IMO 2021, P3:
▻ Aytaylik, o'tkir burchakli $ABC$ uchburchak berilgan, bunda $AB>AC$. $D$ nuqta uchburchak ichida olingan bo'lib, $\angle BAD = \angle DAC$ burchaklar tengligi bajariladi. $E$ nuqta esa $AC$ tomonda aniqlangan bo'lib, $\angle ADE = \angle DCB$ tenglik bajariladi. Xuddi shunday, $AB$ tomonda $F$ nuqta aniqlangan bo'lib, $\angle ADF = \angle DBC$ tenglik bajariladi. Bundan tashqari, $AC$ to'g'ri chiziqda $XC=XB$ shartni qanoatlantiruvchi $X$ nuqta ham olingan. Aytaylik, $O_1$ va $O_2$ nuqtalar $ADC$ va $DXE$ uchburchaklarning tashqi aylana markazlari bo'lsin. U holda $BC$, $EF$ va $O_1O_2$ lar bir nuqtada kesishishini isbotlang.
Juda ham "troll" masala, $O_1O_2$ dan qanday foydalanish juda ko'p o'ylantiradi. Agar $EF\cap BC = T(.)$ desak, $T$ haqida ko'plab xossalar kelib chiqadi. Lekin, asosiy muammo $O_1O_2$ ning $T$ nuqtadan o'tishini qanday ko'rsatishda, umuman olganda $O_1$, $O_2$ va $T$ nuqtalarning collinear bo'lishiga qanday yondashish masalasi muammo!
-------------------------------------------------------------------
Yechim. Aytganizmizdek, bizning asosiy maqsadimiz $O_1$, $O_2$, $T$ larni collinear ekanligini ko'rsatishdan iborat bo'ladi. Masalani bir nechta qadamda yechamiz.
 |
| 1-chizma |
----------------------------------------------------
1-qadam. $D$ nuqtaning $BFEC$ to'rtburchakda isogonal mavjud.
Har qanday nuqtaning ham to'rtburchakka nisbatan isogonali mavjud bo'lavermaydi (uchburchak bo'lganda boshqa gap edi). Lekin, bizning holimizda $\angle FDE +\angle BDC = 180^{\circ}$ dan $D$ ning isogonali mavjudligi keladi (oldingi postlarimizdan birida shu haqida alohida ta'kidlagandik).
----------------------------------------------------
2-qadam. $BFEC$ to'rtburchakka tashqi aylana chizish mumkin.
Ushbu isogonal nuqtani $D'$ orqali belgilaydigan bo'lsak, $D$ va $D'$ nuqtalar nafaqat to'rtburchakda o'zaro isogonal, balkim, to'rtta uchburchakda(Mikel uchburchaklari) $\triangle ABC$, $\triangle BFT$, $\triangle AFE$, $\triangle TCE$ larga nisbatan ham o'zaro isogonal hisoblanishadi. Bundan $D'$ ning ham $\angle A$ ning bissektrisasida yotishi keladi, xuddi $D$ nuqta kabi. U holda $\angle FBD' = \angle DBC=\angle ADF$ va $BFDD'$ ning cyclic ekanligi keladi. Xuddi shunday, $CEDD'$ ning cyclicligini ham ayta olamiz. U holda \[ AF\cdot AB=AD\cdot AD'=AE\cdot AC \] va $BFEC$ to'rtburchakka tashqi aylana chizish mumkin (1-chizma da aynan ko'k aylana).
----------------------------------------------------
3-qadam. $TD=TD'$ bo'ladi.
$\angle A$ ning bissektrisasini $BC$ va $EF$ kesmalar bilan kesishish nuqtasini mos ravishda $M$ va $N$ desak, $\triangle TMN$ teng yonli uchburchak bo'ladi (oddiy burchaklar tengligi). Bundan tashqari, $\angle D'TM = \angle DTN$ ham bor (isogonallikdan). Demak, $\triangle TDD'$ ham teng yonli uchburchak bo'ladi.
----------------------------------------------------
4-qadam. $(BCD)$ va $(EDF)$ aylanalar bir-biriga $D$ nuqtada urinadi; $TD$ ularning umumiy urinmasi bo'ladi.
Bilamiz-ki, \[ \angle EFD + \angle DBC = \angle EFD + \angle D'BF = \angle EFD + \angle ADF = \angle DNE \] va boshqarma tomondan, \[ \angle DNE = 180^{\circ} - \angle NED -\angle EDN = 180^{\circ} - \angle D'EC - \angle ECD' = \angle ED'C = \angle EDC \] ham bor. Demak, $\angle EFD + \angle DBC = \angle EDC$, va $(BCD)$, $(EDF)$ aylanalar bir-biriga urinadi. Yana radikal o'qlardan $TD$ ning ushbu aylanalarga urinma bo'lishi keladi: \[ TD^2 = TD'^2 = TB\cdot TC = TE\cdot TF. \]
Aynan shu yerda, masala yechimining asosiy g'oyasi keladi. Umuman olganda, xohlagan yechimini qarashingiz mumkin, lekin idea juda yaqin, deyarli bir xil... Masalaga quyidagicha yondashamiz: uchta aylana, $(O_1)$, $(O_2)$ va $T$ markazli $TD$ radiusli aylana markazlari collinear bo'lishini ko'rsatish talab qilinmoqda. Bu esa radikal o'qlari parallel vaqtida bajariladi, yoki yanada xususiy xolga o'tsak, aylanalar coaxal bo'lar?
