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