Ushbu postda uchta masalani ko'rib chiqamiz; masalalarning barchasi 2022-2023 o'quv yilining viloyat olimpiadasida tushgan. Masalalar nisbatan soddaligi uchun alohida detallariga to'xtalib o'tirmoqchi emasman.
1. [9-sinf / P4] $ABCD$ trapetsiya berilgan, bunda $AD\| BC$. Aytaylik, $A$ va $C$ burchaklarning ichki bissektrisalari $M$ nuqtada, $B$ va $D$ burchaklarning ichki bissektrisalari $N$ nuqtada kesishadi. U holda $A$, $D$, $M$, $N$ nuqtalar bitta aylanada yotishini isbotlang.
2. [10-sinf / P3] $ABC$ uchburchakning tashqi aylanasida $AD $ diametr o'tkazilgan. $H$ nuqta $A$ dan $BC$ tomonga tushirilgan balandlik asosi, hamda $M$ va $N$ nuqtalar mos ravishda $B$ va $C$ nuqtalardan $AD$ to'g'ri chiziqqa tushirilgan perpendikulyarlarning asoslari bo'lsin. U holda $MHN$ uchburchakka tashqi chizilgan aylana markazi $BC$ chiziqda yotishini isbotlang.
3. [11-sinf / P4] $ABCD$ rombning $C$ uchidan o'tuvchi $\ell$ to'g'ri chiziq $AB$ va $AD$ tomonlarning davomini mos ravishda $X$ va $Y$ nuqtalarda kesadi. Aytaylik, $DX$ va $BY$ to'g'ri chiziqlar $AXY$ uchburchakka tashqi chizilgan aylanani ikkinchi marta mos ravishda $P$ va $Q$ nuqtalarda kesadi. U holda $PCQ$ uchburchakka tashqi chizilgan aylana $\ell$ to'g'ri chiziqqa urinishini isbotlang.
Masalalarni birma-bir yechishni boshlaymiz:
1-ning yechimi. Umumiylikka zarar yetkazmasdan, $ABCD$ trapetsiyaga ichki aylana chizish mumkin emas deb hisoblayveramiz; aks holda, $M\equiv N$ va masala sharti ayon bo'lib qoladi. Asosiy g'oya, $MN$ va $AD$ (yoki bo'lmasam $BC$) ni anti-parallel ekanligini ko'rsatishdan iborat.
1-usul: Aytaylik, $\angle C$ va $\angle D$ ning bissektrisasi $Q$ nuqtada, $\angle A$ va $\angle B$ ning bissektrisasi $P$ nuqtada kesishadi. Albatta, $\angle APB=\angle DQC=90^{\circ}$ bo`ladi. Bundan tashqari, $P$ va $Q$ nuqtalar trapetsiyaning o'rta chizig'ida yotadi. Haqiqatdan, agar $L$ va $K$ nuqtalar orqali $AB$ va $CD$ yon tomonlar o'rtalarini belgilasak, u holda $APB$ to'g'ri burchakli uchburchakligidan, $PL$ uning medianasi hamda $\angle PAD = \angle LAP =\angle LPA$ va $LP\| AD$ keladi, ya'ni, $P$ nuqta $LK$ o'rta chiziqda yotadi. Xuddi shunday, $Q$ nuqta ham $LK$ da yotishini ko'rsatish mumkin. Xullas, $PQ\| AD$ ekan.
Boshqa tomondan, $\angle NQM = \angle MPN = 90^{\circ}$ ligidan $NMQP$ ning cyclicligi keladi. Demak, \[ \angle NMA = \angle NMP = \angle NQP = \angle NDA, \] \[ \angle MND = \angle MNQ = \angle MPQ = \angle MAD \] va $A$, $D$, $M$, $N$ nuqtalar bitta aylanada yotadi (concyclic).
2-usul: Yuqoridagi yechimda aniqlangan $P$ va $Q$ nuqtalardan tashqari, $\angle B$ va $\angle C$ larning bissektrisalari kesishish nuqtasi sifatida $J$, $\angle A$ va $\angle D$ larning bissektrisalari kesishish nuqtasi sifatida esa $I$ olingan bo'lsin. U holda $NQ\perp MI$ va $MP\perp NI$ dan $IJ\perp MN$ keladi. Bundan tashqari, $IJ$ to'g'ri chiziq $AB$ va $CD$ yon tomonlar davom ettirilganda kesishadigan $X$ nuqtadan o'tishi aniq; chunki, $I$ va $J$ nuqtalarning ikkalasi ham $\angle AXD$ ning bissektrisasida yotadi.
Bilamiz-ki, $\angle AXD$ ning bissektrisasi $\triangle AID$ ning tashqi aylana markazidan o'tadi ($\triangle AXD$ ning tashqi aylanasining $AD$ yoyining o'rtasi). Xuddi shunday, ushbu bissektrisa $\triangle BJC$ ning ham tashqi aylanasi markazidan o'tadi. Quyidagi lemma masalaning yechimi yakunlaydi:
Lemma. $\triangle ABC$ uchburchakning $AB$ va $AC$ tomonlari yotgan to'g'ri chiziqlarda $X$ va $Y$ nuqtalar tanlangan-ki, bunda $OA\perp XY$, bu yerda $O$ nuqta $\triangle ABC$ ning tashqi aylana markazi. U holda $XY$ va $BC$ lar anti-parallel, ya'ni $BXYC$ to'rtburchak - cyclic bo'ladi.
