Sea $ABC$ un triangulo acutángulo con sus tres lados distintos y sea $M$ el punto medio del lado $BC$. La bisectriz del ángulo $B\widehat AC$, la mediatriz del lado $AB$ y la mediatriz del lado $AC$ definen un nuevo triangulo. Sea $H$ el punto de intersección de las tres alturas de este nuevo triangulo. Demostrar que $H$ pertenece al segmento $AM$.
Aclaración: La mediatriz de un segmento es la perpendicular al segmento que pasa por su punto medio.
Cuando tenga más tiempo completo esta solución pero la idea principal es marcar $D$ como el punto medio del arco $BC$ y $P$ como el pie de la altura de $O$ en ese triángulito. Si probás que la cuenta del Menelao en $\triangle OPD$ con los puntos $M$, $H$, $A$ da $1$ entonces $MHA$ es una recta.
Sen $r_b$ la mediatriz de $AB$, $r_c$ la mediatriz de $AC$ y $d$ la bisectriz mencionada. Además, sean $r_b \cap r_c=O$ el circuncentro, $r_b \cap d=X$ y $r_c \cap d=Y$.
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Como queremos demostrar que $H$ está en la mediana, es suficiente con ver que las áreas de $ABH$ y $ACH$ son iguales. Es decir, queremos ver $[ABH]=[ACH]$.
Notemos que al ser $H$ ortocentro de $OXY$, entonces $XH \perp r_c$ y $YH \perp r_b$. Además, por definición sabemos que $r_b \perp AB$ y $r_c \perp AC$. Por lo tanto, $AB \parallel YH$ y $AC \parallel XH$.
Por áreas entre paralelas, como $AB \parallel YH$ entonces $[ABH]=[ABY]$ y, del mismo modo, como $AC \parallel XH$ entonces $[ACH]=[ACX]$. Por lo tanto nos gustaría ver que $[ABY]=[ACX]$.
Usaremos que el área de un tríangulo de lados $a, b, c$ y ángulo $\alpha$ opuesto al lado $a$ es $\frac{bc \cdot sen(\alpha)}{2}$. Como $B\widehat{A}Y=X\widehat{A}C=\frac{\widehat{A}}{2}=\alpha \neq 0$ tenemos que $[ABY]=\frac{AB \cdot AY \cdot sen(\alpha)}{2}$ y $[ACX]=\frac{AC \cdot AX \cdot sen(\alpha)}{2}$. Entonces para ver $[ABY]=[ACX]$ solo es necesario verificar que se cumple $AB \cdot AY=AC \cdot AX$. O lo que es lo mismo, $\frac{AB}{AX}=\frac{AC}{AY}$.
Para ver que esto último es cierto, notemos que $ABX$ y $ACY$ son isósceles en $X$, $Y$, respectivamente. Además, como $d$ era bisectriz, el ángulo en $A$ de ambos triángulos es el mismo y se sigue que estos dos triángulos son semejantes. En particular, de esto se sigue que $\frac{AB}{AX}=\frac{AC}{AY}$ y queda demostrado el problema.
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Sean $O, X$ y $Y$ los vértices del nuevo triangulo donde $O$ es la intersección de las mediatrices y por lo tanto circuncentro de $ABC$.
Notemos que $\angle OYX= \frac{\angle AYC}{2}=90-\frac{BAC}{2}$.
Análogamente $\angle OXY=90-\frac{BAC}{2}$, por lo que $OXY$ es isósceles con $OX=OY$.
Sean $P$ y $Q$ los puntos medios de los arcos $BC$ de la circunscripta de $ABC$ que no contiene y contiene a $A$ respectivamente. Los puntos $A, X, Y$ son colineales, también lo son $P, M, O, Q$.
Los triángulos $QBC$ y $OXY$ son semejantes por criterio AAA. Sea $R$ el ortocentro de $QBC$.
Sea $N$ el punto medio de $AP$, se cumple que $ON$ es perpendicular a $AP$ y como $OXY$ es isósceles tenemos que $N$ es punto medio de $XY$.
Llamemos $H'$ a la intersección entre $AM$ y $ON$.
Como $ON$ es paralela a $AQ$ tenemos dos pares de triángulos semejantes que nos permiten hacer las siguientes cuentas.
Luego la semejanza entre $QBC$ y $OXY$ nos dice que como $R$ es ortocentro de $QBC$ tiene que pasar que $H'$ sea el ortocentro de $OXY$ por lo que $H'=H$ y $A, H, M$ son colineales.
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Usé complejos, no voy a escribir la solución completa porque me llevó 6 hojas, pero para definir el ortocentro del triángulo OXY siendo O el circuncentro de ABC y X e Y los otros dos vértices del triángulo cuyo ortocentro te piden demostrar que está en AM usé la siguiente idea:
Primero demostré (sin complejos, usando ángulos) que OXY es isósceles con OX=OY.
Después, sabiendo eso, definí a H de la siguiente forma:
Trazo la perpendicular a XY desde Y y la interseco con la perpendicular desde O hasta OY, es punto de intersección es Z, que resulta ser el ortocentro de OOY, que lo voy a usar para calcular H con un anticentro.
