Sea $ABC$ un triángulo equilátero con circuncentro $O$ y circuncírculo $\Gamma$. Sea $D$ un punto en el arco menor $BC$, con $DB > DC$. La mediatriz de $OD$ corta a $\Gamma$ en $E$ y $F$, con $E$ en el arco menor $BC$. Sea $P$ el punto de corte de $BE$ y $CF$. Demostrar que $PD$ es perpendicular a $BC$.
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$OED$ y $OFD$ son triángulos equiláteros por estar $E$ y $F$ en la mediatriz de $OD$ y la circunferencia de centro $O$ y radio $OD$.
$OBC$ y $OEF$ son congruentes por criterio LAL por lo que $BC=EF$ y por lo tanto $BECF$ es un trapecio isosceles de angulos 60 y 120.
$PBF$ y $PCE$ son triángulos equiláteros y $PEF$ y $PCB$ son congruentes por criterio LAL.
$PFOE$ es cíclico por tener ángulos opuestos de 120 y 60, es más el centro del cíclico es $D$ porque $DO=DE=DF$.
Cómo los triángulos $PEF$ y $PCB$ son congruentes y espejados y como el circuncentro y el ortocentro son conjugados isogonales tenemos que $PD$ es perpendicular a $BC$.
Basta ver $CD$ es perpendicular a $BE$, ya que análogamente $BD$ es perpendicular a $CF$ y por tanto $P$ es ortocentro de $BCD$.
Notemos que $BOC$ y $EOF$ son rotohomotéticos (de hecho hay una rotacion, sin homotecia), luego la recta $CF$ es la recta $BE$ rotada unos $\angle 120^{\circ}$.
Ahora, $\angle DCF = 180 - \angle DEF = 180 - 30= 150$, de modo que la recta $CF$ es la recta $CD$ rotada unos $30^{\circ}$.
De esto se sigue que $CD$ es la recta $BE$ rotada unos $120^{\circ} - 30^{\circ}= 90^{\circ}$
Las soluciones de Joaco y de Gallu me convencieron en su momento de que puede haber alguna idea original en el problema. Por otro lado, yo vengo a dejar la solución mecánica:
Vamos a ver que $D$ es el ortocentro de $PBC$, la motivación para esto viene de SelCono 2017 P3 (el dibujo me hizo acordar, aunque no tiene tanto en común). Para eso basta ver que $BD\perp PC$, porque de la misma forma podemos ver que $CD\perp PB$. Para eso basta ver que $\angle BCP=90^\circ -\angle DBC$. Para eso basta ver que $\angle BAF=90^\circ -\angle DBC$. Para eso basta ver que $\angle BAC+\angle CAF=90^\circ -\angle DBC$. Como $\angle BAC=60^\circ$, basta ver que $\angle CAF=30^\circ -\angle DBC$. Para eso basta ver que $\angle CBF=30^\circ -\angle DBC$. Para eso basta ver que $\angle DBC+\angle CBF=30^\circ$. Para eso basta ver que $\angle DBF=30^\circ$. Para eso basta ver que $\angle DEF=30^\circ$.
Acá es cuando caemos que también nos alcanzaría ver que $\angle DFE=30^\circ$, así que lo que tenemos que ver en realidad es que $DEF$ es isósceles con $\angle FDE=120^\circ$. Ahora es cuando usamos el circuncentro.
Tenemos que $DO=EO=FO$ por radios y que $DE=EO$ y $DF=FO$ por mediatriz. Entonces $DEO$ y $DFO$ son equiláteros, y de ahí tenemos que $DEF$ es isósceles con $\angle FDE=120^\circ$, como queríamos.
Si queremos hacernos los cracks de los angulitos, podemos escribir esta solución así:
Tenemos que $DE=EO=OD=OF=FD$, donde la primera y la última igualdad valen por ser $EF$ mediatriz de $OD$ y las dos igualdades del medio valen por ser $OE,OD,OF$ radios de la circunferencia. Entonces $DEO$ y $DFO$ son equiláteros, así que $DEF$ es isósceles con $\angle FDE=120^\circ$. Entonces $\angle DEF=30^\circ$ y $\angle EFD=30^\circ$, de modo que $\angle DBF =\angle DEF=30^\circ$ y $\angle ECD=\angle EFD=30^\circ$. Luego, $\angle CBF=30^\circ -\angle DBC$ y $\angle ECB=30^\circ -\angle BCD$, así que $\angle CAF=30^\circ -\angle DBC$ y $\angle EAB=30^\circ -\angle BCD$. Como $\angle BAC=60^\circ$, resulta que $\angle BAF=90^\circ -\angle DBC$ y $\angle EAC=90^\circ -\angle BCD$, entonces $\angle BCP=90^\circ -\angle DBC$ y $\angle PBC=90^\circ -\angle BCD$.
Se sigue que $BD\perp PC$ y $CD\perp PB$, así que $D$ es el ortocentro de $PBC$, con lo que $PD$ es perpendicular a $BC$, y ganamos.