Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sea $H$ el ortocentro del triángulo $ABC$. Como los ángulos $\angle AFH$ y $\angle AEH$ son rectos, tenemos que $AEFH$ es cíclico con diámetro $AH$ (circunferencia verde en la figura). Si hacemos la homotecia con centro en $A$ que lleva $H$ en $D$, esta circunferencia se transforma en $\Gamma$ ya que $AD$ es un diámetro de $\Gamma$. Esto nos dice que $F$ se transforma en $X$ y $E$ en $Y$, así como que $EF$ es paralela a $XY$, $XD$ es paralela a $CF$ y $DY$ paralela a $BE$. Trazamos la paralela a $AB$ que pasa por $D$ (en naranja en la figura), que corta a $CF$ en cierto punto $Z$. Por el paralelismo mencionado y porque $CF$ es la altura perpendicular a $AB$, obtenemos que $XDZF$ es un rectángulo. Ahora bien, usando el arco capaz en $\Gamma$, tenemos que \[\angle FXY=\angle ADY=90-\angle DAC=\angle ACB.\] De forma similar, usando el arco capaz en la circunferencia circunscrita a $BDHF$ (que también es cíclico), tenemos que \[\angle XFD=\angle BFD = \angle BHD=90-\angle EBC=\angle ACB.\] Esto asegura que $XY$ es la diagonal del rectángulo $XDZF$ y, por tanto, corta a la otra diagonal $FD$ en su punto medio $M$. En otras palabras, el vértice $Z$ está sobre $XY$, cosa que no sabíamos inicialmente.

Finalmente, en el triángulo $FDQ$ (sombreado en rojo en la figura) la recta $XY$ es paralela al lado $FQ$ y pasa por el punto medio de $FD$, luego corta a $QD$ también en su punto medio, que es el punto $P$, y el problema está resuelto.