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

$M$ нүктесі $ABC$ үшбұрышының $BC$ қабырғасының ортасы $(AB \neq AC)$. $AM$ кесіндісінде еркін таңдалған $X$ нүктесі белгіленген. $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберде $A'$ нүктесі $AA' \parallel BC$ болатындай алынған. $AXA'$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер $AB$ және $AC$ түзулерін екінші рет, сәйкесінше, $F$ және $E$ нүктелерінде қияды. $BC$ және $A'X$ түзулері $P$ нүктесінде қиылысады. $P$, $M$, $E$, $F$ нүктелері бір шеңбердің бойында жатқанын дәлелдеңіз.

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.