P4. Cuarta concurrencia en un ortocentro

Solución: Por el hecho de ser $H$ el ortocentro de $ABC$, son conocidas las siguientes afirmaciones: $${}$$ (1). Los ángulos $BHC$ y $BAC$ son suplementarios (suman $180^\circ$). $${}$$ (2). Los ángulos $BCH$ y $ABC$ son complementarios (suman $90^\circ$). $${}$$ Por otra parte, por construcción tenemos que el suplemento de $\angle BHC$ es $\angle QHP$. Esto con el punto (1) nos garantiza que $\angle BAC =\angle QHP$. Ahora, es claro que los ángulos $\angle HQP$ y $\angle BCH$ suman $90^\circ$, pues estos corresponden a los dos ángulos agudos del triángulo rectángulo $MQC$. Esto último junto con el punto (2) nos asegura que $\angle HQP=\angle ABC$. Así, tenemos por criterio de semejanza AA que los triángulos $ABC$ y $HQP$ son semejantes. Denotemos por $R$ al pie de la perpendicular a $PQ$ trazada desde $H$ y sea $H'$ la intersección de $AM$ con $HR$. Si $S$ es el punto de intersección de $AH$ con $BC$ entonces $$\frac{AH}{HS}=\frac{AH'}{H'M}=\frac{HH'}{H'R},$$ donde la primera igualdad se da porque $HH'$ y $SM$ son paralelas y la segunda porque $AH$ y $MR$ también son paralelas. Entonces $AS$ y $HR$ son alturas correspondientes de los triángulos semejantes $ABC$ y $HQP$, y los puntos $H$ y $H'$ se encuentran dentro de ellas respectivamente, y las dividen en una misma proporción (según la igualdad entre cocientes). Por lo tanto, $H$ y $H'$ representan el mismo punto, cada uno dentro del triángulo al que corresponde; pero $H$ es ortocentro de $ABC$, así que $H'$ es ortocentro de $HQP$. Como $AM$ pasa por $H'$, hemos terminado.