Sea $ABCD$ un cuadrilátero inscripto en una circunferencia $O$. Para un punto $E$ de $O$, se consideran sus proyecciones $K,L,M,N$ sobre las rectas $DA,AB,BC,CD$ respectivamente. Demostrar que si $N$ es el ortocentro del triángulo $KLM$ para algún punto $E$ distinto de $A,B,C,D$ entonces lo mismo ocurre para todo punto $E$ de la circunferencia $O$.
Dependiendo del dibujo dos ángulos pueden ser iguales o suplementarios, pero la solución es esencialmente la misma
dados $A, B, C, D$ fijos voy a probar que cuando $E$ varía, las rectas $KL$ y $MN$ se cortan formando el mismo ángulo, de donde es inmediato que si son perpendiculares ($\text{i.e.}$ $N$ es ortocentro) para un punto, entonces lo son para todos
lo primero que hay que notar es que por todos los ángulos rectos hay muchos cíclicos
Sea $H_e$ la proyección ortogonal de $E$ sobre $BD$, por la $\text{recta de Simpson}$ sabemos que $KL \cap MN = H_e$ y además también sabemos que $H_e$ está en la intersección de las cfas violetas punteadas de la imagen por ser $BE$ y $DE$ diámetros.
(un camino mucho más corto que todos los angulitos) la gracia va en ver que $K\hat{H_e}N$ es congruente a $A\hat{B}C$ porque son suplementarios al $A\hat{D}C$ ya que $ABCD$ y $NDKH_e$ son cíclicos
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Dependiendo del dibujo dos ángulos pueden ser iguales o suplementarios, pero la solución es esencialmente la misma
dados $A, B, C, D$ fijos voy a probar que cuando $E$ varía, las rectas $KL$ y $MN$ se cortan formando el mismo ángulo, de donde es inmediato que si son perpendiculares ($\text{i.e.}$ $N$ es ortocentro) para un punto, entonces lo son para todos
lo primero que hay que notar es que por todos los ángulos rectos hay muchos cíclicos
Sea $H_e$ la proyección ortogonal de $E$ sobre $BD$, por la $\text{recta de Simpson}$ sabemos que $KL \cap MN = H_e$ y además también sabemos que $H_e$ está en la intersección de las cfas violetas punteadas de la imagen por ser $BE$ y $DE$ diámetros.
(un camino mucho más corto que todos los angulitos) la gracia va en ver que $K\hat{H_e}N$ es congruente a $A\hat{B}C$ porque son suplementarios al $A\hat{D}C$ ya que $ABCD$ y $NDKH_e$ son cíclicos
La parte del "dependiendo del dibujo" la podés omitir al hacer angulitos si usás ángulos dirigidos (y más en este caso que solamente querés probar que algo es siempre $90^\circ$).
La recta se llama recta de Simson (sin "p"), Simpson es Homero jajaja.
Con el mismo argumento pero tirando la perpendicular sobre $AC$ podés demostrar que en realidad $N$ es el ortocentro de $KML$ si y sólo si $ABCD$ es un rectángulo, observación que no me parece para nada trivial y que de hecho es la manera en la que yo pensé que iba a salir el problema originalmente.
Con el mismo argumento pero tirando la perpendicular sobre $AC$ podés demostrar que en realidad $N$ es el ortocentro de $KML$ si y sólo si $ABCD$ es un rectángulo, observación que no me parece para nada trivial y que de hecho es la manera en la que yo pensé que iba a salir el problema originalmente.
en realidad básicamente la solución dice eso, porque con lo que probé, podés decir que las perpendiculares que necesitás para que $N$ sea ortocentro, implican que los ángulos del $ABCD$ son todos rectos
$\text{“The further removed from usefulness or practical application, the more important."}$