Sea $H$ el ortocentro de un triángulo acutángulo $ABC$ y $M$ el punto medio de $AH$. La recta $BH$ corta a $AC$ en $D$. Considera un punto $E$ de manera que $BC$ sea mediatriz del segmento $DE$. Los segmentos $CM$ y $AE$ se cortan en $F$. Muestra que $BF$ es perpendicular a $CM$.
Demostración. Claramente $\triangle{ADH}\sim{\triangle{BCD}}$ y $\angle{AHD}=\angle{ACB}$. Como $M$ es el punto medio de la hipotenusa $AH$, resulta que $AM=HM=DM$, implicando que $\triangle{MDH}$ es isósceles con $\angle{MDH}=\angle{MHD}=\angle{ACB}$. Note que $\angle{MDC}=\angle{ADE}=90^\circ+\angle{ACB}$. También
$$\frac{MD}{AD}=\frac{\frac{AH}{2}}{AD}=\frac{AH}{2AD}.$$
Llamemos $G$ el punto donde $DE$ corta $BC$, entonces,
$$\frac{DC}{DE}=\frac{DC}{2DG}.$$
Como $\triangle{ADH}\sim{\triangle{DCG}}$, entonces, $\frac{AH}{AD}=\frac{DC}{DG}$, implicando $\frac{MD}{AD}=\frac{DC}{DE}$. Por el criterio de semejanza $LAL$, los triángulos $\triangle{MDC}$ y $\triangle{ADE}$ son semejantes con $\angle{DCM}=\angle{DCF}=\angle{AED}=\angle{FED}$. De lo anterior se deduce que $F$ yace en la circunferencia circunscrita del cuadrilátero $BDCE$ (claramente cíclico), significando que $\angle{BDC}=\angle{BFC}$. Pero $\angle{BDC}=90^\circ$, por lo tanto, $BF\perp{CM}$.
