Colinealidad en configuración de cíclico con ortodiagonales

Sean $\Gamma_1, \Gamma_2$ y $\Gamma_3$ las circunferencias circunscirtas a los triángulos $ABC$, $AOC$ y $BOD$. 

Primero hay que recordar estos dos resultados:

1. Los ejes radicales de tres circunferencias concurren:
   Sea $P$ la intersección del eje radial de $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$ con el eje radical de $\Gamma_2$ y $\Gamma_3$. Como el eje radical de dos circunferencias es el lugar geométrico de todos los puntos que tienen igual potencia conespecto a esas dos circunferencias, entonces la potencia de $P$ con respecto a  $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$ es igual, pero también será igual con respecto a $\Gamma_2$ y $\Gamma_3$, por lo tanto la potencia de $P$ con respecto a  $\Gamma_1$ y $\Gamma_3$ será igual. luego los ejes radicales concurren.
2. En un triángulo cualquiera $ABC$ con circuncentro $O$, la altura por $A$ y $AO$ son isogonales:
   Sea $D$ el pie de altura por $A$. Sean $\angle DAB=\alpha, \angle  OAD=\beta, \angle OBC=\gamma=\angle BCO$ y $\angle OCA=x=\angle CAO$. Entonces $\angle OAB=\alpha + \beta = \angle ABO$ y sabemos que $2\alpha + \beta + \gamma$=90°. Pero tenemos que $2(\alpha + \beta + \gamma + x)=180$ $\Rightarrow$  $\alpha + \beta + \gamma + x$=90, entonces $x=\alpha$, luego $AD$ y $AO$ son isogonales.

​Ahora sí. Sean $P, Q, R$ y $S$ los puntos medios de $AB, AD, DC$ y $CB$, respectivamente. Por 1. Sabemos que $L, K$ y $O$ son colineales. Es un hecho conocido que por el teorema de Thales $PQRS$ es un paralelogramo, más específicamente un rectángulo al ser las diagonales perpendicualres entre sí

Si demostramos que $PKRO$ es paralelogramos habremos terminado ya que la intersección de sus diagonales $OK$y $PR$ también sería la intersección de las diagonales del rectángulo. Para ello demostraremos que $\triangle KPQ \cong \triangle ORS$.

Tenemos que $OR, OS$ y $OP$ son mediatrices por pasar por el punto medio de las rectas respectivas y por el circuncentro, entonces $RCSO$ y $SBPO$ son cíclicos. Si nos fijamos en el triángulo $DCB$, por 2.  tendrémos que $\angle DCA = \angle OCB = \alpha$ que a la vez es $\alpha = \angle ORS= \angle SBO = \angle DBA$ por cíclicos y la mediatriz $OS$. Ahora, como $AKB$ es un triángulo rectangulo y $P$ es punto medio de $AB$, $\angle PDB= \alpha$. También $\angle KPQ = \alpha$ por ser $QP$ paralela a $DB$.>

Notemos que $\angle RCO=\angle RSO = \angle ACB=\angle ADB=\beta$. Como el triángulo $ADK$ es rectángulo y $Q$ punto medio de $AD$, $QK$ es radio, entonces $\beta$ = $\angle DKQ$. Además, $QR$ es paralela a $AC$ entonces $\beta$ = $\angle PQK$. Luego, por el criterio de congruencia $ALA$, $\triangle$ $KPQ$ $\cong$ $\triangle$ $ORS$. Entonces $PK$=$RO$ y además, como $QP$ es paralela a $RS$ y $\angle KPQ$ = $\angle ORS$, es razón suficiente para decir que $PKRO$, como se quería demostrar.

No se por que se desacomoda jajaja