Una recta $r$ contiene los puntos $A$, $B$, $C$, $D$, en ese orden. Sea $P$ un punto fuera de $r$ tal que $\angle APB=\angle CPD$. Pruebe que la bisectriz de $\angle APD$ corta a $r$ en un punto $G$ tal que $\frac{1}{GA}+\frac{1}{GC}=\frac{1}{GB}+\frac{1}{GD}$.
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore! Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=KzTR72_srTU
Primero que nada notemos que como [math]\angle APB = \angle CPD y [math]\angle APG = \angle GPD por ser bisectriz, restando ambas obtenemos que [math]\angle BPG = \angle APG-\angle APB = \angle GPD - \angle CPD = \angle GPC.
Queremos probar: [math]\frac{1}{GA}+\frac{1}{GC}=\frac{1}{GB}+\frac{1}{GD}
Es equivalente a: [math]\frac{1}{GA}-\frac{1}{GB}=\frac{1}{GD}-\frac{1}{GC}
Que se puede escribir como: [math]\frac{AB}{GA \cdot GB} = \frac{CD}{GC \cdot GD} (1)
Ahora por la extensión del teorema del seno: [math]\frac{AB}{GB} = \frac{AP}{GP}\frac{sin(\angle APB)}{sin(\angle BPG)} y [math]\frac{CD}{GC} = \frac{DP}{GP}\frac{sin(\angle DPC)}{sin(\angle CPG)}
Reemplazando esto en (1) queda: [math]\frac{AP}{GP}\frac{sin(\angle APB)}{sin(\angle BPG)} \frac{1}{GA} = \frac{DP}{GP}\frac{sin(\angle DPC)}{sin(\angle CPG)} \frac{1}{GD}
Y ahora usando que [math]\angle APB = \angle DPC y [math]\angle BPG = \angle CPG y tachando los [math]GP de ambos lados, la ecuación se simplifica a: [math]\frac{AP}{GA}=\frac{DP}{GD}
Que es cierto pues es el teorema de la bisectriz en [math]APD.
Reordenando términos y multiplicando por [math]PG vemos que lo que nos piden probar equivale a que [math]\frac{PG}{GD} - \frac{PG}{GA} = \frac{PG}{GC} - \frac{PG}{GB}. Vamos a probar esta relación.
Por el teorema del seno en el triángulo [math]PGD sabemos que [math]\frac{PG}{GD} = \frac{\sin \angle PDG}{\sin \angle DPG}. Haciendo lo mismo con las otras cuatro fracciones, vemos que lo que queremos probar equivale a
Como [math]PG es bisectriz de [math]\angle APD tenemos que [math]\angle APG = \angle DPG. Como además [math]\angle APB = \angle CPD, se deduce que [math]PG también es bisectriz de [math]\angle BPC, es decir [math]\angle BPG = \angle CPG. Con esto podemos reescribir lo anterior como
En general entonces, si queremos calcular [math]\sin(x) - \sin(y), basta llamar [math]\alpha = \frac{x+y}{2}, [math]\beta = \frac{x-y}{2}, y usar la relación anterior.
Sean [math]x = \angle PAG + \angle APD, [math]y = \angle PAG. Entonces [math]\frac{x-y}{2} = \frac{\angle APD}{2} = \angle APG, y
y como [math]\angle PBG + \angle BPG = 180^{\circ} - \angle PGB = \angle PGD, resulta que lo anterior es igual a [math]2 \sin \angle BPG \cos \angle PGD, y por lo tanto el segundo miembro de [math](*) también es igual a [math]2 \cos \angle PGD.
Luego la igualdad [math](*) es verdadera, y el problema queda resuelto. [math]\blacksquare
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore! Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=KzTR72_srTU
Invirtiendo por [math]G con radio [math]1 es trivial: quedan [math]A'P'D' y [math]B'P'C' isoceles y hay que ver que [math]GA' + GC' = GB' + GD', o sea [math]A'C' = B'D'. Pero los triangulos [math]A'P'C' y [math]D'P'B' son congruentes.
