Un cuadrilátero convexo $ABCD$ satisface $AB\cdot CD=BC\cdot DA$. El punto $X$ en el interior de $ABCD$ es tal que$$\angle XAB=\angle XCD\quad \text{y}\quad \angle XBC=\angle XDA.$$Demostrar que $\angle BXA+\angle DXC=180^\circ$.
Lema 1: Sea $ABC$ un triángulo y $P$ un punto interior. Sea $Q$ el conjugado isogonal de $P$ con respecto al triángulo $ABC$, entonces el circuncentro del triángulo pedal de $P$ con respecto a $ABC$ es el punto medio de $PQ$.
Demostración: Llamemos $P_AP_BP_C$ y $Q_AQ_BQ_C$ a los triángulos pedales de $P$ y $Q$. Notemos que $CQ_BQQ_A$ y $CP_BPP_A$ son cíclicos. Además, como $Q\hat{C}Q_A = P\hat{C}P_B$ y $Q\hat{Q_A}C = P\hat{P_B}C$, $C\hat{Q}Q_A = C\hat{P}P_B$, por lo que $C\hat{Q_B}Q_A = C\hat{P_A}P_B$ y $P_AQ_AQ_BP_B$ es cíclico. Análogamente $P_BQ_BP_CQ_C$ y $P_CQ_CP_AQ_A$ son cíclicos.
Notemos entonces que si los circuncírculos de estos cuadriláteros fueran distintos, sus ejes radicales serían los lados del triángulo $ABC$, que no concurren. Luego, $P_AQ_AP_BQ_BP_CQ_C$ es cíclico y es fácil ver que el circuncentro del triángulo pedal de $P$ es el centro de esta circunferencia, pero las mediatrices de $P_AQ_A$, $P_BQ_B$ y $P_CQ_C$ pasan por el punto medio de $PQ$, lo que demuestra el Lema.
Lema 2: Sea $ABCD$ un cuadrilátero y sea $P$ un punto que admite un conjugado isogonal respecto al cuadrilátero $ABCD$, entonces $B\hat{P}A + D\hat{P}C = 180^{\circ}$
Demostración: Sea $E$ la intersección de $AB$ y $CD$, y sea $F$ la intersección de $BC$ y $DA$. Sin pérdida de generalidad, $B$ está entre $A$ y $E$ y entre $C$ y $F$. Sea $Q$ el conjugado isogonal de $P$, y sea $WXYZ$ el pedal de $P$ con respecto a $ABCD$ ($W$ en $AB$, $X$ en $BC$, etc.).
Como $P$ y $Q$ son conjugados isogonales con respecto al triángulo $DCF$, por el Lema 1, el circuncentro de $ZYX$ es el punto medio de $PQ$.
Análogamente, $P$ y $Q$ son conjugados isogonales con respecto al triángulo $ADE$, por lo que el circuncentro de $WZY$ es el punto medio de $PQ$.
Luego, $WXYZ$ es cíclico y $W\hat{X}Y + Y\hat{Z}W = 180^{\circ}$, por lo que $B\hat{X}W + C\hat{X}Y + A\hat{Z}W + D\hat{Z}Y = 180^{\circ}$, y como $AWPZ$, $BXPW$, $CYPX$ y $DZPY$ son cíclicos, esto último implica que $B\hat{P}W + C\hat{P}Y + A\hat{P}W + D\hat{P}Y = 180^{\circ}$, por lo que $B\hat{P}A + D\hat{P}C = 180^{\circ}$.
Lema 3: Sean $ABCD$ y $WXYZ$ dos cuadriláteros tales que $\hat{A} = \hat{W}$, $\hat{B} = \hat{X}$, $\hat{C} = \hat{Y}$, y $\hat{D} = \hat{Z}$ tales que $AB \times CD = BC \times DA$ y $WX \times YZ = XY \times ZW$, entonces $ABCD$ y $WXYZ$ son semejantes.
Demostración:
Sea $E$ el punto de intersección de $BC$ y $AD$. Sin pérdida de generalidad, $C$ está entre $B$ y $E$, y $D$ esta entre $A$ y $E$. Traslademos y rotemos el cuadrilátero $WXYZ$ de modo que $A=W$ y $B=X$. Claramente, $Y$ está en $BC$ y $Z$ está en $AD$, de modo que $BC$ y $YZ$ son paralelas. Supongamos ahora que $C$ y $Y$ son distintos. Luego, tenemos dos casos.
Caso 1: $Y$ está entre $C$ y $E$.
Si esto sucede, $Z$ está entre $D$ y $E$. Luego, tenemos que:
$$XY \times ZW > BC \times DA = AB \times CD > AB \times YZ = WX \times YZ$$
por lo que llegamos a un absurdo.
Caso 2: $Y$ está entre $B$ y $C$.
Si esto sucede, $Z$ está entre $A$ y $D$. Luego, tenemos que:
$$XY \times ZW < BC \times DA = AB \times CD < AB \times YZ = WX \times YZ$$
por lo que llegamos a un absurdo.
Luego, ninguno de estos casos puede suceder, por lo que $Y=C$ y $Z=D$, por lo que ambos cuadriláteros son semejantes.
