2016IMO Short List

如图，设直线 $AM$ 与圆 $\Gamma$ 的第二个交点为 $Y$，$XY$ 与 $BC$ 交于点 $D'$．
只要证：点 $D'$ 与 $D$ 重合．先证明一个引理．
引理：对于任意圆内接四边形 $PQRS$，若对角线 $PR$ 与 $QS$ 交于点 $T$，则 $\frac{QT}{TS}=\frac{PQ\cdot QR}{PS\cdot SR}$．
由 $\angle PQR+\angle PSR=180^{\circ}$，则$$\frac{Q T}{T S}=\frac{S_{\triangle P Q R}}{S_{\triangle P S R}}=\frac{\frac{1}{2} P Q \cdot Q R \sin \angle P Q R}{\frac{1}{2} P S \cdot S R \sin \angle P S R}=\frac{P Q \cdot Q R}{P S \cdot S R}$$引理得证．
对于圆内接四边形 $ABYC$，圆内接四边形 $XBYC$，由引理分别得 $1=\frac{B M}{M C}=\frac{A B \cdot B Y}{A C \cdot C Y}$，$\frac{B D^{\prime}}{D^{\prime} C}=\frac{X B \cdot B Y}{X C \cdot C Y}$．
故\begin{equation}
\frac{B D^{\prime}}{C D^{\prime}}=\frac{X B}{X C} \cdot \frac{B Y}{C Y}=\frac{X B}{X C} \cdot \frac{A C}{A B}
\end{equation}由 $\angle X B F=\angle X B A=\angle X C A=\angle X C E$，$\angle X F B=\angle X E C ~\Rightarrow~\triangle XBF \sim \triangle XCE ~\Rightarrow$\begin{equation}
\frac{XB}{XC}=\frac{BF}{CE}
\end{equation}又 $\angle FIB=\angle AIB-90^{\circ}=\frac{1}{2}\angle ACB=\angle ICB$，$\angle FBI=\angle IBC$，于是，$\triangle BFI\sim\triangle BIC$．类似地，$\triangle CEI\sim\triangle CIB$．故\begin{equation}
\frac{F B}{I B}=\frac{I B}{B C}, ~~\frac{E C}{I C}=\frac{I C}{B C}
\end{equation}设直线 $B_1 C_1 \parallel BC$，且与 $\triangle ABC$ 的内切圆 $\odot I$ 相切，其中，点 $B_1 , C_1$ 分别在边 $AB,AC$ 上，$\odot I$ 分别与 $AB,AC$ 切于点 $B_2 , C_2$．
由于 $A$ 为 $\triangle ABC$ 与 $\triangle AB_1 C_1$ 的位似中心，于是，$B_1 I$ 平行于 $\angle ABC$ 的外角平分线．从而，$\angle B_1 IB=90^{\circ}$．因为 $\angle BB_2 I=90^{\circ}$，所以，由射影定理得 $BB_2 \cdot BB_1 =BI^2$．类似地，$CC_2 \cdot CC_1 =CI^2$．故\begin{equation}
\frac{B I^{2}}{C I^{2}}=\frac{B B_{2}}{C C_{2}} \cdot \frac{B B_{1}}{C C_{1}}=\frac{B B_{1}}{C C_{1}} \cdot \frac{B D}{C D}=\frac{A B}{A C} \cdot \frac{B D}{C D}
\end{equation}由式（1），（2），（3），（4）得$$\frac{B D^{\prime}}{C D^{\prime}}=\frac{X B}{X C} \cdot \frac{A C}{A B}=\frac{B F}{C E} \cdot \frac{A C}{A B}=\frac{B I^{2}}{C I^{2}} \cdot \frac{A C}{A B}=\frac{B D}{C D}$$因此，点 $D'$ 与 $D$ 重合

略