Serbian MO 2017, 6-masala:
▻ $ABC$ uchburchak berilgan; $\Omega-$uning tashqi aylanasi, $\omega_a-$tashqi-ichki aylanasi ($\angle A$ ga ichki chizilgan). Aytaylik, $\Omega$ va $\omega_a$ ning umumiy tashqi urinmalari $BC$ ni $P$ va $Q$ nuqtalarda kesadi. U holda $\angle BAP = \angle CAQ$ ni isbotlang.
Garchi masaladagi konfiguratsiyaga doir ko'pchilikka ma'lum natijalar mavjud bo'lsada, ushbu masalaning yechimiga tushib olish unchalik ham oson emas. Bundan tashqari, masalaning quyidagi yechimi orqali - biz, harmonik nuqtalarning haqiqiy kuchini ko'rishimiz mumkin. Ko'pchilik o'quvchilarga ushbu yechimni puxtalik bilan o'rganishni tavsiya qilgan bo'lar edim.
-------------------------------------------------------------------
Yechim. Oldingi postlarimizdan biri - uchburchakning tashqi-ichki aylanasi va ba'zi natijalar dan foydalanamiz. Belgilashlar ham deyarli o'xshash bo'ladi. Aytaylik, $AD$, $BE$ va $CF$ bissektrisalar $\Omega$ tashqi aylanani mos ravishda $A_1$, $B_1$ va $C_1$ nuqtalarda kesib o'tsin. $EF$ esa $\Omega$ ni $X$ va $Y$ nuqtalarda kesadi (1-chizma ga qarang). Bundan tashqari, $\angle A$ ning tashqi bissektrisasi $\Omega$ bilan $A_2$ nuqtada, $BC$ tomon bilan esa $R$ nuqtada kesishadi. $T_a$ nuqta $\Omega_a$ mixtilinear aylananing $\Omega$ bilan urinishi nuqtasi bo'lsin. $\Omega$ va $\omega_a$ larning tashqi urinmalari $Z$ nuqtada kesishsin. Endi, ushbu belgilashlar bo'yicha davom etamiz.
 |
| 1-chizma |
Ko'rish giyin emas-ki, $EF\perp OI_a$ bo'ladi. Boshqacha qilib aytganda, $XY\perp OI_a$. Va, biz $X,Y$ nuqtalar $\Omega$ hamda $\omega_a$ larning tashqi urinmalarining aynan $\Omega$ ga urinish nuqtalari ekanligini ko'rsatamiz (oldingi postimizda buni natija sifatida berib ketgan edik).
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
Lemma. $X,Y$ nuqtalar $\Omega$ va $\omega_a$ aylanalarning umumiy tashqi urinmalarining $\Omega$ ga urinish nuqtasi bo'ladi.
Isboti. Monge-D'Alembert teoremasidan $Z$, $A$, $T_a$ nuqtalar collinear ekanligini ko'rishimiz mumkin ($\omega_a$, $\Omega_a$, $\Omega$ aylanalar ucun qo'llash kifoya). Pole & Polar nazariyasidan esa $Z$ ning $\Omega$ dage polar o'qi $L$ dan o'tishi kelib chiqadi, bunda $L$ nuqta $A$ va $T_a$ nuqtalardan $\Omega$ ga o'tkazilgan urinmalarning kesishish nuqtalari. Endi, $XY$ ning $Z$ ning polar o'qiga ($\Omega$ dagi) parallel ekanligidan, $XY$ ning ham $L$ dan o'tishini ko'rsatish kifoya.
$AABB_1C_1C$ oltiburchak uchun Paskal teoremasidan $AA$, $B_1C_1$ va $EF$ larning bir nuqtada kesishishi keladi. Lekin biz bilamiz-ki (yaxshi ma'lum!) $\{A,C_1,T_a,B_1\}$ to'rtlik harmonik bo'ladi va $B_1C_1$ ham $L$ nuqtada o'tadi. Demak, $EF$ ham $L$ nuqtadan o'tar ekan. Bu degani, $XY$ ham $L$ nuqtadan o'tadi deganidir. Lemma isbotlandi. ▢
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
Demak, $XY$ t/ch aynan $Z$ ning $\Omega$ dagi polar o'qi ekan. Menelay va Cheva ni birgalikda qo'llashdan (yaxshi ma`lum struktura), $EF$ ning $R$ dan o'tishi va $\{R,B,D,C\}$ nuqtalarning harmonik ekanligi kelib chiqadi. U holda $R$ ning $\Omega$ dagi polar o'qi $D$ nuqtadan o'tishi lozim. Boshqa tomondan $XY$ ni $R$ dan o'tishidan, $R$ ning $\Omega$ dagi polar o'qi $Z$ dan ham o'tadi. Xullas, $ZD$ t/ch $R$ ning $\Omega$ ga nisbatan polar o'qi bo'lar ekan.
Aytaylik, ushbu polar o'q, ya'ni $ZD$ t/ch, $XY$ ni $N$ nuqtada kessin. U holda $\{R,X,N,Y\}$ to'rtlik ham harmonikdir. Oddiy proyektiv akslantirishdan ($Z$ nuqtani markaz qilib, nuqta $\mapsto$ pencil $\mapsto$ nuqta) $\{R,P,D,Q\}$ nuqtalarning ham harmonik ekanligi keladi. Shuning o'zi, biz xohlayotgan burchaklar tengligini aytish uchun yetarli, chunki, $\angle RAD = 90^{\circ}$ dan $AD$ ning $\angle PAQ$ uchun ichki bissektrisa ekanligi kelib chiqadi. ▢