Con estos tres Lemas demostrados, vamos a enfrentarnos al problema. A partir de ahora, las letras corresponden con los puntos definidos en el enunciado.
Solución: Consideramos una inversión de centro $X$ y radio arbitrario. Sean $A'$, $B'$, $C'$ y $D'$ las imagenes de $A$, $B$ $C$ y $D$ respectivamente tras esta inversión.
Veamos además que
$$A'B' \times C'D' = AB (\frac{B'X}{AX}) \times CD (\frac{D'X}{CX}) = (AB \times CD) \frac{B'X}{CX} \times \frac{D'X}{AX} = BC (\frac{B'X}{CX}) \times DA (\frac{D'X}{AX}) = B'C' \times D'A'$$
Luego, por el Lema 3 tenemos que $A'B'C'D'$ y $BCDA$ son semejantes, por lo que existe una rotohomotecia que manda $A'$ a $B$, $B'$ a $C$, $C'$ a $D$ y $D'$ a $A$.
Supongamos entonces que esta misma rotohomotecia manda $X$ a $Y$. Entonces, tenemos que $Y\hat{A}D = X\hat{D'}C' = X\hat{C}D = X\hat{A}B$. Análogamente podemos probar que $Y\hat{B}A = X\hat{B}C$, que $Y\hat{C}A = X\hat{C}B$ y que $Y\hat{D}A = X\hat{D}C$, por lo que $X$ tiene un conjugado isogonal respecto al cuadrilátero $ABCD$ y por el Lema 2 tenemos que $B\hat{X}A + D\hat{X}C = 180^{\circ}$, lo que demuestra lo pedido.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
lema:dado el cuadrilátero completo $ABCDEF$ con $AB \cap CD = E$ y $AD \cap BC = F$, sean $\omega_1$ y $\omega_2$ $2$ circunferencias que pasan por $A,B$ y $C,D$ concurrentes (en el punto $X$) en el circuncírculo de $ACE$ y $P$ el segundo punto de intersección. 1) asumiendo que $X \notin BD \Rightarrow P \in BD$ 2) si los puntos $S = \omega_1 \cap BC$, $P$, $R = \omega_2 \cap AD$ son colineales entonces $FBXD$ es cíclico
notar que cuando muestro una igualdad de ángulos en un cíclico puede ser tanto $\hat{A} = \hat{C}$ como $\hat{A} = 180 - \hat{C}$, esto depende solamente de la ubicación de los puntos
1)vamos a tomar $P = \omega_2 \cap BD$:
$B\hat{A}X = X\hat{C}D = X\hat{P}B \Rightarrow ABXP$ es cíclico.
Vamos al problema: primero que nada voy a redefinir el punto $X$ como la intersección (la que esta dentro del área finita delimitada por el cuadrilátero $ABCD$) de los circuncírculos de los triángulos $\triangle ACE$ y $\triangle BDF$.
ahora por la relación de lados que da la letra sabemos que las bisectrices de los ángulos opuestos se cortan en las diagonales del cuadrilátero, esto va de la mano con que $B$ y $D$ están en la misma circunferencia de Apolonio respecto a $A, C$ y lo mismo al revés.
Entonces vamos a ver que las isogonales de $AC$ respecto a los ángulos $\hat{A}$ y $\hat{C}$ (las simétricas por las bisectrices) se cortan en la diagonal $BD$
Lema 2: las rectas mencionadas se cortan en $P \in BD$ y además $PB$ es bisectriz de $A\hat{P}C$
Sea $Q$ la intersección de las diagonales y $P \in BD$ tal que $D\hat{A}P = B\hat{A}C$
$\frac{DQ}{BQ} = \frac{sen(D\hat{A}Q)}{sen(B\hat{A}Q)} \cdot \frac{DA}{BA}$
$\frac{DP}{BP} = \frac{sen(D\hat{A}P)}{sen(B\hat{A}P)} \cdot \frac{DA}{BA}$
Multiplicando de ambos lados resulta que $\frac{DP}{BP} = \frac{DA^2}{BA^2} \cdot \frac{BQ}{DQ}$ y si tomamos $P'$ tal que $D\hat{C}P = A\hat{C}B$ entonces llegamos a la misma igualdad por lo que $P' = P$
Esta probado que se cortan en la diagonal, ahora veamos que es bisectriz:
Por lo que $\frac{AP}{CP} = \frac{AQ}{CQ}$ y por el recíproco del teorema de la bisectriz estamos.
Sería ideal ahora que los circuncírculos de los triángulos $\triangle ABP$ y $\triangle CDP$ se cortaran en $X$, pero por ahora vamos a llamar $X'$ a esta intersección.
sean $S, R$ las intersecciones de los cirxuncirculos de $DPC$ y $APB$ con las rectas $AD$ y $BC$ respectivamente.
$A\hat{R}B = A\hat{P}B = C\hat{P}B = 180 - C\hat{P}D = 180 - C\hat{S}D = C\hat{S}A$ Por lo que $ARCS$ es cíclico.