Haqiqatdan ham, uchta aylananing barchasi $D$ nuqtadan o'tadi. Demak, ular coaxal bo'lishi lozim. Bu yog'iga yechimimiz aynan shuni ko'rsatish bilan yakunlanadi.
----------------------------------------------------
5-qadam. Aytaylik, $K$ nuqta $\{AB,AC,TB,TF\}$ t/ch lar uchun Mikel nuqtasi bo'lsin ($BFEC$ ning cyclicligidan, Brokar nuqtasi deyishimiz ham mumkin). U holda $B$, $E$, $K$, $X$ nuqtalar bir aylanada yotadi.
Ko'rishimiz mumkin-ki, shu yerga kelibgina $X$ nuqta yechimga qo'shiladi. $K$ nuqtaning $TA$ t/ch da yotishini bilamiz. $AFEK$ va $ABCK$ larning cyclic ekanligidan \[ \angle BKE = \angle AKE - \angle AKB = 180^{\circ} - 2\angle C = \angle BXC = \angle BXE \] kelib chiqadi. Demak, $BXKE$ cyclic to'rtburchak bo'ladi.
$(O_1)$, $(O_2)$ va $(T,TD)$ aylanalar coaxal ekanligini ko'rsatish uchun uchalasiga nisbatan ham powerlari teng bo'ladigan ikkita turli nuqtani topib berish kifoya; va bularning bittasi sifatida $D$ nuqtani qayd etishimiz mumkin. Demak, uchta aylanaga nisbatan powerlari teng bo'ladigan $D$ dan boshqarma yana bitta nuqtani topib bersak bo'ldi.
Aytaylik, $BK\cap AC=S(.)$. Aynan ushbu $S$ nuqta uchun $\mathrm{Pow}_S((O_1)) = \mathrm{Pow}_S ((O_2)) = \mathrm{Pow}_S ((T,TD))$ powerlar tengligi bajariladi.
----------------------------------------------------
6-qadam. $S$ nuqtaning $(O_1)$, $(O_2)$, $(T,TD)$ aylanalardagi powerlari tengdir.
Agar 5-qadamdan foydalanadigan bo'lsak, \[ \mathrm{Pow}_S ((O_2)) = - SX\cdot SE = -SB\cdot SK = -SA\cdot SC = \mathrm{Pow}_S ((O_1)) \] keladi. Bundan tashqari, yuqoridagilarning $\mathrm{Pow}_S ((ABC))$ ga tengligi ham bor.
Boshqa tomondan, $(ABC)$ aylanaga nisbatan $T$ ning polar o'qi $S$ nuqtadan va $S$ ning polar o'qi $T$ nuqtadan o'tadi ($ABCK$ cyclic to'rtburchakda bittasi diagonallari kesishish nuqtasi, ikkinchi qarama-qarshi tomonlari kesishish nuqtasi). $T$ va $S$ lar bir-birini polar o'qlarida yotar ekan, \[ \mathrm{Pow}_T ((ABC)) + \mathrm{Pow}_S ((ABC)) = TS^2 \] tenglik bajarilishi lozim (umumlashgan Pifagor teoremasi deb qarash mumkin). Xullas, \[ \mathrm{Pow}_S ((ABC)) = TS^2 - \mathrm{Pow}_T ((ABC)) = TS^2 - TB \cdot TC = TS^2 - TD^2 = \mathrm{Pow}_{S} ((T,TD)), \] bu yerda, oxirgi tengliklarning birida 4-qadamdan foydalandik. Yuqoridagilarni birlashtirish orqali \[ \mathrm{Pow}_S((O_1)) = \mathrm{Pow}_S ((O_2)) = \mathrm{Pow}_S ((ABC)) = \mathrm{Pow}_S ((T,TD)) \] keladi.
Demak, uchta aylanaga nisbatan powerlari teng bo'lgan ikkita turli nuqta mavjud, bular $D$ va $S$ nuqtalardir. $SD$ esa aylanalarning umumiy radikal o'qi bo'ladi va aylanalar coaxaldir. Ravshan-ki, markazlari ham collineardir. Isbot tugadi. ▢
----------------------------------------------------------------------------
Izoh. Yechim oxirida $S$ nuqta to'satdan kelib qolgandek tuyiladi. Lekin, aslida unaqa emas. Masalada, asosan $(O_2)$ aylanani qanday o'yinga qo'shish muammo bo'lib turgan edi, chunki $(O_1)$ aylana $ADC$ ning tashqi aylanasi sifatida $(ABC)$ bilan umumiy $AC$ vatarga ega va uning locusini topish unchalik ham qiyin bo'lmaydi.
$BXKE$ ning cyclic ekanligini ko'rsatganimizdan so'ng, uchta $(ABC)$, $(BXKE)$, $(O_2)$ aylanalar uchun radikal markaz $S$ nuqta bo'lishini keltirish qiyin emas.