Quyidagi masalaga respublika miqyosidagi turli olimpiadalarda to'qnash kelgan bo'lishingiz mumkin. Hatto, olimpiada testlarida ham uchratgan bo'lishingiz ehtimoli katta. Ushbu kichik artiklda biz masala atrofida fikr yuritamiz va iloji boricha sintetik yechim berishga harakat qilamiz. Masala quyidagicha:
▻ $ABCD$ qavariq to`rtburchakda $\angle ABC=150^{\circ}$, $\angle ABD + \angle BCA=120^{\circ}$, $\angle ACD - \angle BCA = 60^{\circ}$ bo`lsin. U holda $\angle CAD$ ni toping.
------------------------------------------
Masalani analitik yechim berish ham mumkin. Bunda, siga Chevaning sinusli teoremasi(trigonometrik ko'rinishi) yordam beradi. Biz $\angle CAD=30^{\circ}$ ekanligini sintetik (sof geometrik) yo'l orqali isbotlaymiz.
Yechim. Aytaylik, $AC\cap BD = P(.)$ va $AB\cap CD = T(.)$ bo`lsin. Shuningdek, $L$, $M$, $N$ nuqtalar orqali mos ravishda $PT$, $BC$, $AD$ kesmalarning o`rtalarini belgilaylik (1-chizma ga qarang). U holda albatta $TBPC$ to`rtburchak uchun Gauss to`g`ri chizig`idan (diagonallari o`rtalari bitta to`g`ri chiziqda yotadi va bu to`g`ri chiziq - Gauss to`g`ri chizig'i deyiladi), $L$, $M$, $N$ nuqtalar bitta to`g`ri chiziqda yotadi.
 |
| 1-chizma |
Boshqa tomondan $TBPC$ - cyclic to'rtburchak bo`ladi, ya'ni tashqi aylana chizish mumkin, chunki masala shartidan $\angle ABD + \angle ACD = 120^{\circ}+60^{\circ} = 180^{\circ}$ bo`lishi kelib chiqadi. Shuningdek, $\angle TBC = 30^{\circ}$ va $\angle PTB=\angle PCB$. Agar $O(.)$ orqali $TBPC$ ning tashqi aylanasi markazi va $U(.)$ orqali $OP$ ning $BT$ bilan kesishish nuqtasini belgilasak, \[ \angle OPT=\angle OTP = 30^{\circ} - \angle BCP \] va $\angle OUT = 30^{\circ}$ keladi. Bundan tashqari, $30^{\circ}$ li tiralgan burchak ostidagi vatar aylana radiusiga tengligidan, $OP=OT=TC$ kelib chiqadi.
Agar $U(.)$ dan $BT$ to'g'ri chiziqqa o'tkazilgan perpendikulyar $TD$ ni $K(.)$ da kesib o`tsa, \[ \angle UKT = 90^{\circ} - \angle CTB = 60^{\circ} - 2\angle BCP = 2\angle OPT = 180^{\circ} - \angle UOT \] va $UOTK$ - cyclic to'rtburchak bo'ladi. Yana bir bor $30^{\circ}$ li tiralgan burchak qarshisidagi vatar aylana radiusiga tengligidan, $\angle OUT = 30^{\circ}$ ligi bizga $OT=TC$ ning $(UOTK)$ aylana radiusiga tengligi keladi. U holda $\angle TUK = 90^{\circ}$ dan $TK$ kesma aynan $(UOTK)$ aylananing diametri va $TC=CK$ uning radiusi ekan. $S(.)$ ni $UT$ ning o`rtasi desak, $CS\perp TB$ va $\angle BSM = \angle SBM = 30^{\circ}$, ya'ni $SM \| UP$ $\Rightarrow$ $SM$ kesma $L(.)$ dan o'tadi.
Demak, $C(.)$ ning $BT$ dagi proyeksiyasi bo'lmish $S(.)$ ham bizdagi Gauss to'g'ri chizig'ida ($L,M,N$ dan o`tuvchi to'g'ri chiziqda) yotar ekan. $BSC$ uchburchakni to'g'ri burchakli ekanligidan, va o'tkir burchaklari $30^{\circ}$, $60^{\circ}$ ligidan, $SM=SC=BM=MC$ va $MSC$-muntazam uchburchakdir.
 |
| 2-chizma |
Endi, $N(.)$ dan $BC$ ga parallel to'g'ri chiziq o'tkazaylik, va bu to'g'ri chiziq $AB$, $CS$ larni mos ravishda $X$, $Y$ nuqtalarda kesib o'tsin (2-chizma ga qarang). $BSC$ va $XSY$ uchburchaklarni o'xshash to'g'ri burchakli uchburchaklar ekanligidan, $XN=SN=NY$ keladi. Bundan $XAYD$ ni parallelogram ekanligini ko'rish qiyin emas (diagonallari $N$ nuqtada teng ikkiga bo`linmoqda). Xullas, $DY \| XA$ va $DY\perp CY$.
Aytaylik, $DY$ to`g`ri chiziq $BC$ to'g'ri chiziq bilan $W(.)$ da kesishadi (3-chizma ga qarang). Shuningdek, $B(.)$ ni $N(.)$ ga nisbatan simmetrik nuqtasi $Z(.)$ bo'lsin. U holda $ABDZ$-parallelogram va $MN$ ni $BCZ$ uchburchakda o'rta chiziq ekanligidan \[ CZ=2\, NM = 2\, NS - 2\, SM = 2\, SY - 2 \, SC = 2\, CY = CW, \] chunki $\angle CWY=30^{\circ}$. Ya'ni, $CWZ$ uchburchak teng yonlidir va $\angle CZY=30^{\circ}$.
 |
| 3-chizma |
Boshqa tomondan, $ABDZ$ parallelogramdan $\angle AZD = \angle ABD$ va bu bizga \[ \angle AZD + \angle ACD = \angle ABD + \angle ACD = 180^{\circ} \] ni beradi. Demak, $ACDZ$ - cyclic to'rtburchak va \[ \angle CAD =\angle CZD = \angle CZY = 30^{\circ}. \] Isbot tugadi. ▢