Sean $X$ el reflejo de $C$ por $P$ e $Y$ el reflejo de $A$ por $Q$. Como $XP=PC$ y $DP=PR$, $XD=RC=AD$. Además, por base media, $\angle MPC = \angle AXC = \angle AXD$, y como $XD=AD$, $2\angle AXD=\angle ADC$. Luego, $2\angle MPC = \angle ADC$ y, análogamente $2\angle MQA= \angle ABC$, pero como $2\angle MPC + 2\angle MQA = 180^{\circ}$, tenemos que $\angle ADC + \angle ABC = 180^{\circ}$ y que $ABCD$ es cíclico.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
Sea $X$ el punto medio de $AR$ y $N$ el punto medio de $CS$. Llamamos $M\widehat{P}C=\alpha$
Trazamos $XP$ y $XM$ que son respectivamente bases medias de los triángulos $ARD$ y $ARC$, y por lo tanto $XP=XM=\frac{AD}{2}$. Como $DC||XM$ tenemos $M\widehat{P}C=P\widehat{M}X=\alpha$ y a su vez $X\widehat{P}M=\alpha$ por isósceles. Finalmente por ser $PX||AD$ tenemos $X\widehat{P}M+M\widehat{P}C = A\widehat{D}R=2\alpha$.
Ahora vamos a hacer lo mismo del otro lado.
Trazamos $QN$ y $NM$ que son respectivamente bases medias de los triángulos $CSB$ y $CSA$, y por lo tanto $QN=NS=\frac{BC}{2}$. Como $AB||NS$ tenemos $S\widehat{Q}M=Q\widehat{M}N=90-\alpha$ y a su vez $M\widehat{Q}N=\alpha$ por isósceles. Finalmente por ser $QN||BC$ tenemos $M\widehat{Q}N+M\widehat{Q}A=A\widehat{B}C=180-2\alpha$. Y como los ángulos opuestos son suplementarios obtuvimos lo pedido.■