entonces $O'N\parallel OH$.

Sea $Q$ la interseccion de $O'N$ con la C9P.
De un lema conocido tenemos $OM=HN=AN$ por lo tanto $NHMO$ es un paralelogramo. Sea M' el reflejo de $M$ respecto de $OH$, entonces como sabemos que $OH$ es una recta que contiene el centro de la C9P, $M'$ debe pertenecer a dicha circunferencia. Luego vemos que $M'H=NO$ y que $\angle NOH = \angle M'HO$ entonces $NOHM'$ es un trapecio isosceles donde $NM'\parallel OH$ luego concluimos que $M'=Q$.

Entonces la homotecia de centro $A$ nos manda
$AKL$ hacia $ABC$ y $KNLQ$ hacia $BHCP$, {sabemos que (BHCP) es el reflejo de (ABC) por BC} luego $A, Q, P$ son colineales.

Notamos que $PMHQ$ es un deltoide asi $\angle MPH =\angle QPH = \angle APH$.