12-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2025 год, вторая лига, 9-10 классы

$ABCD$ шаршысы берілген. $E$ нүктесі $BC$ қабырғасының ортасы, ал $F$ нүктесі $AB$ қабырғасында $DE \perp EF$ болатындай орналасқан. Шаршының ішінде $G$ нүктесі $GF=EF$ және $GF \perp EF$ болатындай нүкте. $AC$ және $DE$ түзулері $X$ нүктесінде қиылысады. $G$, $B$, $E$, $X$ нүктелері бір шеңбердің бойында жататынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

AY^2=AP*AQ ,YP^2=PA*PQ , QY^2=QP*QA, analogousl for triangle BXP. It is enogh to show that AY/YS = BX/XS because by given condition $\angle AYS=90 =\angle BXS $. It is not to hard see that triangle PSY is similiar to triangle XSQ . So PS/XS= SY/SQ= PY/XQ hence SY/XS= (PY/QX)^2 * QS/SP. Put terms from Euclid rule SY/XS = PA*PQ/QP*QB *QS/SP , SY/XS =PA /QB *QS/SP. Then (AY/BX)^2= AP*AQ/BQ*BP. QS/PS)^2=(Sin QPS/sin PQS)^2=(sin QXB/ sin AYP)^2=(QB*AY /AP*BX)^2= (AY/BX)^2* (QB/AP)^2=(BQ*BP/AP*AQ)^-1 * (QB/AP)^2= AQ/BP *BQ/AP , (SY/XS)^2 =(PA /QB *QS/SP)^2=.... * (QS/SP)^2= (AP/QB)^2 *AQ/BP *BQ/AP=AP/BQ * AQ/BP=AP*AQ/BQ*BP=(AY/BX)^2. So SY/XS = AY/BX therefore AY/YS = BX/XS . Писал решение в аопсе , латекс не умею так что сорян

Ой случайно ко 2 задаче написал решение 1 , вот решение второй. треугольник BFE подобен CED С соотнош 1/2, пусть H середина стороны BE, пусть BC =4x , тогда BH= HE =x , BF=x из первой подобности поэтому FH параллелен AC , поэтосу GFHE cycilc, тогда угол GHE=GFE=90 , поэтому GH серпер , GB=GE , по пифагору FE^2=5x^2 , по пифагору GE^2=10x^2 по пифагору GH^2=9x^2 поэотму GH=3x , GH параллелен AB , GH/AB= CH/CB =4/3 , и еще углы GHC =90= ABC , поэотму треуголник GHC подобен ABC, AGC collinear , так как угол GED = 45 , то GECD cyclic GED =GCD=GCE= GDE значит GB=GE=GD, G circumcentre BED, DEC=BGD/2= BGE/2+EGD/2=BGH+45= BGH+HGC= BGX

Рассмотрим систему координат с началом в точке $A$, при этом стороны квадрата равны $4a$.

Заметим, что $\triangle DCE \sim \triangle EBF$ с коэффициентом подобия $2$

$\Rightarrow$

$E(2a,4a), \qquad F(0,3a)$

Возьмём точку $G'(a,a)$ и $H$ так что $G'H \perp AB, H \in AB$

$\Rightarrow \triangle FHG' = \triangle EBF$ $\Rightarrow$

$\angle G'FE = 90^\circ, FG' =FE$

$\Rightarrow G' = G$ Заметим, что точки $AG$, $AC$ коллинеарны

$\Rightarrow$

$A$, $G$, $C$ на одной прямой

$\angle GED = \angle GCD = 45^\circ$

$\Rightarrow$

$GECD$ вписанный, Кроме того $GB = GD$ и $BH = HD$

$\Rightarrow$

$\angle GBX = \angle GDX = \angle GCE = 45^\circ = \angle GEX$

$\Rightarrow$

$BGXE$ вписанный

Пусть $GN \bot AB$ , $N \in AB$ и $AC \cup BD = T$

Факт 1 : $G \in AC$

Очевидно что $\triangle GNF = \triangle FBE$ $\Rightarrow$ $BF = GN$ , так как $\triangle CED \sim \triangle FBE$ , $BE = NF = 2BF$ , откуда имеем $AB = AN + NF + BF = 2NF = NF + 2BF $ $\Rightarrow$ $BF = AN = NG$ , откуда $\angle NAG = \angle NAC $ , откуда и следует требуемое.

Если доказать что $\triangle BTG \sim \triangle FNG$ , то $\angle BGT = \angle FGN = \angle DEC$ , то есть $G,B,E,X$ лежат на одной окружности. Покажем что $\frac{BT}{TG} = 2 = \frac{TA}{TG}$ , то есть $G - $ середина $AT$ , но при гомотетий с центром в точке $A$ и коэффицентом $2$ , у нас $N$ перейдет в $M-$ середину отрезка $AB$ , откуда $G -$ середина $AT$.

Введем систему координат, где $A(0;0), B(0;4x), C(4x;4x), D(4x;0)$ отсюда очевидно $E(2x;4x)$ заметим подобие $BEF$ и $CDE$ по 2 углам отсюда $\frac{BF}{BE}=\frac{EC}{CD}=2$ отсюда $F(0;3x)$

Заметим что точка G такова что $\angle FEG=\angle GED=45°$

Используем векторный способ, а именно

$$cos \alpha = \frac{\vec{a}\vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}$$

Имеем что $\vec{EF}(-2x;-x), \vec{ED}(2x;-4x), \vec{EG}(kx,tx)$

Отсюда понимаем что

$\frac{\vec{ED}\vec{EG}}{|\vec{ED}|\vec{EG}|} = \frac{\vec{EF}\vec{EG}}{|\vec{EF}|\vec{EG}|} = cos45 = \frac{\sqrt2}{2}$

$|\vec{EF}| = \sqrt5x, |\vec{EG}| = \sqrt{10}x, |\vec{ED}| = \sqrt{20}x$

Отсюда после подставления всех данных можно получит что

$\frac{\vec{EF}\vec{EG}}{|\vec{EF}||\vec{EG}|} = \frac{(-2x;-x)(kx,tx)}{\sqrt5x \times \sqrt{10}x} = \frac{(-2;-1)(k;t)}{\sqrt{50}} = \frac{1}{\sqrt2}$ отсюда выходит что

$(-2;-1)(k;t)=5$ аналогично делаем и для $\vec{ED}, \vec{EG}$ и получаем $(2;-4)(k;t) = 10$

$\begin{cases} -2k-t = 5\\ 2k-4t = 10 \end{cases}$

отсюда получаем $(k;t)=(-1;-3)$

Значит $G(x;x)$

$X$ имеет координаты такие что принадлежит $AC$ и $ED$, $AC$ задается графиком $f(b)=b$, а $DE$ задается $f(b) = 8x - 2b$ значит их общая точка это $b = \frac{8}{3}$ значит координаты $X(\frac{8}{3}x;\frac{8}{3}x)$

Отсюда очевидно можно найти точку центра окружности и она равна $O(x;\frac{8}{3}x)$ и не тяжело убедится что она равноудалена от $G,B,E,X$