Sea [math]ABCD un cuadrilátero inscrito en una circunferencia y tal que sus diagonales [math]AC y [math]BD se cortan en [math]S. Sea [math]k una circunferencia que pasa por [math]S y por [math]D y que corta a los lados [math]AD y [math]CD en [math]M y [math]N respectivamente. Sea [math]P la intersección de las rectas [math]SM y [math]AB, y [math]R la intersección de las rectas [math]SN y [math]BC, de modo que [math]P y [math]R están en el mismo semiplano determinado por [math]BD que el punto [math]A.
Demostrar que la recta por [math]D paralela a [math]AC y la recta por [math]S paralela a [math]PR se cortan en la circunferencia [math]k.
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Sea [math]Q la intersección de [math]AC con [math]PR.
Notemos que [math]\angle ADC = 180^{\circ}-\angle MSN. Por lo tanto [math]\angle PSR = \angle ADC. Pero a su vez, [math]\angle PBR = 180^{\circ}-\angle ABC = \angle ADC. Por lo tanto [math]\angle PSR = \angle PBR, y así [math]PBSR es cíclico. Luego, por arco capaz en ese cíclico, [math]\angle QPM = 180^{\circ}-\angle RBS = \angle DBC. Pero por arco capaz, [math]\angle DBC = \angle DAC, entonces, [math]\angle MAQ = 180^{\circ}-\angle DAC = 180^{\circ}-\angle QPM. Por lo tanto [math]PMAQ es cíclico. Eso implica que [math]\angle (PR, AC) = \angle PMA = \angle SMD. Por lo tanto, las paralelas a [math]PR y [math]AC por [math]S y [math]D respectivamente conservan esos ángulos, y por arco capaz ya estamos. [math]\blacksquare
"Though my eyes could see I still was a blind man"
Sea [math]X el punto donde se cortan la recta por [math]D paralela a [math]AC y la recta por [math]S paralela a [math]PR.
Sea [math]Y=MN\cap AC. Por el teorema de Desargues en los triángulos [math]ABC y [math]MSN (dado que [math]AM, [math]BS y [math]CN concurren en [math]D) tenemos que [math]P, [math]R e [math]Y están alineados.
Por ángulos entre paralelas, [math]\angle DXS=\angle AYP.
No es realmente distinta a la solución de Nacho, sólo que se puede concluir lo mismo sin marcar un punto extra: EDIT:Cambié algo que pensé que valía para cualquier par de triángulos semejantes y después me hicieron notar que se necesitaba una condición más fuerte.
Notemos en primer lugar que los triángulos [math]MSN y [math]ABC son semejantes. En efecto, por arco capaz es [math]\angle MSN = 180^{\circ} - \angle MDN = 180^{\circ} - \angle ADC = \angle ABC, y también [math]\angle NMS = \angle NDS = \angle CDB = \angle CAB.
Más aún, estos dos triángulos son semejantes "en espiral": con esto me refiero a que aplicándole una rotación al triángulo [math]MSN se puede obtener un triángulo cuyos lados son respectivamente paralelos a los del [math]ABC. Esto no se cumple para cualquier par de triángulos semejantes (por ejemplo si uno de los dos triángulos es igual al otro pero reflejado). Cuando estamos en esta situación, el ángulo formado por las rectas correspondientes a lados homólogos es siempre el mismo.
En este caso, el ángulo que forman las rectas [math]MS y [math]AB es igual al ángulo que forman las rectas [math]SN y [math]BC, y eso se traduce en que [math]\angle SPB = \angle SRB. Por lo tanto, el cuadrilátero [math]SPRB es cíclico.
Ahora, sea [math]E \neq S el punto de intersección entre [math]k y la paralela a [math]PR por [math]S. Por tramposética, para resolver el problema basta ver que [math]DE \parallel AC.
Por arco capaz y usando que [math]ES \parallel PR, tenemos que [math]\angle EDM = \angle ESM = \angle SPR = 180^{\circ} - \angle SBR = \angle DBC = \angle DAC.
