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Partiamo dal noto fatto che $H$, $Q$ ed $M$ siano allineati (che se non sbaglio è anche sulla dispensa di baricentriche più famosa del mondo ed è un vecchio TST rumeno).

Forti di ciò, chiamiamo $H_{A}$ la seconda intersezione di $AH$ con $\Gamma$, e invertiamo in $H$ con raggio $HA \cdot HH_{A}$. Dopo un po'di angle chasing facile e con l'applicazione del fatto di cui sopra, trasformiamo il problema nel seguente coso:

Sia $A^{'}B^{'}C^{'}$ un triangolo, $\Gamma^{'}$ la sua circoscritta, $H$ il suo incentro, $F^{'}$ il suo excentro relativo al vertice $A$ (Sappiamo che $F^{'}B^{'}HC^{'}$ è ciclico di centro il punto medio $D$ dell'arco $B^{'}C^{'}$ di $\Gamma^{'}$ non contenente $A$. Chiamiamo $\omega$ questo cerchio), $Q^{'}$ il punto medio dell'arco $B^{'}C^{'}$ di $\Gamma^{'}$ contenente $A$, $M^{'}$ la seconda intersezione di $Q^{'}H$ con $\omega$, $K^{'}$ la seconda intersezione della perpendicolare a $Q^{'}H$ per $Q^{'}$ con $\Gamma^{'}$. Allora la tesi è di dimostrare che il circocerchio di $F^{'}M^{'}K^{'}$ tanga $Q^{'}K^{'}$ in $K^{'}$.

Per fare ciò, dimostreremo che $K^{'}$ sta sull'asse di $F^{'}M^{'}$ e che $M^{'}F^{'}$ e $Q^{'}K^{'}$ sono parallele. Ovviamente basta dimostrare $K^{'}D$ perpendicolare a $F^{'}M^{'}$. Ma $F^{'}M^{'}$ è perpendicolare a $M^{'}H$ perchè $F^{'}H$ è diametro, e $M^{'}H$ è perpendicolare a $Q^{'}K^{'}$ per ipotesi. MA ORA $Q^{'}D$ è ovviamente un diametro di $\Gamma^{'}$, il che conclude!

a me sembra più facile applicare l'inversione che usi tu e un'omotetia di fattore -1 ... giusto per lasciare certe cose al loro posto