Sea $ABCDE$ un pentágono regular con centro $M$. Se elige un punto $P$ en el interior del segmento $MD$. La circunferencia que pasa por los puntos $A$, $B$ y $P$ corta al segmento $AE$ en $A$ y en $Q$ y corta a la recta perpendicular a $CD$ que pasa por $P$ en $P$ y en $R$. Demostrar que $AR$ y $QR$ tienen la misma longitud.
Definimos $N$ como el punto medio del arco $AB$ que no contiene a $P$ (entonces $D,P,M,N$ son colineales) y a $K$ como la intersección de $RP$ con $CD$
Como el pentágono es regular tenemos que $MD$ es bisectriz de $\angle EDC=108°$, por lo que $\angle PDK=54°$
Sea $F$ punto medio de $AB$, y $G$ el punto en que $CD$ y su perpendicular se intersecan.
Completando ángulos, se puede observar que $\bigtriangleup$ $AFP$~$\bigtriangleup$ $DGP$.
Además $ABPQ$ es cíclico, entonces $\widehat{QPB}=72°$.
$\widehat{RPF}=36°$ (opuesto por el vértice con $DPG$)
Siendo $\widehat{APF}$=$\widehat{BPF}$=$\alpha$, entonces $\widehat{APR}=36°-$$\alpha$, por lo que $\widehat{QPR}=36°-$$\alpha$.
Y como a ángulos inscritos congruentes le corresponden arcos iguales, se tiene que $AR=QR$ (Q.E.D.)
Sean $O$ el circuncentro de $ABP$, $Z$ la intersección de $OR$ y $AQ$, $L$ la intersección de $PR$ y $AE$, y $N$ la intersección de la recta $PR$ y $CD$.
Como $A$, $R$ y $Q$ pertenecen a la circunferencia de centro $O$, tenemos que $AR=QR\Leftrightarrow OR\perp AQ$, así que vamos demostrar que $A\hat{Z}O=90°$
En el cuadrilátero $NDEL$, tenemos que $L\hat{N}D=90°$ y que $N\hat{D}E=D\hat{E}L=108°$ (ya que son ángulos del pentágono regular $ABCDE$) entonces $N\hat{L}E=54°$.
En el triángulo $PND$, como $P\hat{N}D=90°$ y $N\hat{D}P=54°$ (ya que $MD$ es la bisectriz de $C\hat{D}E=108°$ por ser $M$ el centro del pentágono), nos queda que $N\hat{P}D=36°$
Ahora bien, tenemos que $O\hat{P}R=N\hat{P}D=36°$ por ser ángulos opuestos por el vértice, y que $O\hat{R}P=O\hat{P}R=36°$ porque $OP=OR$.
Por lo tanto concluimos que, en el triángulo $RZL$, como $O\hat{R}P=Z\hat{R}L=36°$ y $R\hat{L}Z=N\hat{L}E=54°$ (por ser ángulos opuestos por el vértice), concluimos que $R\hat{Z}L=A\hat{Z}O=90°$, que era lo que queríamos demostrar.
Sea $T$ el centro de la circunferencia que pasa por $A, B, P, Q, R$, entonces sabemos que $TA = TB = TP = TQ = TR$.
Sea $A\widehat{Q}T = \alpha$, al ser el triángulo $ATQ$ isósceles con $TA = TQ$, por ende $A\widehat{Q}T = Q\widehat{A}T = \alpha$, por la suma de los ángulo interiores de todo triángulo la cual es $180°$, sale que $A\widehat{T}Q = 180° - 2\alpha$.
Sabemos que la altura trazada desde $T$ en el triángulo $ATQ$, nos da como resultado dos triángulo congruentes $ATX$ y $QTX$ dónde $X$ es el pie de altura del triángulo $ATQ$ trazado desde $T$.
Ya que en los triángulos $ART$ y $QRT$, $TA = TR =TQ$ y $R\widehat{T}A = Q\widehat{T}R = 90° - \alpha$, por el criterio de congruencia $LAL$ sale que los triángulos $ART$ y $QRT$ son congruentes, ya que $R\widehat{T}A = Q\widehat{T}R = 90° - \alpha$ y $TA = TR = TQ$, por lo cual queda demostrado que $AR = RQ$.