Školjka

Skica: \url{https://i.imgur.com/p5mBDRC.png} \\ \\ \\ Neka je točka $X$ definirana kao u zadatku. Neka kružnica $(ADX)$ siječe stranicu $AB$ u $E$ i neka kružnica $(BXC)$ siječe stranicu $CD$ u $F$. Neka je drugi presjek kružnica $(ADX)$ i $(BXC)$ točka Y. Dokaz ćemo podijeliti u tri dijela: \begin{enumerate} \item $Y,A,C$ i $Y,E,F$ su kolinearne \item Točke $E,F,B,D$ su konciklične \item Dovršetak zadatka \end{enumerate} 1. Uočimo da se zbog tetivnosti i danih relacija o kutevima trivijalno može dobiti $\angle{XFC} = \angle{XEA}$ i $\angle{XCF} = \angle{XAE}$. Iz toga slijedi $\Delta XAE \sim \Delta XCF$ pa su oni i spiralno slični. Iz svojstava spiralne sličnosti sada znamo da je točka $Y$ na pravcima $AC$ i $EF$.\\ \\ 2. Uočimo da još uvijek nismo iskoristili uvjet za četverokut $ABCD$. Poznato je da je dani uvjet ekvivalentan s time da se simetrale kutova $\angle{B}$ i $\angle{D}$ sijeku na $AC$. Neka su ti presjeci $P$ i $Q$. Napravimo kružnicu $\omega$ kroz točke $B,D,P,Q$ (te 4 točke su konciklične jer simetrale unutarnjeg i vanjskog kuta iz vrha trokuta zatvaraju kut od $90^\circ$). Sada je jasno da je $\omega$ zapravo $B$, odnosno $D$ Apolonijeva kružnica trokuta $ABC$ odnosno $ACD$. Neka je $M$ središte kružnice $\omega$. Poznata lema kaže da $A,C,P,Q$ harmonik, a druga poznata lema kaže da iz toga slijedi $MC \cdot MA = MQ^2$. Sljedeća stvar koju želimo pokazati jest da su $MB$ i $MD$ tangente na kružnice $(EFB)$ i $(EDF)$ što bi nam dalo da su točke $E,B,F,D$ konciklične. \[\text{Želimo } \angle{MBF} = \angle{BEF} \text{ i } \angle{MDF} = \angle{FED}.\] Sada ćemo nizom jednakosti između kutova pokazati željene tvrdnje. \[\angle{MBF} = \angle{MBC} - \angle{FBC} = \angle{BAC} - \angle{CYF} = \angle{BAC} - \angle{AYE} = \angle{BEF}\] gdje je $\angle{MBC} = \angle{BAC}$ zbog činjenice da je $MB^2 = MA \cdot MC$ i $\angle{FBC} = \angle{CYF}$ zbog tetivnosti. Nadalje \[\angle{MDF} = \angle{MDC} = \angle{DAC} = \angle{DEF}\] gdje je $\angle{MDC} = \angle{DAC}$ zbog $MD^2 = MA \cdot MC$ i $\angle{DAC} = \angle{DEF}$ zbog tetivnosti. Sada imamo da su kružnice $(EFB)$ i $(EFD)$ ortogonalne s kružnicom $\omega$, no kako je kružnica kroz dvije točke ortogonalna na neku drugu jedinstvena, dobivamo da je $(EFB) = (EFD)$ odnosno da su točke $E,F,B,D$ konciklične.\\ \\ 3. Sada još preostaje pokazati da je $\angle{BXA} + \angle{DXC} = 180^\circ$. Uočimo da je to ekvivalentno da pokažemo da je $\angle{AXD} + \angle{BXC} = 180^\circ$ odnosno, da je $\angle{AYD} + \angle{BYC} = 180^\circ$, a to je naposljetku ekvivalnento s time da je $\angle{CYD} = \angle{BYC}$ odnosno da je $YC$ simetrala kuta $\angle{BYD}$. Prenošenjem obodnih kuteva po kružnici dobivamo da je $\angle{CDB} = \angle{ADY}$ pa su $BD$ i $BY$ izogonalne u kutu $\angle{D}$, odnosno, $DP$ je simetrala kuta $\angle{YDB}$. Analogno se dobije da je $BP$ simetrala kuta $\angle{YBD}$ pa je $P$ centar upisane kružnice trokuta $\Delta BYD$ pa je $YP$ simetrala kuta, odnosno, $YC$ je simetrala kuta $\angle{BYD}$ što je trebalo i dokazati.