Sea $ABCDE$ un pentágono convexo tal que $BC=DE$. Supongamos que existe un punto $T$ en el interior de $ABCDE$ tal que $TB=TD$, $TC=TE$ y $\angle ABT=\angle TEA$. La recta $AB$ corta a las rectas $CD$ y $CT$ en los puntos $P$ y $Q$, respectivamente. Supongamos que los puntos $P,B,A,Q$ aparecen sobre su recta en ese orden. La recta $AE$ corta a las rectas $CD$ y $DT$ en los puntos $R$ y $S$, respectivamente. Supongamos que los puntos $R,E,A,S$ aparecen sobre su recta en ese orden. Demostrar que los puntos $P,S,Q,R$ están en una misma circunferencia.
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Sean $F$ el punto de intersección de $AB$ con $DS$ y $G$ el punto de intersección de $AE$ con $CQ$.
Por tener tres pares de lados respectivamente congruentes, tenemos que $BCT\equiv DET$, de modo que $\angle BTC=\angle DTE$, luego,$$\angle BTF=180^\circ -\angle BTC-\angle CTD=180^\circ -\angle DTE-\angle CTD=\angle ETG.$$Como además $\angle FBT=\angle ABT=\angle AET=\angle GET$, tenemos que $BTF\simeq ETG$, de donde $\angle BFT=\angle EGT$ y $\frac{BT}{TF}=\frac{ET}{TG}$. De la igualdad de ángulos resulta $\angle QGS=\angle EGT=\angle BFT=\angle QFS$, con lo que $FGQS$ es cíclico, y así $\angle SQF=\angle SGF$. De la igualdad de razones resulta $\frac{DT}{TF}=\frac{BT}{TF}=\frac{ET}{TG}=\frac{CT}{TG}$, con lo que $FG\parallel CD\parallel PR$, y así$$\angle SQP=\angle SQF=\angle SGF=\angle SRP,$$con lo que $PRQS$ es cíclico, como queríamos.
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Primero, notemos que los triángulos $TBC$ y $TDE$ son congruentes, pues sus lados son respectivamente iguales.
Ahora veamos que $BTQ$ y $ETS$ son semejantes: tenemos $\angle QBT = \angle ABT = \angle TEA = \angle SET$ por enunciado, y además $\angle BTQ = \angle ETS$ ya que son adyacentes a $\angle BTC$ y $\angle DTE$, que son iguales por la congruencia de triángulos que mencionamos al principio. En particular deducimos que $\angle BQT = \angle EST = \theta$.
El siguiente paso es ver que los triángulos $SQT$ y $CDT$ son semejantes. Como comparten el ángulo en $T$, basta probar que $\frac{ST}{TQ} = \frac{CT}{TD}$. Pero $CT = TE$, y $TD = TB$, así que lo que hay que probar es $\frac{ST}{TQ} = \frac{TE}{TB}$, que equivale a $\frac{ST}{TE} = \frac{TQ}{TB}$, que es verdadera por la semejanza del párrafo anterior.
Por último veamos que esto implica que $PSQR$ es cíclico. Por la semejanza anterior sabemos que $\angle TSQ = \angle TCD$. Pero $\angle TSQ = \theta + \angle RSQ$, mientras que por ángulo exterior en el triángulo $PQC$ sabemos que $\angle TCD = \theta + \angle RPQ$. En conclusión, $\angle RPQ = \angle RSQ$, así que $PSQR$ es cíclico, como queríamos probar. $\blacksquare$
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Notemos que por el enunciado $\triangle BTC$ $\cong$ $\triangle DTE$ (tienen todos sus lados correspondientes iguales). Sea $T\widehat{B}C=T\widehat{D}E=\beta$, $T\widehat{E}D=T\widehat{C}B=x$, de esto se deduce por la suma de los ángulos interiores que $B\widehat{T}C = E\widehat{T}D = 180° - x -\beta$. Sea $ET=TC= l$, $TD=TB=y$, $ED=BC=k$, $T\widehat{E}A = T\widehat{B}A = \alpha$. Como $E\widehat{T}S = Q\widehat{T}B = x + \beta$ se deduce $E\widehat{T}Q = S\widehat{T}B = z \Rightarrow Q\widehat{T}S = x +\beta - z$. Por ángulo llano $C\widehat{B}P = 180°-\alpha-\beta$, $D\widehat{E}R = 180° -x-\alpha$, $D\widehat{T}C=x+\beta-z$. Sea $M_{1}=TS \cap AB$, $M_{2}=QT \cap ES$. Por la suma de los ángulos interiores $T\widehat{M_{2}}E = 180°-\alpha-z$, $T\widehat{M_{1}}B = 180°-\alpha-z$, $T\widehat{Q}B = 180°-x-\beta -\alpha$, $E\widehat{S}T =180°-x-\beta-\alpha$. Por el criterio $AAA$ $\triangle TEM_{2} \simeq \triangle TBM_{1}$, de donde $\frac{y}{l} = \frac{TM_{1}}{TM{2}} \Rightarrow TM_{1}=\frac{y}{l}.TM_{2}$. Notemos que en $\triangle M_{2}TM_{1}$ y $\triangle CTD$ $M_{2}\widehat{T}M_{1}=C\widehat{T}D$ (por opuestos por el vértice), $\frac{TM_{1}}{y} = \frac{y}{l} . TM_{2} . \frac{1}{y} =\frac{TM_{2}}{y} \Rightarrow \triangle TM_{2}M_{1}\simeq \triangle CTD$ (se cumple el criterio de semejanza $LAL$ ya que tiene dos lados proporcionales y $M_{2}\widehat{T}M_{1}=C\widehat{T}D$) de donde $T\widehat{M_{2}}M_{1} =T\widehat{C}D$, $T\widehat{M_{1}}M_{2} = T\widehat{D}C$. Notemos que en $QSM_{1}M_{2}$ $M_{1}\widehat{Q}M_{2}=M_{2}\widehat{S}M_{1} \Rightarrow QSM_{1}M_{2}$ es cíclico, de donde $S\widehat{Q}M_{1} =S\widehat{M_{2}}M_{1}=j$. Como $S\widehat{M_{2}}T = \alpha +z$ se tiene $M_{1}\widehat{M_{2}}T =\alpha +z-j$, se sigue que $T\widehat{C}D = \alpha+z-j$. Por la suma de los ángulos interiores en $\triangle RM_{2}C$ se tiene $M_{2}\widehat{R}C = j$. Notemos que en $QSPR$ $S\widehat{Q}P = S\widehat{R}P = j$ por lo cual $QSPR$ es cíclico, de donde $Q,S,P,R$ pertenecen a una misma circunferencia que era lo que nos pedía el enunciado. $\blacksquare$
