Del triángulo $BMQ$, tenemos trazada la perpendicular a $BM$ desde $Q$. Del $CMP$, tenemos la perpendicular a $PM$ desde $C$. Como $P, Q, M$ con colineales, entonces tenemos la perpendicular a $QM$ desde $C$. Por tanto, la intersección de dichas perpendiculares es el ortocentro de $CMQ$ al cual llamaremos $H_4$. Similarmente, temos el ortocentro de $BMP$ al cual llamaremos $H_3$ (se deja como ejercicio ver que perpendiculares intersectan).
Como $H_4$ pertenece a la recta perpendicular a $PQ$ por $C$, entonces $H_1, H_4, C$ son colineales. Análogamente para $H_2, H_3, B$.
Ahora, sabemos que $H_4$ debe ser perpendicular a la recta $CQ$ la cual pasa por $A$. Como $AM = CM$, entonces $MH_4$ es todotriz de $\triangle AMC$. Esto quiere decir que $\triangle AH_4C$ es isósceles. Ahora, note que $AM$ es paralela a $CH_4$. Entonces $AMCH_4$ es un paralelogramos con diagonales perpendiculaes, por lo que es un papalote, pero como $AM=CM \Rightarrow AMCH_4$ es un rombo. Este argumento es totalmente análogo para $BAMH_3$. Entonces tenemos que $H_1H_4 || H_2H_3$. Además, por las alturas $PH_3$ y $QH_4$, $H_3H_1 || H_2H_4$.
Por los rombos, $A$ es punto medio de $H_4H_3$. Por lo tanto, $A$ es punto medio de $H1H2$, demostrando la colinealidad.
