Balkan Shortlist 2022, G2:
▻ $ABC$ uchburchakda $AB>AC$ va $I$ nuqta uning ichki aylana markazi bo'lsin. $AD$ esa uchburchakning bissektrisasi, bunda $D\in BC$. Aytaylik, $M$ nuqta $AD$ ning o'rtasi, va $BD$ kesma $\triangle BIC$ ning tashi aylanasini ikkinchi bor $F$ nuqtada kesadi. U holda $AF\perp CF$ ni isbotlang.
Ushbu masala, UZB NO 2023 (Respublika olimpiadasi, 5-masala) da ham uchradi. Quyida masalani bir nechta turli yechimlar bilan tahlil qilamiz.
-------------------------------------------------------------------
1-yechim. Aytaylik, $AD$ bissektrisa uchburchak tashqi aylanasini $N$ nuqtada kesadi, $I_a$ esa uchburchakning tashqi-ichki aylanasi markazi.
Ma'lum-ki, $\angle BFC=\angle BIC=90^{\circ} + \frac{\angle A}{2}$ va \[ \angle AFC = \angle AFM+\angle CFM = 90^{\circ}+\angle AFM - \frac{\angle A}{2}. \] Demak, $\angle AFC=90^{\circ}$ ni ko'rsatish uchun $\angle AFM=\frac{\angle A}{2}$ ni isbotlash yetarlidir, boshqarma aytganda, $\angle ABF = \angle MAF$ bo'lishi lozim. (1-chizma ga qarang)
 |
| 1-chizma |
$MA$ ni $(\triangle ABF)$ aylanaga urinma ekanligini isbotlaymiz. Buning uchun \[ MA^2=MD^2=MF\cdot MB = MI\cdot MI_a \] ni ko'rsatish kifoya.
Bilamiz-ki, $N$ nuqta $(\triangle BIC)$ ning markazi, hamda $NC$ t/ch $(\triangle ADC)$ aylanaga urinma bo'ladi, chunki $\angle NCD=\angle NAC$. Demak, \[ NC^2=NB^2=NI^2=ND\cdot NA = NM^2 - MD^2, \] ya'ni $NM^2 = NI^2+MD^2$. Bundan, \[ MA^2 = MD^2 = MN^2 - NI^2 = (MN-NI)(MN+NI_a) = MI\cdot MI_a \] ni topishimiz mumkin. Xullas, $\angle ABF = \angle MAF$ va biz isbotlashimiz kerak bo'lgan tasdiq, $\angle AFC=90^{\circ}$, kelib chiqadi. ▢
Yuqoridagi yechimni aslida juda oddiy va to'g'ridan-to'g'ri kelib chiqadi deyish mumkin (juda trivial).
Alternativ yo'l. Agar bizda $\{A,B,C,D\}$ harmonik nuqtalar berilgan bo'lsa, u holda $(AC)$ va $(BD)$ (diametrli) aylanalar, ya'ni Apollon aylanalari, o'zaro ortogonal (perpendikulyar) bo'ladi. Bu ham juda trivial! (mustaqil keltiring).
Bizda $\{A, I, D, I_a\}$ harmonik nuqtalar bor. Bundan $(AD)$ va $(II_a)$ diametrli aylanalar o'zaro ortogonal bo'ladi, $MA^2+NI^2 = MN^2$. Xullas, qolgani yuqoridagi yechimdagidek davom ettiriladi.
-------------------------------------------------------------------
Quyidagi yana bitta ajoyib yechimni keltiramiz.
2-yechim. $\triangle ABC$ ni $AD$ bissektrisaga nisbatan simmetrik ko'chiramiz, bunda $B\mapsto B'$, $C\mapsto C'$ bo'lsin (2-chizma ga qarang).
 |
| 2-chizma |
$F$ va $F'$ nuqtalarni boshqacha aniqlaymiz. Aytaylik, $F$ nuqta $(ADB')$ va $(BIC)$ larning ikkinchi bor kesishish nuqtasi bo'lsin. Simmetrik ravishda $F'$ nuqta $(ADB)$ va $(BIC)$ larning ikkinchi bor kesishish nuqtasi bo'ladi. U holda $\{A,I,D,I_a\}$ larning harmonik ekanligidan(oldingi yechimda ko'rgan edik) $(BIC)$ aylana $\triangle ABD$ uchun Apollon aylanasi bo'ladi. Bu esa standart proyektiv akslantirishlardan $\{A,B,D,F'\}$ ning harmonik ekanligini beradi (nuqta $\mapsto$ pencil). Xullas, $BF'$ t/ch $\triangle ABD$ uchun symmediana(t/ch) vazifasini bajaradi.
Lekin biz $(BIC)$ aylanadan va simmetriyadan bilamiz-ki, \[ \angle DBF' = \angle CBF' = \angle AB'F' = \angle ABF, \] ya'ni $\triangle ABD$ da $BF$ mediana(t/ch) bo'ladi; bizga masalada berilgan $F$ nuqta bilan ustma-ust tushadi.
Demak, masalada berilgan $F$ nuqta uchun $AFDB'$ -cyclic to'rtburchak bo'lar ekan. Bundan tashqari, harmonik ham bo'ladi. Unda $\angle AFM = \angle DFB' =\angle DAB' = \frac{\angle A}{2}$ va \[ \angle AFC = \angle AFM +\angle CFM = \angle DAB' + \angle BB'A = 90^{\circ}. \] Oxirgi tenglikda $\triangle BAB'$ ni teng yonli ekanligidan foydalandik. ▢