Sea [math]\alpha =\angle APB=\angle CPD. El problema se reduce a probar [math]\frac{CD}{GC\cdot GD}=\frac{AB}{GB\cdot AG}. Aplicando el teorema de la bisectriz interior en el triángulo [math]BPC tenemos [math]\frac{BP}{BG}=\frac{PC}{GC}.
Aplicando el teorema de la bisectriz interior en el triángulo [math]APD tenemos [math]\frac{AP}{AG}=\frac{PD}{GD}, y multiplicando ambas expresiones tenemos que [math]\frac{AP\cdot BP}{AG\cdot BG}=\frac{PD\cdot PC}{GD\cdot GC}. Si probamos que [math]\frac{PA\cdot PB}{PD\cdot PC}=\frac{AB}{CD} el problema termina. En efecto, sea [math]h la altura del triángulo [math]APD, entonces [math]\left [ APB \right ]=\frac{PA\cdot PB\cdot \sin(\alpha )}{2}=\frac{AB\cdot h}{2}. Por otro lado, tenemos que [math]\left [ CPD \right ]=\frac{PD\cdot PC\cdot \sin(\alpha )}{2}=\frac{CD\cdot h}{2}.
Luego dividiendo las expresiones se obtiene que [math]\frac{PA\cdot PB}{PD\cdot PC}=\frac{AB}{CD}, que es lo que se quiere probar.
Sean [math]O_1 y [math]O_2 los circuncentros de [math]APC y [math]BPD respectivamente. Los triángulos [math]AO_1C y [math]BO_2D son semejantes porque son ambos isósceles y el angulito desigual es el mismo. Entonces [math]\frac{AC}{BD} = \frac{O_1A}{O_2B}.
Llamemos [math]R_1 y [math]R_2 a estos radios y [math]h a la altura desde [math]r a [math]P. Es elemental que [math]\frac{\frac{AC \times h}{2}}{\frac{BD \times h}{2}} = \frac{[APC]}{[BPD]} = \frac{\frac{AC \times AP \times PC}{4 \times R_1}}{\frac{BD \times BP \times PD}{4 \times R_2}}. Simplificando, reacomodando y usando la igualdad anterior llegamos a [math]\frac{AP \times PC}{PD \times PB} = \frac{AC}{BD}.
Podríamos decir que ya terminamos, porque el [math]LHS es igual a [math]\frac{GA \times GC}{GB \times GD} por los dos teoremas de la bisectriz triviales, mientras que el [math]RHS vale [math]\frac{GA + GC}{GB + GD}, y se ve claramente que es la identidad del enunciado.
Notemos primero que $PB$ y $PC$ son isogonales respecto de $\angle APD$, pues $\angle APB=\angle CPD$.
Ahora, tenemos que$$\frac{1}{GA}+\frac{1}{GC}=\frac{GA+GC}{GA\cdot GC}=\frac{AC}{GA\cdot GC}$$y$$\frac{1}{GB}+\frac{1}{GD}=\frac{GB+GD}{GB\cdot GD}=\frac{BD}{GB\cdot GD}.$$Entonces lo que nos pide el problema es equivalente a$$\frac{AC}{BD}=\frac{GA}{GD}\frac{GC}{GB}.$$Como $PB$ y $PC$ son isogonales respecto de $\angle APD$, por Steiner se sigue que$$\frac{AB}{BD}\frac{AC}{CD}=\frac{GA^2}{GD^2}$$y$$\frac{CA}{AB}\frac{CD}{DB}=\frac{GC^2}{GB^2},$$de modo que$$\frac{AC^2}{BD^2}=\frac{AB}{BD}\frac{AC}{CD}\frac{CA}{AB}\frac{CD}{DB}=\frac{GA^2}{GD^2}\frac{GC^2}{GB^2},$$que implica lo pedido.