Luego, [math]ED \parallel AC. [math]\blacksquare
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Notemos que $PSRB$ es cíclico. En efecto, $P\widehat SR=M\widehat SR=M\widehat DN=A\widehat DC=A\widehat BR=P\widehat BR$. Sean $E$ el segundo punto de intersección de la paralela a $PR$ por $S$ y $k$, y $F=DE\cap PR$. Luego, $R\widehat FD=S\widehat ED=180^\circ -S\widehat ND=180^\circ -R\widehat ND$, y $FRND$ es cíclico, por lo tanto,\begin{align*}E\widehat DC & =F\widehat DN \\
& =180^\circ -F\widehat RN \\
& =180^\circ -P\widehat RS \\
& =180^\circ -P\widehat BS \\
& =180^\circ -A\widehat BD \\
& =180^\circ -A\widehat CD.
\end{align*}Entonces $ED\parallel AC$, y estamos.
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Sea $T$ la intersección de la recta por $D$ paralela a $AC$ y la recta por $S$ paralela a $PR$.
Queremos demostrar que $T$ está en $k$, o sea, que $TDSM$ (o $TDSN$) es cíclico.
Lo que vamos a hacer es tratar de sacarnos el punto $T$ de encima, aprovechando el dato de las paralelas al principio y después olvidándonos de que existe.
El ángulo $\angle STD$ parece interesante, pero si queremos aprovechar el dato de las paralelas tenemos que $\angle STD=\angle TSA$, lo que no nos permite olvidarnos de $T$.
La otra igualdad que surge mirando $AC$ y $TD$ es $\angle TDA = \angle CAD$.
Como $\angle TDA = \angle TDM$, vamos a tratar de usar $TDM$ para ver que $TDSM$ es cíclico. Para esto querríamos ver que $\angle TDM = \angle TSM$.
Y como $\angle TSM = \angle TSP$, podemos aprovechar el dato de $TS \parallel PR$, ya que $\angle TSP = \angle RPS$.
Queremos entonces demostrar que $\angle CAD = \angle RPS$, que no tiene nada que ver con $T$, así que ya nos lo podemos olvidar.
Y el puesto que $\angle CAD = \angle CBD$ (por se $ABCD$ cíclico), y $\angle CBD = \angle RBD = \angle RBS$, queremos ver que $\angle RBS = \angle RPS$, es decir, que $RBSP$ es cíclico.
Y para esto podemos ver que $\angle RBP = \angle RSP$ (detalles en la solución completa), y estamos.
En la solución vamos a usar ángulos dirigidos módulo $180^\circ$.
Notemos que $RBSP$ es cíclico, pues $\angle RBP = \angle RBA = \angle CBA = \angle CDA = \angle CDM = \angle NDM = \angle NSM = \angle RSM = \angle RSP$.
Sea $T$ la intersección de la recta por $D$ paralela a $AC$ y la recta por $S$ paralela a $PR$.
Veamos que $TDSM$ es cíclico, ya que $TSM = TSP = RPS = RBS = CBS = CBD = CAD = TDA = TDM$.
Luego $T$ pertenece a $k$, como queríamos.
Por ser $ADNC$ un cuadrilatero ciclico, $\angle MSN = 180° - \angle MDN \Rightarrow \angle MSR = a + b$ De la misma manera $\angle ABC = 180° - \angle ADC \Rightarrow \angle ABR = a + b$ Como $\angle PSR = \angle PBR = a + b$, entonces por arco capaz $PSBR$ es un cuadrilátero cíclico.
Por arco capaz en $PSBR$ sabemos que $\angle SBP = \angle CRP = c$ y por angulos entre paralelas ($PR \parallel TS$) queda que el angulo que se forma con la recta $TS$ y $CR$ es $c$, luego $\angle TSM = 180° - a - b - c$
Por angulos entre paralelas ($AC \parallel TD$) el ángulo del semi plano negativo que forma $DC$ con $TD$ es $c$. Luego $\angle TDM = 180° - a - b -c$, por lo tanto $\angle TDM = \angle TSM \therefore TDSM$ es cíclico, y como por tres puntos pasa una unica circunferencia, entonces $T$ pertenece a $k$.
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