Una solución por trigonometrÃa.
La idea es demostrar \frac{\mathrm{sen}\angle BAM}{\mathrm{sen}\angle MAC} = \frac{\mathrm{sen}\angle BAH'}{\mathrm{sen}\angle H'AC} ya que esto implica (Al ser AH' y AM dos cevianas que vienen del mismo vertice) que \angle BAM = \angle BAH' y \angle MAC = \angle H'AC lo que demuestra lo pedido.
Por teorema del seno en \triangle ABM y \triangle ACM (o ratio lemma para ser mas precisos supongo) \frac{\mathrm{sen}\angle BAM}{\mathrm{sen}\angle MAC} = \frac{\overline{BM}\cdot \overline{AC}}{\overline{MC} \cdot \overline{AB}}
Ahora sean D y E los pies de las perpendiculares desde H' hasta AB y AC respectivamente tenemos mirando los triángulos rectángulos \triangle ADH' y \triangle AEH' que
\frac{\mathrm{sen}\angle BAH'}{\mathrm{sen}\angle H'AC} = \frac{\frac{\overline{DH'}}{\overline{AH'}}}{\frac{\overline{H'E}}{\overline{AH'}}} = \frac{\overline{DH'}}{\overline{H'E}}
Como H' es el ortocentro de \triangle HPQ tenemos que H'P \parallel AB y H'Q \parallel AC , por lo que sean F y G los pies de las perpendiculares desde P y Q hasta AB y AC respectivamente se tiene que \overline{PF} = \overline{H'P} y \overline{QG} = \overline{H'E} . Podemos calcular \overline{PF} y \overline{QG} usando los triángulos rectángulos \triangle BPF y \triangle CQG obteniendo
\overline{PF} = \mathrm{sen}\angle HBA \cdot \overline{BP} y \overline{QG} = \mathrm{sen}\angle ACH \cdot \overline{CQ} .
Podemos calcular \overline{BQ} y \overline{CQ} con los triángulos rectángulos \triangle BPM y \triangle CQM obteniendo
\overline{BP} = \frac{\overline{BM}}{\mathrm{cos}\angle CBH} = \frac{\overline{BM}}{\mathrm{cos}(90 - \angle C)} = \frac{\overline{BM}}{\mathrm{sen}\angle C} y \overline{CQ} = \frac{\overline{MC}}{\mathrm{cos}\angle HCB} = \frac{\overline{MC}}{\mathrm{cos}(90 - \angle B)} = \frac{\overline{MC}}{\mathrm{sen}\angle B}
Reemplazando tenemos H'D = \mathrm{sen}\angle HBA \cdot \frac{\overline{BM}}{\mathrm{sen}\angle C} y \overline{H'E}= \mathrm{sen}\angle ACH \cdot \frac{\overline{MC}}{\mathrm{sen}\angle B}
Entonces \frac{H'D}{H'E} = \frac{ \mathrm{sen}\angle HBA \cdot \overline{BM} \cdot \mathrm{sen}\angle C}{ \mathrm{sen}\angle ACH \cdot \overline{MC} \cdot \mathrm{sen}\angle B}
\angle HBA = 90- \angle A = \angle ACH y \frac{\mathrm{sen}\angle B}{\mathrm{sen}\angle C} = \frac{\overline{AC}}{\overline{AB}}
Por tanto \frac{H'D}{H'E} = \frac{\overline{BM}\cdot \overline{AC}}{\overline{MC} \cdot \overline{AB}} = \frac{\mathrm{sen}\angle BAM}{\mathrm{sen}\angle MAC} y entonces \frac{\mathrm{sen}\angle BAM}{\mathrm{sen}\angle MAC} = \frac{\mathrm{sen}\angle BAH'}{\mathrm{sen}\angle H'AC} .
