Otra Demostración de un Problema sobre un Triángulo Equilátero

Sea $ABC$ un triángulo equilátero y sea $\omega$ su circunferencia circunscrita. Sea $P$ un punto sobre la prolongación de $BA$ más allá de $A$, tal que $AP=AB$. Desde $P$ se trazan las tangentes $PQ$ y $PR$ a $\omega$, con puntos de tangencia $Q$ y $R$, respectivamente. Si $M$ es el punto medio de $AC$, demuestre que la cuerda $QR$ pasa por $M$.

Demostración. Considere la circunferencia circunscrita, $\kappa$, del triángulo $ACO$, donde $O$ es el circuncentro del triángulo $ABC$. Llamemos $D$ a la segunda intersección de $BO$ con $\kappa$. Note que las circunferencias circunscritas de los triángulos $ACO$, $BCO$ y $ABO$ son congruentes entre sí, por ser $ACO$, $BCO$ y $ABO$ triángulos congruentes. Ahora, por el teorema de Johnson, $\omega$ es congruente con $\kappa$. Dado que las circunferencias $\omega$ y $\kappa$ son congruentes y $BO$ es la mediatriz de $AC$, se sigue, por simetría con respecto al lado $AC$, que $D$ es la reflexión de $B$ con respecto a $AC$, y por tanto, $AD = AB$. El triángulo $ABD$ es isósceles con $\angle{BAD} = 120^\circ$, por lo que $\angle{DAP} = 60^\circ$, de donde se concluye que el triángulo $ADP$ es equilátero. Note que $\angle{PDO}=\angle{PDA} + \angle{ADB} = 60^\circ + 30^\circ = 90^\circ$. Pero también $\angle{PQO} = 90^\circ$. De donde resulta que el cuadrilátero $PDQO$ es cíclico. Como $\angle{PQO}$ y $\angle{PRO}$ son suplementarios, $R$ está en la circunferencia circunscrita al cuadrilátero $PDQO$. Sea $\Gamma$ la circunferencia $(PDQOR)$. Al ser $BO$ mediatriz de $AC$, $M=AC \cap DO$. Por el teorema de los ejes radicales, $M \in{QR}$, ya que $\operatorname{Rad}(\Gamma,\omega)=QR$,  $\operatorname{Rad}(\omega,\kappa)=AC$ y $\operatorname{Rad}(\kappa,\Gamma)=DO$.

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Éste es el problema 1 de un conjunto de siete problemas que publiqué en cut-the-knot.org en 2014.