Luego, T es el punto medio de XZ, siendo el anticentro de OOXY, como consecuencia, por propiedad del anticentro, T es punto medio de OH, siendo H la reflexión de O por T.
Todas esas cuentas son relativamente fáciles de hacer con complejos, y además ubiqué un punto N (el punto medio del arco BC qué no contiene a A), teniendo que n²=bc para ubicar la bisectriz de BAC, y los puntos medios de AB y AC para trazar las mediatrices. A partir de ahí, con complejos solo había que intersecar rectas o trazarlas paralelas o perpendiculares a otras, además de algún que otro punto medio, hasta ubicar el punto h con lo del anticentro del cíclico degenerado. Un vez ubicado h solo había que hacer la cuenta:
$\frac{h-a}{a-m}$ y ver que es un real conjugándolo y viendo que da lo mismo, para demostrar que H pertenece a AM.
Sean $O$ el circuncentro de $ABC$, $D$ el punto donde la mediatriz de $CA$ interseca a la bisectriz de $\angle BAC$, $E$ el punto donde la mediatriz de $AB$ interseca a la bisectriz de $\angle BAC$, $F$ el punto donde la paralela por $D$ a $AB$ interseca a $BC$, $G$ el punto donde la paralela a $CA$ por $E$ interseca a $BC$, $N$ el punto medio del arco $BC$ del circuncírculo de $ABC$ que no contiene al punto $A$, $P$ el pie de la bisectriz de $\angle BAC$, $H'=DF\cap AM$ y $H''=EG\cap AM$.
Como $H$ es el ortocentro de $ODE$, tenemos que $DH\perp OE\perp AB$, con lo que $DH\parallel DF$, y así $D,F,H$ son colineales. Análogamente tenemos que $E,G,H$ son colineales. Entonces $H=DF\cap EG$.
Si $\angle BAP=\angle PAC=\alpha$, tenemos que $\angle NBC=\angle BCN=\alpha$. Además, $DA=DC$ ya que $D$ está en la mediatriz de $CA$, con lo que $\angle ACD=\angle DAC=\alpha$. Entonces $ADC\simeq BNC$, con lo que $\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{BN}{BC}$, y así $AD=\dfrac{AC}{BC}BN$. Por Thales resulta entonces que$$\frac{BF}{BP}=\frac{AD}{AP}=\frac{AC}{BC}\frac{BN}{AP}.$$Por ser pie de la bisectriz, tenemos que$$BP=\frac{AB\cdot BC}{AB+AC}$$(esto es una consecuencia del Teorema de la Bisectriz). Entonces$$\frac{BF}{BC}=\frac{BF}{BP}\frac{AB}{AB+AC}=\frac{AB\cdot AC\cdot BN}{(AB+AC)\cdot BC\cdot AP},$$con lo que$$BF=\frac{AB\cdot AC\cdot BN}{(AB+AC)\cdot AP}.$$Análogamente tenemos que$$CG=\frac{AB\cdot AC\cdot CN}{(AB+AC)\cdot AP}.$$Como $BN=CN$ por definición de $N$, tenemos que $BF=CG$. Por Thales resulta entonces$$\frac{AH'}{AM}=\frac{BF}{BM}=\frac{CG}{CM}=\frac{AH''}{AM},$$con lo que $H'=H''$, de modo que $H=H'=H''$. Entonces $H$ está en $AM$.
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Yo sabía que en algún momento de mi vida me iba a terminar saliendo este problema. Sin complejos, sin trigonometría, sin analítica, solo con cosas lindas.
Los puntos que ya venían por default no los digo (miren el dibujo), sea $P$ la proyección de $S$ sobre $AB$. La bisectriz de $\angle A$ y $RM$ se cortan en $S'$. La recta $QM$ corta a la bisectriz de $\angle A$ en $U'$. Sea $J = SH \cap TU$.
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Sea $\angle A = 2\alpha$, por ángulos interiores y opuestos por el vértice $\angle ASR = 90^{\circ}-\alpha = \angle TSU$ y por SI en $\triangle AUQ: \angle SUT = 90^{\circ}-\alpha \Rightarrow \angle JSU = \alpha$ entonces $\triangle TSU$ es isósceles $\Rightarrow \angle HSU = \angle HUS = \alpha$.
Notemos que $RM$ es base media $\Rightarrow \angle BAS = \angle MS'U' = \angle AS'R = \alpha$ y por paralelas $\angle S'AR = \angle MU'S' = \alpha$, de donde concluimos que $\boxed{\triangle RAS' \sim \triangle MU'S' \sim \triangle HUS}$. Además, por bisectriz tenemos $AP = AR = RS'$ y como $AQMR$ es un paralelogramo, entonces $PQ = MS'$ pero como $PQJS$ es un rectángulo, entonces $JS = MS'$.
Todo esto lo hicimos para demostrar que la homotecia que manda $S$ a $S'$ también manda $U$ a $U'$ y por consiguiente $H$ a $M$, entonces esa homotecia se cumple si solo si