$P\hat{R}C = B\hat{A}P = D\hat{A}C = S\hat{A}C = S\hat{R}C \Rightarrow S\hat{R}C = P\hat{R}C$ Por lo que $S, P, R$ son colineales
además $X'\hat{A}B = X'\hat{P}D = X'\hat{C}D$ Por lo que $X'AEC$ es cíclico y por el lema $1$ se puede afirmar que $X'$ es la intersección de los circuncírculos de los triángulos $\triangle ACE$ y $\triangle BDF$.
Así es como había definido antes al punto $X$ entonces el lema queda demostrado.
Para terminar el problema tenemos que
$B\hat{P}C + C\hat{P}D = 180^ \circ = B\hat{P}A + C\hat{P}D = B\hat{X}A + C\hat{X}D$
Y ahí termina el problema ya que tenemos que $B\hat{X}A + C\hat{X}D = 180^ \circ$
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
$\text{“The further removed from usefulness or practical application, the more important."}$
La condición del enunciado sobre los lados puede reescribirse como$$\frac{BA}{AD}=\frac{BC}{CD}$$lo que significa que $C$ está en la circunferencia de Apolonio de $A$ respecto a $\{B,D\}$, que llamaremos $\Gamma$. Sea $O$ el centro de $\Gamma$, entonces $O\in BC$ y $OA^2=OB\cdot OD=OC^2$ (ver mi demo en el link).
Ahora construimos $X$ (es un $6$ de IMO, así que el dibujo tiene que estar bien hecho). La condición $\angle XAB=\angle XCD$ nos lleva a pensar en un cuadrilátero cíclico, que se obtiene prolongando $AB$ y $DC$; lo mismo ocurre con la otra condición de ángulos. Sean entonces $E=BC\cap DA$ y $F=AB\cap CD$, nos queda que $AXCF$ y $BXDE$ son cíclicos.
Sea $Y$ el segundo punto de intersección de $\odot AOC$ con $BC$, y sean $X',Y',E'$ los inversos de $X,Y,E$, respectivamente, por $\Gamma$, notemos además que esta inversión deja fijos $A$ y $C$ e intercambia $B$ y $D$.
Tenemos que\begin{align*}\angle CE'A & =\angle OE'A-\angle OE'C \\
& \underset{(1)}{=}\angle OAE-\angle OCE \\
& =180^\circ -\angle OAD-\angle OCB \\
& \underset{(1)}{=}180^\circ -\angle OAD-\angle ODC \\
& =180^\circ -\angle FAD-\angle OAB-\angle BDF \\
& \underset{(2)}{=}180^\circ -\angle FAD-\angle ADB-\angle BDF \\
& =180^\circ -\angle FAD-\angle ADF \\
& \underset{(3)}{=}\angle DFA \\
& =\angle CFA
\end{align*}donde $(1)$ vale por la inversión por $\Gamma$, $(2)$ vale por semiinscripto, y $(3)$ vale por suma de ángulos interiores de un triángulo. Al ser $\angle CE'A=\angle CFA$, se tiene que $ACFE'$ es cíclico, de modo que $AXCE'$ es cíclico. Invirtiendo por $\Gamma$, se sigue que $AX'CE$ es cíclico. Notemos además que como $B$ y $D$ son inversos, entonces $\odot EBXD$ queda fija tras la inversión. Por otro lado, $\odot AOC$ se invierte en la recta $AC$, de modo que $Y'=AC\cap BD$. Entonces nos queda$$\angle X'DY'=\angle X'DB\underset{(4)}{=}\angle X'EB=\angle X'EC\underset{(5)}{=}\angle X'AC=\angle X'AY'$$donde $(4)$ vale porque $BX'DE$ es cíclico y $(5)$ vale porque $AX'CE$ es cíclico. Se sigue entonces que $ADX'Y'$ es cíclico, de donde $ABXY$ es cíclico.
Además$$\angle X'CB=\angle X'CE\underset{(4)}=180^\circ -\angle EAX'=\angle X'AD\underset{(6)}{=}\angle X'Y'D=180^\circ -\angle BY'X'$$donde $(6)$ vale porque $ADX'Y'$ es cíclico. Se sigue entonces que $BCX'Y'$ es cíclico, de donde $DCXY$ es cíclico.
Finalmente, tenemos que$$\angle BXA\underset{(7)}{=}\angle BYA=\angle OYA\underset{(8)}{=}\angle CYO=\angle CYB$$y$$\angle DXC\underset{(9)}{=}\angle DYC$$donde $(7)$ vale porque $ABXY$ es cíclico, $(8)$ vale porque $OA=OC$ y $AOCY$ es cíclico, y $(9)$ vale porque $DCXY$ es cíclico. Entonces$$\angle BXA+\angle DXC=\angle CYB+\angle DYC=\angle DYB=180^\circ$$como queríamos.
El problema se reduce a probar que $BX$ y $CO$ se cortan en $\odot AXC$, pues análogamente se ve que $DX$ y $AO$ se cortan en $\odot AXC$, de donde se concluye rápidamente lo pedido, y ganamos.
Todavía no pude demostrar que eso pasa, así que lo dejo acá por si alguien lo lee y se le ocurre una forma de terminar la solución con esta idea.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.