Otra Demostración de un Problema sobre un Triángulo Equilátero

$ABC$ es un triángulo equilátero. $P$ es la extensión de $AB$ tal que $AP = AB$. Si $PQ$ y $PR$ son líneas tangentes a la circunferencia circunscrita, $\omega$, de $ABC$, en $Q$ y $R$, respectivamente, demuestre que la cuerda $QR$ contiene a $M$, el punto medio de $AC$.

Demostración. 

Lema 1. 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 $\kappa$. Los puntos $P$, $D$, $Q$, $O$ y $R$ yacen en una misma circunferencia.

Demostración. Las circunferencias $\omega$ y $\kappa$ son congruentes. Note que las circunferencias circunscritas de los triángulos $BCO$ y $ABO$ son congruentes con $\kappa$ por ser $ACO$, $BCO$ y $ABO$ triángulos congruentes. Ahora, por el teorema de Johnson, $\omega$ es congruente con $\kappa$. Por simetría con respecto al lado $AC$, $AD = AB$. 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 $\angle{PDA} + \angle{ADB} = 60^\circ + 30^\circ = 90^\circ$. 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 $PDQO$.  $\square$

Consideremos una inversión con respecto a $\omega$. Las líneas $AB$, $BC$ y $AC$ se transforman en las circunferencias circunscritas de los triángulos $ABO$, $BCO$ y $ACO$, respectivamente. Los inversos de las líneas $PQ$ y $PR$ son las circunferencias cuyos diámetros son $OQ$ (tangente en $Q$) y $OR$ (tangente en $R$). La segunda intersección de estas circunferencias, aparte de $O$, es $P'$, el inverso de $P$. Las circunferencias (OQ) y (OR) son congruentes por tener diámetro igual al radio de $\omega$. De modo que $\angle{OQP'}=\angle{ORP'}$. En el diagrama original, $\angle{OQP}=\angle{ORP}=90^\circ$. En el diagrama invertido, $\angle{OP'Q}=\angle{OP'R}=90^\circ$, de donde resulta que Q, P' y R están alineados y $OP'$ es perpendicular con $QR$. La imagen inversa de $M$, el punto medio de $AC$, es la segunda intersección de $OB$, aparte de $O$, con $(ACO)$. 

Note que si en el diagrama original $Q$, $M$ y $R$ están alineados, entonces $Q$, $M'$, $R$ y $O$ deben ser cíclicos en el diagrama invertido. Pero por el lema 1, sabemos $Q$, $M'$, $R$ y $O$ están en una misma circunferencia, por lo que $Q$, $M$ y $R$ son colineales. $\square$

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