12-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2025 год, третья лига, 11-12 классы

Точка $M$ — середина стороны $BC$ треугольника $ABC$ $(AB \neq AC)$. На отрезке $AM$ отмечена произвольная точка $X$. Точка $A'$ лежит на описанной окружности треугольника $ABC$ так, что $AA' \parallel BC$. Окружность, описанная около треугольника $AXA'$, вторично пересекает прямые $AB$ и $AC$ в точках $F$ и $E$ соответственно. Пусть $P$ — точка пересечения прямых $BC$ и $A'X$. Докажите, что точки $P$, $M$, $E$, $F$ лежат на одной окружности.

Комментарий/решение

Б.О.О. AC>AB

Пусть $(AFA')\cup AC=D\Rightarrow FD\parallel BC.$ Пусть $Q$ точка пересечения касательных из $X$ и $A'$ на $(AFA'),$ очевидно что $A'FXE$ гармонический четырехугольник, тогда $F,E,Q$ лежат на одной прямой. $\angle QA'C=\angle QA'D=\angle DFA'=\angle FA'A=\angle FEA=\angle QEC\Rightarrow QA'EC$ вписанный, тогда $\angle QCE=180-\angle QA'E=180-\angle EAA'=180-\angle ECB\Rightarrow Q,C,B$ лежат на одной прямой. $\angle XPM=\angle AA'X=180-\angle A'AX-\angle A'XA=180-\angle QXA=\angle QXM\Rightarrow QX $ касается с $(XPM)\Rightarrow QP\cdot QM=QX^2=QF\cdot QE\blacksquare$

$EF \cup BC = S$

Факт 1: $SX$ касается $(AXA')$

Заметим что $A'$ точка Микеля $BCEF$ откуда имеем $\angle A'AE = \angle ACB = \angle SA'E$ , то есть $SA'$ касательная к $(AXA')$ , заметим что $(B,C;M,P_{\infty}) \overset{A}{=} (F,E;X,A') = -1$ , откуда и $SX$ касается $(AXA')$.

Так как $\angle A'AX = \angle A'XS$ , то $\angle AA'X = \angle SXM = \angle XMP $ , откуда $SX$ касается $(MPX)$ , откуда $SE \cdot SF = SX^2 = SM \cdot SP$, откуда точки $P,M,E,F$ лежат на одной окружности.