Problema: Sea $ triangle ABC $ un triángulo no degenerado, sea $ Gamma $ su circuncírculo. Supongamos que las bisectrices por $ A, B , C $ intersectan a $ Gamma $ en los puntos $ D, E, F $ respectivamente. Sea $ B_1 $ el punto de intersección de $ BE $ con $ DF $ y $ C_1 $ el punto de intersección de $ CF $ con $ DE $ . Demostrar que el punto medio de $ BC $ es el ortocentro de $ triangle DB_1C_1 $
Por ser bisectrices tenemos $ angle BAD =angle DAC, angle ABE = angle EBC, angle ACF = angle FCB $ Además por ángulos inscritos: $ angle FEB = angle FCB , angle ACF = angle ADF , angle CFE = angle CBE , angle ABE = angle ADE $ $ angle DAC = angle DFC , angle BAD = angle BED $
Notemos que $ angle B_1FC_1 = angle B_1EC_1 $ por lo que el $ FEC_1B_1 $ es un cuadrilátero cíclico. De este modo $ angle B_1EF = angle B_1C_1F, angle C_1FE = angle C_1B_1E $
Sea $ U $ la intersección de $ FD $ con $ BC $, $ W $ la intersección de $ DE $ con $ BC $ , $ K $ el punto medio de $ BC $ , $ T $ la intersección de $ AD $ con $ B_1C_1 $ . Queremos demostrar que $ UW $ es paralela a $ B_1C_1 $ . Para hacer esto vamos a demostrara una semejanza de $ triangle B_1TD $ con $ triangle UKD $ . Notemos que $ angle AKC $ es ángulo externo de $ angle BKA $ , así que $ angle BAK + angle ABK = angle AKC = angle UKD $ por ser ángulo opuesto. Por la suma de ángulos en un triángulo $ angle KUD = 180 – angle UKD – angle UDK = angle FED = angle B_1UB $ por ser ángulo opuesto, así que $ angle BB_1U = 180 – angle B1BU – angle BUB1 = 90º $ . Así que $ FB_1E = 90 $ por ser opuesto, además $ angle FB_1E = angle FC_1E $. Sea $ I $ el incentro de $ triangle ABC $, notemos que $ angle AIE $ es ángulo externo de $ angle BIE $, así que $ angle BAI + angle ABI = angle AIE = angle B_1IT $ por ser ángulo opuesto, $ angle ITC_1 $ es ángulo externo de $ angle ITB_1 $, así que $ angle TB_1I + angle TIB1 = angle ITC_1 = angle B_1TB $ por ser opuesto. Así que $ triangle B_1TC sim triangle UKD $ por Angulo-Angulo pues comparten $ angle UDK $ y tienen $ angle UKD = angle B_1TD $ . De este modo $ B_1T parallel UK $ en particular $ B_1C_1 parallel UW $ . Como $ KD $ es mediatriz tenemos que $ angle UKD = 90º $ y como $ B_1C_1 $ es paralela entonces $ DK perp B_1C_1 $ . Con lo que sabemos que $ DK $ es la altura desde $ D $ a $ B_1C_1 $ .
Sea $ R $ el pie de la perpendicular desde $ K $ a $ B_1C_1 $ , si demostramos que $ R, K, C_1 $ son colineales habremos terminado, pues las alturas son concurrentes.
Notemos que $ angle UKR = 180 – angle KUR – angle URK = angle EBC $. También notemos que $ KC_1CD $ es ciclico pues $ angle DC_1C = angle CKD = 90º $ . Además por ángulos inscritos $ angle EFC = angle EDC = angle C_1KC $ por el cíclico, así que $ angle C_1KW = angle UKR $. Por lo que $ R, K, C_1 $ están en una línea recta como queríamos probar y por lo tanto $ K $ es el ortocentro $ blacksquare $