Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Vamos a comenzar demostrando que $P$ está también en esa circunferencia probando que $\angle OPM=180-\angle OBM=180-\frac{\beta}{2}$, donde $\alpha,\beta,\gamma$ denotan los ángulos del triángulo $ABC$. Para probar esto, haremos una caza de ángulos. Como la suma de los ángulos de $ANO$ es $180^\circ$, se tiene fácilmente que $\angle NOA=90-\frac{\alpha}{2}$, de donde se sigue que $\angle NOP=90+\frac{\alpha}{2}$ por ser el ángulo suplementario. Por otro lado, el cuadrilátero $CNOM$ es una cometa (ya que $\angle CNO=\angle CMO$ y $ON=OM$ es el radio de la circunferencia inscrita) luego sus diagonales son perpendiculares, de donde se deduce rápidamente que $\angle ONM=\angle OMN=\frac{\gamma}{2}$. Con todo esto, en el triángulo $ONP$ tenemos que $\angle ONP=\frac{\gamma}{2}$ y $\angle NOP=90+\frac{\alpha}{2}$, luego debe ser $\angle NPO=90-\frac{\alpha+\gamma}{2}=\frac{\beta}{2}$. De aquí que $\angle OPM=180-\frac{\beta}{2}=180-\angle OBM$. Por la propiedad del arco capaz, tenemos que $OPMB$ es un cuadrilátero cíclico.

Esto demuestra que $\angle APB$ es un ángulo recto y un razonamiento similar al anterior demuestra que $\angle AQB$ es también recto, luego $P$ y $Q$ pertenecen a la circunferencia de diámetro $AB$ (en verde en la figura). Ahora bien, en el párrafo anterior también hemos demostrado que $NOP$ tiene ángulos $\angle ONM=\frac{\gamma}{2}$ y $\angle NPO=\frac{\beta}{2}$, luego es semejante a $COB$. Con esta semejanza, llegamos a que \[\frac{BC}{OB}=\frac{NP}{OP}=\frac{NP\cdot OA}{OQ\cdot OB}\ \Leftrightarrow\ MP\cdot OA=BC\cdot OQ,\] donde hemos usado que $OP\cdot OA=OQ\cdot OB$ por la potencia de $O$ respecto de la circunferencia circunscrita a $ANPB$.