G'alati masala!? (menga shunday tuyuldi...)
▻ $ABCD$ qavariq to'rtburchakka $\omega$ aylana ichki chizilgan. $K$ nuqta $AC$ diagonalda tanlangan bo'lib, $BK$ va $DK$ kesmalar $\omega$ aylanani mos ravishda $X$ va $Y$ nuqtalarda kesib o'tadi. Faraz qilaylik, $XY-$ $\omega$ aylananing diametri bo'ladi. U holda $XY\perp AC$ ni isbotlang.
Ko'pchilik olimpiadachilar to'rtburchakka ichki aylana chizish mumkin desa, qarama-qarshi tomonlari yig'indisi teng bo'lishi kerak degan Pitot teoremasi ni eslaydi. Lekin, aslida quyidagi bir-biriga ekvivalent xossalar ham bor:
$ABCD$ qavariq to'rtburchakka ichki aylana chizish mumkin, agar va faqat agar:
- (Pithot) $AB+CD=BC+DA$;
- $ABC$ vs $ADC$ uchburchaklarning ichki aylanasining $AC$ diagonalga urinish nuqtalari ustma-ust tushadi; Xuddi shuni, $BD$ diagonal va $BAD$ va $BCD$ uchburchaklar uchun ham aytish mumkin;
- (Pithot trig.) $\displaystyle \frac{\tan \frac{\angle BAC}{2}}{\tan \frac{\angle DAC}{2}} = \frac{\tan \frac{\angle BCA}{2}}{\tan \frac{\angle DCA}{2}};$
- $ABC$ va $ADC$ uchburchaklarning tashqi-ichki aylanalarining ($AC$ tomonga tashqi chizilgan) $AC$ ga urinish nuqtalari ustma-ust tushadi; Xuddi shuni, $BD$ diagonal va $BAD$ va $BCD$ uchburchaklar uchun ham aytish mumkin.
Aslida, birinchi (biz ko'p ishlatadigan) xossadan ko'ra, olimpiada masalalarida 2,3,4 xossalarning avzalligi katta bo'lishi mumkin. Misol uchun, IZHO 2014/P6 ni eslang, 3-xossa bilan juda sodda masaladek tuyuladi, lekin usiz yechim ancha murakkab...
Quyida AoPS dagi yechimimni keltiraman:
-------------------------------------------------------------------
Yechish. Ushbu masalada biz yuqoridagilardan 4-xossani qo'llaymiz.
 |
| 1-chizma |
Demak, $XY$ diametr ekan, $XY \perp AC$ ni ko'rsatish uchun $AHIK$ ni cyclic ekanligini ko'rsatish kifoya, bu yerda $I-$ichki aylana markazi va ichki aylana $AB$, $BC$, $CD$, $DA$ tomonlarga mos ravishda $H$, $L$, $N$, $M$ nuqtalarda urinadi. Bundan, $\angle HAC = \angle HIX = 2\angle BHX$ ni va shunga o'xshash ravishda $\angle LCA = \angle LIX = 2\angle BLX$ ni ko'rsatish lozim bo'ladi.
Yuqoridagidan biz ko'rishimiz mumkin-ki, $B$ nuqtani homotetiya markazi deb olsak, $X$ nuqta $K$ ga o'tadi, va $(I)$ aylana $AC$ ga $K$ nuqtada urinuvchi $\angle ABC$ ga ichki chizilgan aylana mavjud bo'lishi lozim. Demak, $K$ nuqta aynan $ABC$ uchburchakning tashqi-ichki aylanasining urinish nuqtasi bo'lishi lozim.
Rostan ham, $ABC$ va $ADC$ ning tashqi-ichki aylanalari $AC$ ga $K$ nuqta urinadi deb qarasak, u holda homotetiyadan ($B$ markazli) $XI\perp AC$ keladi. Xuddi shunday, $D$ markazli homotetiyadan $YI\perp AC$ ham keladi, ya'ni $XY-$ichki aylananing diametri bo'ladi.
Endi, bunday $K$ nuqta yagonaligini ko'rsatish kifoya. Agar $K_1$ va $K_2$ nuqtalar uchun $X_1, Y_1$ va $X_2,Y_2$ nuqtalar ham aniqlangan bo'lib, $X_1Y_1$ va $X_2Y_2$ lar diametr bo'lsa, $X_1Y_1\cap X_2Y_2 = I(.)$ va yo'naltirilgan burchaklar $\angle Y_1DY_2$, $\angle X_1BX_2$ bir xil yo'nalgan bo'lishi kerak (ikkalasi ham soat strelkasi bo'yicha yoki unga teskari). Lekin, $B$ va $D$ nuqtalar $AC$ dan (shu jumladan, $K_1K_2$ dan) turli tomonlarda joylashgani uchun $\angle K_1DK_2$ va $\angle K_1BK_2$ lar turli yo'nalishlarda bo'ladi. Bu esa ziddiyatni bermoqda, demak, bunaqa ikkita nuqta mavjud emas. ▢