Sea [math]\Gamma la circunferencia circunscrita al triángulo [math]ABC y [math]P un punto en el interior del triángulo. Las rectas [math]AP, [math]BP y [math]CP cortan de nuevo a [math]\Gamma en los puntos [math]K, [math]L y [math]M, respectivamente. La recta tangente a [math]\Gamma en [math]C corta a la recta [math]AB en [math]S. Si se tiene que [math]SC=SP, demuestre que [math]MK=ML.
Guía de [math]\LaTeX: sirve para escribir ecuaciones como [math]\frac{11}{8}+ x \lfloor \pi \rfloor = 1
Sin pérdida de generalidad, supongamos que [math]A está entre [math]S y [math]B.
La potencia de [math]S respecto de [math]\Gamma es: [math]SA \times SB = SC^2 = SP^2
Entonces [math]\frac{SA}{SP} = \frac{SP}{SB} \Rightarrow los triángulos [math]SAP y [math]SPB son semejantes (porque tienen dos lados respectivamente proporcionales y comparten el ángulo comprendido entre ellos). [math]\angle SPB = \angle SAP \Rightarrow \angle BAP = \angle SPL
Sea [math]R un punto en la recta [math]SC tal que [math]C está entre [math]R y [math]S
Como [math]A, [math]M, [math]B, [math]K, [math]C y [math]L están en una misma circunferencia: [math]\angle MKL = \angle MBL = \angle MCL = \alpha [math]\angle BMK = \angle BAK = \angle BLK = \angle BCK = \beta [math]\angle BCM = \angle BLM = \gamma [math]\angle LKC = \angle LBC = \angle LCS = \delta [math]\angle KMC = \angle KCR = \epsilon
Sea $XY$ la cuerda de $\Gamma$ perteneciente a $SP$.
$$\angle LKA=\angle LBA=\angle XPA=\angle YPK\Longrightarrow KL\parallel XY$$
Además,
$$\angle PCX=\angle SXC-\angle CPX=\angle SCY-\angle SCP=\angle PCY\Longrightarrow XM=YM$$
Y por lo anterior, $M$ es punto medio de $KL$, con lo que estamos.
Sea $\Omega$ el circuncírculo de $ABP$, luego $${SP}^2={SC}^2=\text{Pot}(S,\Gamma )=SA\cdot SB=\text{Pot}(S,\Omega )$$ de donde $SP$ es tangente a $\Omega$, por lo tanto $$\angle SPA=\angle PBA=\angle LBA=\angle LKA$$ entonces $KL\parallel SP$.
Sea $D$ el punto de intersección de $SC$ y la tangente a $\Gamma$ por $M$, luego $DC=DM$, de donde $$\frac{DC}{DM}=1=\frac{SC}{SP}$$ por lo que $DM\parallel SP$.
Entonces $KL\parallel DM$, por lo que $MK=ML$.
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Notemos que por arco capaz, se tienen las siguientes igualdades$$\begin{array}\ \angle ACP & = & \angle ACM & = & \angle AKM & = & \angle PKM & (1)\\
\angle PAC & = & \angle KAC & = & \angle KMC & = & \angle KMP & (2) \\
\angle MLP & = & \angle MLB & = & \angle MCB & = & \angle PCB & (3) \\
\angle PML & = & \angle CML & = & \angle CBL & = & \angle CBP & (4)
\end{array}$$de $(1)$ y $(2)$ tenemos que $ACP\simeq MKP$, por lo que $\frac{AC}{MK}=\frac{AP}{MP}$, es decir, $MK=\frac{AC\cdot MP}{AP}$.
De $(3)$ y $(4)$ tenemos que $BCP\simeq MLP$, por lo que $\frac{BC}{ML}=\frac{BP}{MP}$, es decir, $ML=\frac{BC\cdot MP}{BP}$.
Luego, resulta$$MK=ML\iff \frac{AC\cdot MP}{AP}=\frac{BC\cdot MP}{BP}\iff \frac{AP}{BP}=\frac{AC}{BC}$$esta última condición es equivalente a que $P$ esté en la Circunferencia de Apolonio de $C$ respecto a $AB$ (que llamamos $\Omega$), y de mi demostración en ese post, se sigue que $S$ es el centro de $\Omega$. Entonces $MK=ML\iff SC=SP$. Y con eso estamos.
