St. Petersburg shahar olimpiadasi 2020, 11-sinf, 3-masala:
▻ Teng yonli bo`lmagan $ABC$ uchburchakda $BB_1$ bissektrisa o`tkazilgan. $I$ nuqta ushbu uchburchakning ichki aylana markazi bo`lsin. Aytaylik, $A$, $I$, $C$ nuqtalardan o`tuvchi $\omega$ aylana aniqlangan. $AC$ ning o`rta perpendikulyari ushbu $\omega$ aylanani $D$ va $E$ nuqtalarda kesib o`tadi. Bundan tashqari, $AC$ tomonda $AB_1=CF$ bo`ladigan $F$ nuqta ham olingan. U holda $B$, $D$, $F$, $E$ nuqtalar bitta aylanada yotishini isbotlang.
1-yechim. Aytaylik, $BB_1$ bissektrisa $ABC$ uchburchakning tashqi aylanasini $X$ nuqtada kesib o'tadi. Bilamiz-ki, $XA=XB=XI=XI_a$, bu yerda $I$ va $I_a$ nuqtalar uchburchakning ichki va tashqi-ichki aylanalari markazlari. Xullas, $X$ nuqta $\omega$ aylananing markazi bo'ladi.
 |
| 1-chizma |
Qo'shimchasiga, $\angle XAC=\angle XBA$ dan $XA^2 = XB_1\cdot XB$ va \[ XD^2 = XE^2=XB_1\cdot XB \] keladi. Demak, $XD$ to'g'ri chiziq $BB_1D$ uchburchakning tashqi aylanasiga, $XE$ to'g'ri chiziq esa $BB_1E$ ning tashi aylanasiga urinma bo'lar ekan. Bundan, \[ \angle EBD = \angle EBB_1+\angle DBB_1 = \angle XEB_1+\angle XDB_1 = 180^{\circ} - \angle EB_1D = 180^{\circ} - \angle EFD \] va $BDFE-$cyclic to'rtburchak bo'ladi. Oxirgi tenglikda, $B_1$ va $F$ nuqtalar $DE$ ga nisbatan simmetrik ekanliginidan foydalandik. Isbot tugadi. ▢
2-yechim. Yuqoridagi yechimdagidek, $X$ nuqtani aniqlaymiz. Aytaylik, $XF$ to'g'ri chiziq $ABC$ ning tashi aylanasini ikkinchi bor $P$ nuqtada kesib o'tadi. U holda $B$ va $P$ nuqtalar o'zaro, $B_1$ va $F$ nuqtalar ham o'zaro $DE$ ga nisbatan simmetrik ekanligi aniq. Boshqacha qilib aytganda, $PDB_1$ uchburchaklar $BDF$ uchburchakni $DE$ to'g'ri chiziqqa nisbatan simmetrik ko'chirish natijasida hosil qilingan; bu esa ularning tashqi aylanalari ham ushbu to'g'ri chiziqqa nisbatan simmetrik ekanligini bildiradi. Tashqi aylanalar $D$ nuqtada kesishishida, ularning ikkinchi kesishish nuqtasi ham aynan $DE$ simmetriya o'qida yotadi (aytaylik, $E'$ bo'lsin).
Boshqa tomondan, $B$ markazli $BI$ radiusdi inversiya qarasak, inversiya natijasida quyidagi nuqtalar bir-biriga o`tishini \[ B\leftrightarrow B_1, \quad \quad P\leftrightarrow F \] va $B,C,I,D,E$ nuqtalar esa fiksrlangan ekanligini ko'rishimiz mumkin. Xullas, $BDF$ ning tashi aylanasi $PDB_1$ ning tashi aylanasiga o'tadi, va bu degani, ularning kesishish nuqtalari o'zgarmasdan qoladi. $D$ ning fiksrlanganligidan, $E'$ ham fiksrlangan bo'lishi shart, ya'ni $E'\in \omega$.
Demak, $E'$ nuqta, qaysikim, $BDF$ va $PDB_1$ uchburchaklarning tashqi aylanalarini ikkinchi kesishish nuqtasi, $\omega$ va $DE$ larda yotishi lozim; bu esa $E'\equiv E$ ni beradi. Xullas, $BDFE$ to'rtburchak cyclic ekan. ▢