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 $(XPM)\Rightarrow QP\cdot QM=QX^2=QF\cdot QE\blacksquare$