Sea $ABC$ un triángulo y sea $H$ su ortocentro. Sea $PQ$ un segmento que pasa por $H$ con $P$ en $AB$, $Q$ en $AC$ y tal que $\angle PHB=\angle CHQ$. Finalmente en el ciruncírculo del triángulo $ABC$ considera $M$ el punto medio del arco $BC$ que no contiene a $A$. Muestra que $MP=MQ$.
genial
Extendemos la altura $BH$
Extendemos la altura $BH$ hasta que corte a $AC$ en $F$ y la altura $CH$ hasta que corte a $AB$ en $G$. Por ser opuestos por el vértice, $\angle FHQ=\angle BHP$ y $\angle GHP=\angle CHQ$. Por las condiciones del problema, concluimos que $\angle FHQ=\angle GHP$. Debido a que $BF$ y $CG$ son alturas, $\angle HFQ = 90° = \angle HGP$; por lo que por criterio AA, los triángulos $HFQ$ y $HGP$ son semejantes, lo que implica que $\angle FQH = \angle GPH$.
Esta igualdad supone que el triangulo $QAP$ es isósceles, con $AQ = AP$. Además como $\angle QAM =\angle CAM=\angle BAM=\angle PAM$ por abrir la mitad del arco BC y por último, compartir el segmento $AM$, los triángulos $AQM$ y $APM$ son congruentes por criterio LAL, lo que implica que $MP = MQ$, que es lo que queríamos demostrar.