13-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2026 год, первая лига, 9-10 классы

Дан квадрат $ABCD$. Точка $E$ — середина стороны $BC$, а точка $F$ лежит на стороне $AB$ так, что $DE \perp EF$. Точка $G$ лежит внутри квадрата так, что $GF=EF$ и $GF \perp EF$. Прямые $AC$ и $DE$ пересекаются в точке $X$. Докажите, что точки $G$, $B$, $E$, $X$ лежат на одной окружности.

Комментарий/решение

1) Введем прямоугольную декартову систему координат, свяжем ее со сторонами квадрата.

Началом координат назначим точку $A(0;0)$.

Ось игрек сонаправлена вектору $\overrightarrow{AD}$. Ось икс сонаправлена вектору $\overrightarrow{AB}$

2) Назначим произвольные координаты вершин квадрата

$$\boxed{B(12a;0);C(12a;12a);D(0;12a)}$$

3)Пусть угол $\angle CDE=\varphi\Rightarrow \angle CED=90^\circ - \varphi\Rightarrow \angle FEB=180^\circ -(90^\circ - \varphi) = \varphi$

4) Из (3) следует подобие треугольников $\Delta DCE \infty \Delta EBF$ по гипотенузе и острому углу

5) Из (4) можно записать пропорцию

$$\dfrac{DC}{EB} = \dfrac{CF}{FB} \Rightarrow FB=\dfrac{EB\cdot CE}{DC} = \dfrac{6a\cdot 6a}{12a}=3a$$

6)Пусть $W$- проекция $G$ на $AB$, тогда $\Delta FGW= \Delta FEB$ по гипотенузе и острому углу (счет углов пропущен).

7)Из (6) следует, что

$$GW=FB=3a\Rightarrow \boxed{Y_G=3a};$$

$$FW=EB=6a\Rightarrow X_G=X_B-FB-FW=12a-3a-6a=\boxed{3a=X_G}$$

8)Теорема Птолемея - Если выполняется равенство (*), то вокруг четырехугольника можно описать окружность.

$$d_1\cdot d_2=a\cdot b + c\cdot d\;\;\;\;\;(*)$$

Здесь $d_1,d_2$ - диагонали, сторона $a$ противоположна стороне $b$, сторона $c$ противоположна стороне $d$.

9)Запишем теорему Птолемея для 4-угольника $GBEX$

$$GE\cdot BX=XE\cdot GB+ GX\cdot EB$$

10)Найдем координаты точки $X$

$$AC:\;\;\;\;y=x$$

$$DE:\;\;\;\;y=K_{DE}\cdot x+C_{DE};y(0)=12a=C_{DE};$$

$$y(12a)=6a=K_{DE}\cdot 12a+12a \Rightarrow K_{DE}=-1/2$$

$$X=AC\cap DE:\;\;\;\;x=(-1/2)x+12a\Rightarrow \dfrac{3x}{2}=12a\Rightarrow \boxed{X_X=8a}$$

$$AC:\;\;\;\;y=x\Rightarrow\boxed{Y_X=8a}$$

11)Составим таблицу координат для удобства

$$point\;|\;X\;coord\;|\;Y\;coord$$

$$G\;|\;3a\;|\;3a$$

$$E\;|\;12a\;|\;6a$$

$$B\;|\;12a\;|\;0$$

$$X\;|\;8a\;|\;8a$$

12)Найдем все длины для выражения (8)

$$GE=\sqrt {(9a)^2+(3a)^2}=a\cdot \sqrt{90}$$

$$BX=\sqrt {(4a)^2+(8a)^2}=a\cdot \sqrt{80}$$

$$XE=\sqrt {(4a)^2+(2a)^2}=a\cdot \sqrt{20}$$

$$GB=\sqrt {(9a)^2+(3a)^2}=a\cdot \sqrt{90}$$

$$GX=\sqrt {(5a)^2+(5a)^2}=a\cdot \sqrt{50}$$

$$EB=\sqrt {(0a)^2+(6a)^2}=a\cdot 6$$

13)Сравним левую и правую часть выражения (8)

$$GE\cdot BX=a^2\cdot \sqrt{7200}=60\cdot \sqrt{2}\cdot a^2$$

$$XE\cdot GB+ GX\cdot EB = a^2\cdot \sqrt{1800}+a^2\cdot 6\cdot \sqrt{50} = 60\cdot \sqrt{2}\cdot a^2$$

14) Утверждение (8) + Утверждение (9) + Утверждение (13) = задача доказана

Чтобы доказать утверждение, достаточно показать, что \(\angle BEG = \angle BXG\). Мы знаем, что:\(\angle BEG=\angle BEF+\angle FEG=\angle BEF+45^{\circ }\)и так как \(\angle BEF + \angle DEC = 90^\circ\), имеем:\(\angle CBX=\angle CDE=\angle BEF\)Следовательно, утверждение эквивалентно доказательству того, что\(\angle BXG=\angle CBX+45^{\circ }=\angle BXA\)или, что эквивалентно, точки \(A, G, C\) лежат на одной прямой.Мы знаем, что \(\angle BEF = \angle CDE\), следовательно, треугольники \(\triangle BEF\) и \(\triangle CDE\) подобны, и имеют соотношение:\(\frac{BF}{CE}=\frac{BE}{CD}=\frac{1}{2}\implies BF=\frac{CE}{2}=\frac{BC}{4}=\frac{AB}{4}\)Таким образом, \(AF = \frac{3AB}{4}\).Пусть \(T\) — точка на продолжении \(CB\) такая, что \(BF = BT\). По условию задачи мы знаем, что \(EF = FG\). Мы также доказали, что \(\angle TEF = \angle AFG\), и:\(TE=TB+BE=BF+BE=\frac{AB}{4}+\frac{AB}{2}=\frac{3AB}{4}=AF\)Следовательно, треугольники \(\triangle TEF\) и \(\triangle AFG\) равны (), и, как следствие, \(\angle FAG = 45^\circ\).