Considere un pentágono convexo $ABCDE$ y $X$ un punto variable sobre el lado $CD$. Suponga que los puntos $K,L$ se encuentran en el segmento $AX$ tal que $AB=BK$ y $AE=EL$, y que los circuncírculos de $CXK$ y $DXL$ se cortan por segunda vez en $Y$.
Demuestre que cuando $X$ varía, todas las rectas $XY$ concurren o son todas paralelas.
$91$ es el menor número primo que puede escribirse como producto de $2$ números primos menores a el $(91 = 13 × 7) $
Sean $\Omega _B$ y $\Omega _E$ las circunferencias que pasan por $A$ y tienen centros $B$ y $E$, respectivamente, y sea $A'$ el simétrico de $A$ por $BE$. Entonces $K\in \Omega _B$, $L\in \Omega _E$ y $A'$ es el segundo punto de intersección de $\Omega _B$ y $\Omega _E$. La paralela a $CD$ por $A$ corta a $\Omega _B$ por segunda vez en $F$ y a $\Omega _E$ por segunda vez en $G$. La recta $CF$ corta a $\Omega _B$ por segunda vez en $H$ y la recta $DG$ corta a $\Omega _E$ por segunda vez en $I$. Notemos que todos estos puntos están fijos (no dependen de $X$).
Vamos a separar en casos, si $CF$ y $DG$ son paralelas o si se intersecan. Hacemos primero el caso en el que son paralelas porque es más aburrido.
Como$$\angle AA'H=180^\circ -\angle HFA=180^\circ -\angle HFG=\angle FGI=\angle AGI=180^\circ -\angle IA'A,$$tenemos que $H,A',I$ son colineales. Como$$\angle XCH=\angle XCF=180^\circ -\angle CFA=180^\circ -\angle HFA=\angle AKH=180^\circ -\angle HKX,$$tenemos que $XCHK$ es cíclico. Análogamente se tiene que $XLIC$ es cíclico. Entonces $XCHY$ es cíclico y $XYID$ es cíclico, de modo que$$\angle HYX=180^\circ -\angle XCH=180^\circ -\angle DCH=\angle IDC=\angle IDX=180^\circ -\angle XYI,$$con lo que $H,Y,I$ son colineales. Entonces $\angle DXY=180^\circ -\angle YID=180^\circ -\angle HID$, que está fijo. Luego, todas las rectas $XY$ son paralelas.
Sea $M=CF\cap DG$, sea $\Gamma$ la circunferencia circunscrita de $MIH$ y sea $J$ el punto de intersección de la paralela a $CD$ por $M$ con la recta $AA'$. Notemos que $M$ y $J$ también están fijos.
Por Miquel tenemos que $A'\in \Gamma$. Como$$\angle IMJ=\angle GMJ=180^\circ -\angle AGM=180^\circ -\angle AGI=\angle IA'G=180^\circ -\angle JA'I,$$entonces $J\in \Gamma$. Como$$\angle XCH=\angle XCF=180^\circ -\angle CFA=180^\circ -\angle HFA=\angle AKH=180^\circ -\angle HKX,$$tenemos que $XCHK$ es cíclico. Análogamente se tiene que $XLIC$ es cíclico. Entonces $XCHY$ es cíclico y $XYID$ es cíclico, de modo que$$\angle HYX=180^\circ -\angle XCH=\angle HFA=180^\circ -\angle AA'H=\angle HA'J.$$Análogamente se tiene que $\angle XYI=\angle JA'I$. Entonces$$\angle HYI=\angle HYX+\angle XYI=\angle HA'J+\angle JA'I=\angle HA'I,$$de modo que $Y\in \Gamma$. Finalmente,$$\angle HYX=\angle HA'J=\angle HYJ,$$de modo que $J,X,Y$ están alineados. Luego, todas las rectas $XY$ pasan por $J$, de modo que concurren.
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850
