Balkan Shortlist 2022, G4:
▻ $ABC$ uchburchakning tashqi aylanasiga $B$ nuqtadan o'tkazilgan urinma $\angle A$ ning bissektrisasi bilan $P$ nuqtada kesishadi. Aytaylik, $Q$ nuqta $AB$ tomonda yotib, $PQ\parallel AC$ bo'lsin; $Q$ nuqtadan $BC$ parallel qilib o'tkazilgan to'g'ri chiziq esa $AC$ ni $X$ nuqtada kesib o'tib, $PC$ to'g'ri chiziq bilan $Y$ nuqtada uchrashadi. U holda $PX$ to'g'ri chiziqni $CXY$ uchburchakning tashqi aylanasiga urinma ekanligini isbotlang.
-------------------------------------------------------------------
Yechish. Aytaylik, $AP$ to'g'ri chiziq $(ABC)$ aylanani ikkinchi bor $D$ nuqtada kesib o'tadi va $BD\cap PQ=E(.)$, $CD\cap PX = F(.)$ (1-chizma ga qarang).
 |
| 1-chizma |
Menelay teoremasidan foydalanamiz. Bizda ikkita uchburchak va Menelay teoremasini qo'llash uchun ushbu uchburchaklarni kesib o'tuvchi to'g'ri chiziqlar bor:
- $ABD$ uchburchak va $\overline{QEP}$ t/ch uchun \[ \frac{BQ}{AQ}\cdot \frac{AP}{DP}\cdot \frac{DE}{BE}=1; \]
- $ACD$ uchburchak va $\overline{XFP}$ t/ch uchun \[ \frac{CX}{AX}\cdot \frac{AP}{DP}\cdot \frac{DF}{CF}=1. \]
Yuqoridagilardan va $QX\parallel BC$ dan, shuni ko'rishimiz mumkin-ki, $\displaystyle \frac{DE}{BE}=\frac{DF}{CF}$ va $EF\parallel BC$. Lekin, $BDC$ teng yonli uchburchak edi, bundan $DE=DF$ va $DB=DC$ keladi.
Boshqa tomondan, $\angle DPE = \angle DAC = \angle DAB = \angle DBP$ va $DP$ t/ch $(BEP)$ aylanaga urinma bo'ladi. Demak, \[ DP^2 = DE\cdot DB = DF\cdot DC \] va $DP$ t/ch $(CFP)$ aylanaga ham urinma bo'ladi. U holda $\angle DPF = \angle PCF$ va \[ \angle PYX = \angle PCB = \angle PCE + \angle DCB = \angle DPF + \angle DPE = \angle EDF = \angle PXC, \] ya'ni, $PX$ t/ch $(CXY)$ aylanaga urinma bo'lishi keladi. ▢
Masalaning turlicha yechimlari juda ko'p, buni aops dan ham ko'rishingiz mumkin. Yuqoridagi yechim o'zim tomonimdan berilgan, yechimning asosiy g'oyasi nimani isbotlash kerakligi ko'rib chiqishdan, va burchaklarni bo'laklashdan keladi. Quyidagi yechim esa aops da boshqa foydalanuvchi tomonidan berilgan.
Alternativ yechim. Aytaylik, $B$ nuqtadan $AC$ ga parallel qilib o'tkazilgan t/ch $AP$ ni $P'$ nuqtada kesib o'tadi. U holda $BP'\parallel QP$ va $QX\parallel BC$ dan $PX\parallel CP'$ kelib chiqadi. Demak, $\angle QXP = \angle BCP'$.
Bunda tashqari, $\angle PBC = \angle A$, $\angle PBA = 180^{\circ} - \angle C$, $\angle P'BC = \angle C$, $\angle P'BA = 180^{\circ}-\angle A$ lardan $P$ va $P'$ nuqtalarni $ABC$ uchburchakka nisbatan o'zaro isogonal ekanligini ko'rishimiz mumkin. Bundan $\angle BCP' = \angle BCP=\angle XCY$ keladi. Demak, $\angle QXP = \angle XCY$ va $PX$ t/ch $(CXY)$ aylanaga urinma bo'lishi shart.