Identidad en un Triángulo Equilátero

Ésta es mi solución a un sencillo pero elegante problema propuesto por Alejandro Minier.

En el triángulo equilátero $\triangle{ABC}$, una recta sale de $A$ e intersecta al lado $BC$ en un punto $P$ y al circuncírculo de $\triangle{ABC}$ en $Q$. Demuestre que:

$$\frac{1}{PQ}=\frac{1}{BQ}+\frac{1}{CQ}$$

Demostración.

Por el teorema de la cuerda,

$$AP⋅PQ=BP⋅CP$$

Despejando $PQ$, su recíproco esta dado por la siguiente expresión:

$$\frac{1}{PQ}=\frac{AP}{BP⋅CP}$$

Por el teorema de Van Schooten tenemos:

$$BQ+CQ=AQ$$

$$BQ+CQ=AP+PQ$$

$$BQ+CQ=AP+\frac{BP⋅CP}{AP}=\frac{AP^2+BP⋅CP}{AP}$$

Note que $\angle{AQB}=\angle{ACB}=\angle{ABC}=\angle{AQC}=60^\circ$. Por lo que $AQ$ bisecta el ángulo $\angle{BQC}$. Por propiedad de la bisectriz:

$$PQ^2+BP⋅CP=BQ⋅CQ$$

Note que 

$$\frac{1}{BQ}+\frac{1}{CQ}=\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}$$

De las expresiones obtenidas resulta:

$$\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}=\frac{AP^2+BP⋅CP}{AP}⋅\frac{1}{PQ^2+BP⋅CP}$$

$$\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}=\frac{AP^2+BP⋅CP}{AP}⋅\frac{1}{\frac{BP^2⋅CP^2}{AP^2}+BP⋅CP}$$

$$\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}=\frac{AP(AP^2+BP⋅CP)}{BP^2⋅CP^2+AP^2⋅BP⋅CP}$$

$$\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}=\frac{AP(AP^2+BP⋅CP)}{BP⋅CP(AP^2+BP⋅CP)}$$

$$\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}=\frac{AP}{BP⋅CP}$$

Por lo tanto, 

$$\frac{1}{PQ}=\frac{1}{BQ}+\frac{1}{CQ}$$

$$Q.E.D.$$