Quyidagi masalani qaraylik:
▻ $ABC$ uchburchakda $AD$, $BE$, $CF$ balandliklar o'tkazilgan; $(O)$ esa uchburchakning tashqi aylanasi bo'lsin. $\angle BAC$ ning bissektrisasi $EF$ ni $K$ nuqtada kesadi va $AK$ to'g'ri chiziq $(BKC)$ aylanani ikkinchi bor $L$ nuqtada kesib o`tsin. U holda $(ADO)$ aylana $AL$ ni teng ikkiga bo'lishini isbotlang.
Aniq manbasini bilmayman, lekin mathlinks (aops) dan olindi. Yaxshi masala bo'lgani uchun yechimi bilan taqdim qilmoqchiman.
PS. Masaladagi $(BKC)$ aylana haqida boshqa qiziqarli xossalarni ham topish mumkin.
-------------------------------------------------------------------
Yechim. Aytaylik $AO\cap EF=P(.)$, $AL\cap (AOD) = M(.)$, $AL\cap BC=A_1$ va $(AOD)$ aylana $BC$ ni ikkinchi bor $T$ nuqtada kesib o'tsin. U holda $\angle AOT=\angle AMT=\angle ADT=90^{\circ}$, ya'ni, $AT$ kesma $(AOD)$ aylana uchun diametr vazifasini bajaradi.
Bundan tashqari, $M$ nuqta $(AOD)$ aylananing $OD$ yoyi o'rtasiligidan, $TM$ ning $\angle OTD$ burchak bissektrisasi ekanligi keladi. Agar $OT\cap AL=N(.)$ desak, $NM=MA_1$ ekan. (1-chizma ga qarang.)
 |
| 1-chizma |
Endi, $AM=ML$ ni ko'rsatish uchun $AN=A_1L$ ni ko'rsatishimiz yetarli. $BKCL$ ning cyclic ekanligidan, \[ A_1L = \frac{BA_1\cdot CA_1}{KA_1} = \frac{BA_1\cdot CA_1}{AA_1-AK} \] ni topamiz. Bilamiz-ki, $\triangle ABC\sim \triangle AEF$ va o'xshashlik koeffisienti $\cos A$ ga teng. Bundan \[ A_1L = \frac{BA_1\cdot CA_1}{AA_1(1-\cos A)} = \frac{AA_1 \sin^2 \frac{A}{2}}{\sin B \sin C (1-\cos A)} = \frac{AA_1}{2\sin B \sin C} = \frac{AA_1\cdot R}{AD} \] keladi, bu yerda $R-\triangle ABC$ ning tashqi aylana radiusi.
Boshqa tomondan, $\angle TOA = 90^{\circ}$ va $TO\parallel EF$ dan $\triangle AKP \sim \triangle ANO$ bo'lib, \[ AN = \frac{AK\cdot AO}{AP} = \frac{AA_1\cdot R}{AD} \] keladi. Demak, $A_1L=AN$ va isbot tugadi. ▢