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Sia dato un quadrilatero convesso $ ABCD $. Dimostrare che i seguenti due fatti sono equivalenti:
1) $ AB\cdot CD=BC\cdot DA $
2) $ \widehat{ABD}+\widehat{BCA}+\widehat{CDB}+\widehat{DAC}=\widehat{BAC}+\widehat{CBD}+\widehat{DCA}+\widehat{ADB}=\pi $

Uhm... o hai fatto un errore nello scrivere il testo, oppure non ho compreso la tesi :|
La ciclicità di ABCD implica la seconda condizione, ma non la prima :| Da cui deriverebbe che non sono equivalenti.

No, non hai fatto nessun errore, effettivamente se prendi un quadrilatero armonico allora questo rispetta entrambe le proposizioni, altrimenti un quadrilatero ciclico rispetta solo la seconda; aggiungo perciò al problema l'ipotesi che ABCD non sia ciclico, così dovrebbe funzionare. Grazie dario2994!

Bueno, dimostro che la 1) implica la 2)
Sia $\omega$ il luogo dei punti $P$ tali che $\frac{AP}{CP}=\frac{AB}{CB}$. Per fatto noto $\omega$ è una cfr di raggio $r$ e centro $O$ allineato con $A,C$. Inoltre sempre per lemma noto (questo in effetti lo è meno ed è un peccato) $A,C$ sono uno l'inverso dell'altro rispetto all'inversione in $\omega$, quindi in particolare $OA\cdot OC=r^2$.
Se vale la 1) allora $B,D\in \omega$ per definizione, dato che $\frac{AB}{CB}=\frac{AD}{CD}$.
Vale $AO\cdot OC=r^2=OD^2\to \frac{AO}{OD}=\frac{OD}{OC}$, inoltre $AOB=COB$ (come angoli) quindi i triangoli $ABO,BCO$ sono simili. Perciò vale:
$180-ACB=BCO=ABO=ABD+OBD\to ACB+ABD=180-OBD$
Con modi identici si dimostra anche la similitudine di $ADO,DCO$. Perciò vale anche:
$CAD+BDC=OAD+BDC=ODC+BDC=BDO$
In ultimo vale $OD=r=OB$ perciò $BDO=OBD$.
Unendo tutte le uguaglianze di angoli ottengo:
$ACB+ABD+CAD+BDC=180-OBD+BDO=180$
Che è proprio 2)

p.s. come viene in mente una cosa del genere? Boh... uno vede che la 1) equivale a $\frac{AB}{CB}=\frac{AD}{CD}$ e se conosce la circonferenza di apollonio e un po' di proprietà poi è fattibile
p.p.s. come fare per 2)-> 1) ? Boh... io avevo pensato tipo di chiamare $\gamma$ la cfr per $A,C,D$ e $D'=\gamma\cap\omega$ e mostrare che $D$ non può rispettare la 1) dato che "già è rispettata" da $D'$ (magari assumendo che $B\notin\gamma$) questo perchè così facendo verrebbe una felice condizione di angoli tra le tangenti a B e D di alcuni cerchi e la retta BD (questo è solo un abbozzo e non so se funziona... )

Bon... per 2) -> 1) piazzo solo un abbozzo che non ho voglia di scrivere:
Praticamente traccio le tangenti in B,D alle circonferenze circoscritte a $ABC$ e $ADC$, queste si intersecano in $X$.
Per lo stesso angle-chasing fatto nel finale della dimostrazione di 1)->2) la 2) implica che $BDX=BDX$ (come angoli) e quindi $XD=XB$ da cui si ottiene che $X$ sta sull'asse radicale delle 2 circonferenze circoscritte, quindi su $AC$ (sto usando implicitamente che le 2 circonferenze sono distinte, cioè che il quadrilatero non è ciclico, che è un'ipotesi).
Ora ho svoltato dato che $AX\cdot CX=XB^2=XD^2$ quindi $A,C$ si scambiano per inversione di centro X e raggio $XB$... ma allora la circonferenza in questione è una circonferenza di apollonio rispetto ad A,C e perciò ottengo $\frac{AB}{CD}=\frac{AD}{CD}$ che implica la 1)

p.s. quindi le idee ganze in questo problema sono almeno 2... una è farsi venire in mente apollonio e l'altra è tracciare le circonferenze per $ABC$ e $ADC$ e tracciare poi le tangenti

Non ho controllato tutti i dettagli. In alternativa si può provare a invertire rispetto a una circonferenza di centro A.