Un problema de colinealidad

[Juaco]

Sea $c$ una circunferencia de centro $O$ y $Q$ un punto exterior a ella.
Sean $A$ y $D$ dos puntos sobre la circunferencia de tal forma que $AQ$ y $DQ$ son tangentes a ésta.
Se ubica el punto $P$ exterior a la circunferencia pero dentro del área delimitada por el triángulo $AQD$.
Se trazan las tangentes $PB$ y $PC$ a la circunferencia de forma que queda formado el cuadrilátero $ABCD$.
Sea $R$ la intersección de la recta $PC$ y la recta $AQ$ y sea $S$ la intersección de la recta $PB$ con la recta $DQ$.
Sean $M$ y $N$ los puntos medios de los segmentos $PQ$ y $RS$, respectivamente.

Probar que $M,N,O$ son colineales.

[Gianni De Rico]

Hacer los dibujos queda como ejercicio para el lector

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Lema:
Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico de circuncentro $O$, las tangentes a la circunscrita de $ABCD$ por $A$ y $B$ se cortan en $E$, y las tangentes por $C$ y $D$ se cortan en $F$. Sea $G$ en la circunscrita de $OEF$ tal que $OG$ es simediana en $OEF$ (la simediana es la recta simétrica a la mediana por la bisectriz que pasa por el mismo vértice). Sean $E'$ el punto medio de $AB$, $F'$ el punto medio de $CD$, y $G'$ el punto de intersección de la recta $OG$ y la recta $E'F'$.
Entonces $G'$ es el punto medio de $E'F'$.
Dem:

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Notemos primero que $O,E',E$ están todos sobre la mediatriz de $AB$, luego, como las tangentes son perpendiculares a los radios, tenemos que los triángulos $OBE'$ y $OEB$ son semejantes, en particular vale que $\frac{OB}{OE'}=\frac{OE}{OB}$, de donde $OE\cdot OE'={OB}^2$. Aplicando el mismo razonamiento a $F'$ y $F$ tenemos que $OF\cdot OF'={OC}^2$, pero como $OB=OC$ por ser radios, tenemos que $OE\cdot OE'=OF\cdot OF'$, es decir que $\frac{OE}{OF}=\frac{OF'}{OE'}$, entonces los triángulos $OEF$ y $OF'E'$ son semejantes (ya que comparten el ángulo $\angle O$). De la semejanza obtenemos $\angle OE'G'=\angle OE'F'=\angle OFE=\angle OGE$, donde la última igualdad vale porque $OEGF$ es cíclico, como $\angle EOG=\angle G'OE'$, tenemos que los triángulos $OEG$ y $OG'E'$ son semejantes, de donde $\frac{G'E'}{OG'}=\frac{EG}{OE}$, de la misma manera obtenemos que $\frac{G'F'}{OG'}=\frac{FG}{OF}$, por lo que$$\frac{G'E'}{G'F'}=\frac{G'E'}{OG'}\frac{OG'}{G'F'}=\frac{EG}{OE}\frac{OF}{FG}=1$$donde la última igualdad vale porque $OEGF$ es armónico (la demostración está en el lema que uso acá), entonces $G'E'=G'F'$, así que $G'$ es punto medio.

La gracia es que el lema funciona sin importar el orden de los puntos en la circunferencia (o sea, funciona también si tomamos la intersección de las tangentes por $A$ y $C$, y la intersección por $B$ y $D$, por ejemplo).

Sean $P',Q',R',S'$ los puntos medios de $BC,DA,AC,BD$, respectivamente, y sea $X$ el punto de intersección de $P'Q'$ y $R'S'$. Entonces por Varignon en $BCAD$, tenemos que $P'R'Q'S'$ es un paralelogramo, así que $X$ es el punto medio de $P'Q'$ y $R'S'$.
Aplicando el Lema a $ACBD$ tenemos que $OX$ es simediana de $ORS$, y aplicando el Lema a $BCDA$, tenemos que $OX$ es simediana de $OPQ$. Entonces lo que necesitamos demostrar es que las bisectrices de $\angle POQ$ y $\angle ROS$ coinciden (ya que en ese caso tenemos que son la misma recta $\ell$, entonces la reflexión de la recta $OX$ por $\ell$ es mediana en $OPQ$ porque $OX$ es simediana en $OPQ$, pero como también es simediana en $ORS$, tenemos que la reflexión también es mediana en $ORS$, esto es, los puntos $M,N,O$ están alineados), para ver esto nos alcanza con demostrar que $\angle SOQ=\angle POR$.
Ahora, $\angle OQ'D=90^\circ =\angle OS'D$ (por ser mediatrices), y $\angle OR'C=90^\circ =\angle OP'C$, entonces $OQ'S'D$ y $OR'P'C$ son cíclicos, de modo que$$\angle S'OQ'=\angle S'DQ'=\angle BDA=\angle BCA=\angle P'CR'=\angle P'OR'$$pero $\angle SOQ=\angle S'OQ'$ y $\angle POR=\angle P'OR'$, ya que $O,S',S$ están sobre la mediatriz de $BD$ (y pasa lo mismo para los otros). Entonces $\angle SOQ=\angle POR$, como queríamos.