Ichki aylanaga urinuvchi aylana (Serbia TST)

sana:

Aytaylik, bizga $\triangle ABC$ berilgan. Ko'p uchraydigan geometrik konfiguratsiyalardan biri - bu, $B$ va $C$ nuqtalardan o'tib, uchburchakning ichki aylanasiga urinuvchi aylanadir (1-chizma). 

1-chizma

Aytaylik, $(I)$ berilgan uchburchakning ichki aylanasi, va u $BC$, $CA$, $AB$ tomonlarga mos ravishda $D$, $E$, $F$ nuqtalarda urinadi.

Ushbu konfiguratsiyada uchraydigan asosiy fundamental masalalar quyidagilardan iborat:

  • $K$, $D$, $I_a$ nuqtalar collinear, bu yerda $I_a$ - uchburchakning tashqi-ichki aylanasi markazi;
  • $\angle BKD=\angle CKD$, yani $KD$ to'g'ri chiziq $\angle BKC$ ning bissektrisasi;  
  • agar $EF\cap BC=P(.)$ desak, va $X$ nuqta $PD$ ning o'rtasi bo'lsa, u holda $XK=XD$ va $\mathrm{Pow}_X ((ABC)) = \mathrm{Pow}_X ((I))$;
Yuqoridagilarning barchasiga harmonik nuqtalar (cross-ratio) dan foydalanib, quyidagicha qisqacha isbot (sketch) beramiz. 

Isboti. Umuman olganda, $P$ nuqtadan boshlaydigan bo`lsak, bizda $\{P,B,D,C\}$ harmonik to'rtlik bor. Bu degani, $PD$ diametrli aylana aynan $\frac{MB}{MC} = \frac{BD}{CD}$ tenglikni qanoatlantiruvchi $M$ nuqtalar to'plamidan iborat (Apollon aylanasi). Faraz qilaylik, ushbu aylana $(I)$ ni biror $K'$ nuqtada kesadi. U holda $\triangle BK'C$ uchun $K'D$ ichki va $K'P$ tashqi bissektrisa bo`lib, tabiiy ravishda (bu bilan yaxshi tanise bo`lganlar uchun... $\triangle BKC$ uchun Apollon aylanasining markazi albatta urinmada yotadi) $XK'$ ni $(BK'C)$ aylanaga urina ekanligi keladi. Bundan $K'\equiv K$, va $XK^2=XD^2=XB\cdot XC$ dan $\mathrm{Pow}_X ((ABC))=\mathrm{Pow}_{X} ((I))$ ham keladi. Oxirgi ikkita tasdiqni isbotlab bo'ldik, endi birinchi tasdiqni isbotlash qoldi.

2-chizma

Aytaylik, $XI\cap KD = N(.)$ bo'lsin. U holda $XK$ va $XD$ lar $(I)$ ga urinma ekanligidan \[ XN\cdot XI = XK^2 = XB\cdot XC \] keladi, ya'ni $N$ nuqta $\triangle BIC$ ning tashqi aylanasida yotadi va $KD$ to'g'ri chiziq $IN$ ga $N$ nuqtada o'tkazilgan perpendikulyardir. Bizga yaxshigina ma'lum-ki, $\triangle BIC$ uchburchakning tashqi aylanasi $I_a$ dan ham o'tadi va $II_a$ ushbu aylananing diametri bo'ladi. Demak, $\angle I_aNI=90^{\circ}$ va $K$, $D$, $I_a$ lar collinear bo'lishga majbur.       ▢

⧉  Qo'shimchalar:
  • $K$, $D$, $I_a$ yotgan to'g'ri chiziqda $AA_1$ balandlikning o'rtasi ham yotadi;
  • Aytaylik, $X$ nuqtadan $(ABC)$ aylanaga $XT$ urinma o'tkazilgan (2-chizma ga qarang). Ushbu $T$ nuqta ham turli xossalarga ega, jumladan, $\angle ITA=90^{\circ}$ (Vietnam TST), va $T$ nuqtada $(ABC)$ ga $D$ nuqtada esa $(I)$ ga urinuvchi aylana mavjud. 

Endi, ushbu konfiguratsiyaga aloqador bo'lgan quyidagi Serbian TST 2009/P6 ni yechib ko'raylik.

▻ $ABC$ uchburchakda $(I)$ - ichki aylana olingan va ushbu ichki aylana $BC$, $CA$, $AB$ tomonlarga mos ravishda $D$, $E$, $F$ nuqtalarda urinadi. Aytaylik, $EF\cap BC = P(.)$ bo'lsin. $B$ va $C$ nuqtalarda o'tuvchi $\omega$ aylana $(I)$ ga $K$ nuqtada urinadi. $(PDK)$ aylana $AD$ ni ikkinchi bor $S$ nuqtada kesib o'tsin. U holda $P$, $S$, $I$ nuqtalar bitta to'g'ri chiziqda yotadi.

-------------------------------------------------------------------

Yechish. Masala yuqoridagi konfiguratsiyadan kesib olingandek. Biz allaqachon ancha narsani bilamiz; $(PDK)$ aylana aynan $X$ markazli $XD$ radiusli aylana bo'ladi, yani $\angle PKD=90^{\circ}$. Tabiiy-ki, $\angle PSD=90^{\circ}$ bo`ladi. $A$ ning $(I)$ dage polar o'qi, $EF$, $P$ nuqtani o'z ichiga olishidan, $P$ ning $(I)$ dagi polar o'qi ham $A$ nuqtadan o'tadi. Demek, $AD$ to'g'ri chiziq $P$ nuqtaning $(I)$ dagi polar o'qi bo'ladi. Bundan esa $PI\perp AD$ keladi; xullas, $PI$ to'g'ri chiziq $S$ nuqtadan o'tadi.      ▢