Lemmaning isboti masalaning ham yechimi demakdir; $\triangle AID$ uchun qo'llash lozim bo'ladi. Isbotni yakunlashni o'quvchilarga qoldiramiz.☺
2-ning yechimi. Ushbu masala, yuqoridagi geo danda soddaroq, aslida. Lekin nisbatan turlicha yechimlar berishga harakat qilamiz:
1-usul: Albatta, $A$, $H$, $M$, $B$ nuqtalar $AB$ diametrli aylanada, $A$, $H$, $N$, $C$ nuqtalar esa $AC$ diametrli aylanada yotadi. Bundan \[ \angle CHN = \angle CAD = 90^{\circ} - \angle B = 90^{\circ} - \angle HMN \] va $\triangle MHN$ ning tashqi aylana markazi $BC$ to'g'ri chiziqda yotishi kelib chiqadi (1-chizma ga qarang).
2-usul: Yuqoridagi yechimni sal boshqacha davom ettirib, uchburchakning tashqi aylana markazini ham topish mumkin. $MH\perp AC$ va $NH\perp AB$ dan, $A_1$, $B_1$, $C_1$ nuqtalar orqali $BC$, $AC$, $AB$ tomonlarning o'rtalarini belgilasak, $A_1C_1\perp MH$ va $A_1B_1\perp NH$ keladi. $C_1M=C_1H$ dan $A_1C_1$ ni $MH$ ning o'rta perpendikulyari ekanligini topamiz. Xuddi shunday, $B_1N=B_1H$ dan $A_1B_1$ ni $NH$ ning o'rta perpendikulyari ekanligi keltiramiz. Demak, $A_1$ nuqta $MH$ ning ham $NH$ ning ham o'rta perpendikulyarida yotar ekan. Bu degani, $A_1$ nuqta $\triangle MHN$ ning tashqi aylana markazi deganidir (1-chizma ga qarang).
3-usul: O'xshashlikdan foydalanamiz. $AO$ va $AH$ lar isogonal to'g'ri chiziqlar ekanligidan $\triangle ABH \sim \triangle ACN$ va $\triangle ACH \sim \triangle ABM$ o'xshashliklar keladi. Demak, \[ \frac{AH}{AN} = \frac{AB}{AC}, \quad \quad \frac{AH}{AM} = \frac{AC}{AB} \] va $AH^2 = AM\cdot AN$, ya'ni $AH$ to'g'ri chiziq $\triangle MHN$ ning tashqi aylanasiga urinma bo'lishi lozim. U holda $AH\perp BC$ va $H$ nuqta $BC$ da yotishidan $\triangle MHN$ ning tashqi aylanasi markazi ham $BC$ to'g'ri chiziqda yotishi keladi.
 |
| 1-chizma |
3-ning yechimi. Masalani ikki xil usulda yechamiz.
1-usul: $\triangle AXY$ uchun $AC$ to'g'ri chiziq bissektrisa vazifasini bajaradi. Agar $A$ nuqtadan $(AXY)$ aylanaga o'tkazilgan urinma $XY$ to'g'ri chiziqni $R$ nuqtada kesib o'tsa, u holda ushbu nuqta $\triangle AXY$ uchun Apollon aylanasining markazi, hamda $RC=RA$ va $BD$ ning ham $R$ nuqtadan o'tishi keladi (2-chizma ga qarang).
 |
| 2-chizma |
Demak, $RC^2=RA^2=RP\cdot RQ$ va $RC$ ni (xuddi shunday, $\ell$ to'g'ri chiziqni ham) $\triangle PCQ$ ning tashqi aylanasiga urinma ekanligi keladi.
Izoh. Adashmasam, olimpiada payti berilgan yechimlar orasida yuqoridagi yechim bor edi, lekin xato berilgan edi (kamida ko'pchilik tushunmagan). Unda $AADPQB$ oltita nuqta uchun Paskal teoremasini qo'llaymiz deyilgan, men ham tushunmadim qanday qilib bu oltita nuqta uchun Paskal teoremasini qo'llash mumkin (Paskal teoremasini bitta aylanada yotgan oltita nuqta, yoki kamida ikkinchi tartibli chiziqda yotgan nuqtalar uchun qo'llash mumkin).
2-usul: Faraz qilaylik, $AC$ to'g'ri chiziq $(AXY)$ aylanani ikkinchi bor $T$ nuqtada kesib o'tsin. U holda \[ \angle TPX = \angle XAT = \angle ACD \] va $TCDP$ - cyclic to'rtburchak bo'ladi. Xuddi shunday, $TCBQ$ ni ham cyclicligini keltirish mumkin.
Bundan tashqari, $AC$ ning $BD$ ni o'rta perpendikulyariligidan, $\triangle BTD$ ni teng yonli ekanligi keladi. Bizga esa aynan $\angle BTC = \angle DTC$ kerak. Chunki, yuqoridagi cyclic to'rtburchaklardan \[ \angle PCY = \angle CPD + \angle CXP = \angle CTD+\angle YQP = \angle CTB + \angle YQP = \angle CQB + \angle YQP = \angle CQP \] keladi. Demak, $\ell$ to'g'ri chiziq $\triangle PCQ$ ning tashqi aylanasiga urinma ekan.