IMO 1994/2

$ABC$ es un triángulo isósceles donde $AB= AC$. Suponga que  

1. $M$ es el punto medio de $BC$ y $O$ es un punto de la línea $AM$ tal que $OB$ es perpendicular a $AB$;

2. $Q$ es un punto arbitrario en el segmento $BC$ diferente de B y C;

3. $E$ yace sobre la línea $AB$ y $F$ está sobre la línea $AC$ tal que $E$, $Q$, $F$ son distintos y están alineados. Demuestre que $OQ$ es perpendicular a $EF$ sí y solo sí $QE = QF.$

Demostración.

Teorema 1 (Miquel). Las circunferencias circunscritas de los triángulos $\triangle{ABC}$, $\triangle{BEQ}$, $\triangle{AEF}$ y $\triangle{CFQ}$ concurren en un punto común que llamaremos $O'$, en particular, éste es el punto de Miquel del cuadrilátero completo $ABCEFQ$. 

Demostración. Éste es un hecho harto conocido, por lo que omitiré la demostración. De todos modos, puede encontrar una demostración de este hecho aquí. 

Lema 2. Las circunferencias circunscritas de los triángulos $\triangle{BEQ}$ y $\triangle{CFQ}$ son congruentes.

Demostración. Denotemos $\angle{CBA} = \angle{ACB} = \alpha$ y $QE = QF = x$. El radio de la circunferencia circunscrita del triángulo $\triangle{BEQ}$ está dado por la expresión:

$$R_{(BEQ)} = \frac{(BE)(BQ)(x)}{(4)(1/2)(BE)(BQ)sin\alpha} = \frac{x}{2sin\alpha}$$

Del mismo modo, el radio de la circunferencia circunscrita del triángulo $\triangle{CFQ}$ está dado por:

$$R_{(CFQ)} = \frac{(CF)(CQ)(x)}{(4)(1/2)(CF)(CQ)sin(180^\circ-\alpha)} = \frac{x}{2sin\alpha}$$

Así, $R_{(BEQ)} = R_{(CFQ)}$.

Lema 3. $O'Q$ es perpendicular a $EF$.

Demostración. Por el teorema 1, sabemos que el otro punto de intersección de las circunferencias $(BEQ)$ y $(CFQ)$, a parte de $Q$, debe ser el punto de Miquel, $O'$. Así, $O'Q$ es una cuerda común de las circunferencias congruentes $(BEQ)$ y $(CFQ)$, y, por lo tanto, $\angle{O'EQ} = \angle{O'FQ}$. De donde se concluye que el triángulo $\triangle{O'EF}$ es isósceles y al ser $Q$ el punto  medio del lado $EF$, $O'Q$ es una altura del triángulo $\triangle{O'EF}$, por lo que $O'Q$ es perpendicular a $EF$. 

Ahora basta con probar que $O'$ es precisamente el punto $O$ del problema original. Para eso debemos demostrar que $O'$ está en la recta $AM$ y que $O'B$ es perpendicular a $AB$. 

El cuadrilátero $EBO'Q$ es cíclico y sabemos que $O'Q$ es perpendicular a $EF$, por lo tanto, $\angle{EBO'} = 90^\circ$. Así, $O'B$ es perpendicular a $AB$. 

Finalmente, probaremos que $O'$ está en la recta $AM$, bisectriz del ángulo $\angle{BAC}$. Para eso demostraremos que $\angle{FAO'} = \angle{BAO'}$. Calculando ángulos tenemos:

$$\angle{FAO'} = \angle{CAO'} = \angle{CBO'} = \angle{QBO'} = \angle{QEO'} =$$
$$ \angle{QFO'} = \angle{EFO'} = \angle{EAO'} = \angle{BAO'}$$

Ésto demuestra que $O' = O$, y que por lo tanto, $OQ$ es perpendicular a $EF$.

Solo quedaría por probar el enunciado recíproco, pero será en otra ocasión.