UZBTST 2023 (3-bosqich, 1-kun) dan quyidagi masalani qaraylik:
▻ Aytaylik, $ABCD$ siklik to`rtburchak berilgan. $AB$ tomon yotgan to`g`ri chiziqda $Q$ va $P$ nuqtalar shunday olingan-ki, $Q$, $A$, $B$, $P$ nuqtalar berilgan tartibda to`g`ri chiziqda yotadi. Faraz qilaylik, $AC$ to`g`ri chiziq $ADQ$ uchburchakning tashqi aylanasiga, $BD$ to`g`ri chiziq esa $BCP$ uchburchakning tashqi aylanasiga urinma bo'ladi. $M$ va $N$ nuqtalar mos ravishda $BC$ va $AD$ kesmalarning o'rtalari bo`lsin. U holda $ANQ$ uchburchakning tashqi aylanasiga $A$ nuqtadan o`tkazilgan urinma, $BMP$ uchburchakning tashqi aylanasiga $B$ nuqtada o`tkazilgan urinma va $CD$ to`g`ri chiziqlar konkurrent ekanligini isbotlang.
Ushbu masalaning original manbaasi - IMO Shortlist 2022 bo'lib, shortlistda G3 sifatida berilgan.
-------------------------------------------------------------------1-yechim. (sintetik+analitik yondashuv) Quyidagi 1-chizma bo'yicha harakat qilamiz. $(ANQ)$ aylanaga $A$ nuqtadan o'tkazilgan urinma $CD$ ni $X$ nuqtada, $(BMP)$ aylanaga $B$ nuqtadan o'tkazilgan urinma esa $CD$ ni $Y$ nuqtada kesib o'sin deb faraz qilamiz. Bizning maqsadimiz oddiy, $X$ va $Y$ lar ustma-ust tushishini ko'rsatish. Shubhasiz, $X$ ham $Y$ ham $CD$ kesma ichki qismida bo'ladi. Demak, asosiy analitik tricklarimizdan birini ishlatamiz, yani $\frac{DX}{CX}=\frac{DY}{CY}$ ni ko'rsatamiz va bu $X\equiv Y$ ga ekvivalentdir. Endi, asosiy maqsad ushbu nisbatlarni topishdir.
 |
| 1-chizma |
Ma'lum-ki, $\angle DQA = \angle DAC=\angle DBC$ va $\angle DAQ = \angle DCB$, bu yerda biz $AC$ ning $(ADQ)$ ga urinema ekanligidan va $ABCD$ ning siklikligidan foydalandik. Demak, $\triangle ADQ \sim \triangle CDB$ ekan. Xuddi shunday, $\triangle BCP \sim \triangle DCA$ ni ham ko'rsatishimiz mumkin.
$AX$ to'g'ri chiziq $(ANQ)$ aylanaga urinma ekan, $\angle DAX = \angle NQA$ va \[ \angle CAX = \angle CAD-\angle DAX = \angle AQD-\angle AQN = \angle DQN \] keladi. Bundan \[ \frac{DX}{CX} = \frac{\sin \angle DAX}{\sin \angle CAX} \cdot \frac{AD}{AC} = \frac{\sin \angle AQN}{\sin \angle DQN}\cdot \frac{AD}{AC} = \frac{DQ}{AQ}\cdot \frac{AD}{AC} = \frac{BD\cdot AD}{BC\cdot AC} = \frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ABC}} \] ni topamiz, bu yerda uchinchi tenglikda $QN$ ning mediana ekanligidan va to'rtinchi tenglikda esa oldinroq aniqlagan o'xshashligimizdan foydalandik, oxirgi tenglik ravshan-ki, $ABCD$ ning siklikligidan va uchburchak yuzasi formulasidan kelib chiqadi.
E'tibor bergan bo'lsangiz, $\frac{DX}{CX} = \frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ABC}}$ tenglikni qaysidir ma'noda $D$ va $C$ ga nisbatan symmetrie holatda olib keldik. Aynan yuqoridagi kabi analiz qilish orqali $\frac{CY}{DY} = \frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle ABD}}$ ni ham ko'rsatish mumkin. Bulardan esa bizga kerakli bo'lgan \[ \frac{DX}{CX} = \frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ABC}} = \frac{DY}{CY} \] nisbatlar tengligini hosil qilamiz. ▢
2-yechim. (sof sintetik yondashuv) Yuqoridagi yechimni trigometrik davom ettirmasdan, sintetik yechim orqali tugatish ham mumkin. Aytaylik, $L$ nuqta orqali $BC$ kesmaning o'rtasi olingan bo'lsin.
$QN$ t/ch $\angle AQD$ burchakni qanday qiymatlarda bo'lsa, $AX$ t/ch ham $\angle DAC$ bucchakni shunday qiymatlarda ajratishini bilamiz. Xuddi shunday, $PM$ t/ch ning $\angle BPC$ dan ajratadigan burchaklari $BY$ t/ch ning $\angle CBD$ dan ajratadigan burchaklari bilan bir xil.
Boshqa tomondan, bizda $\triangle ADQ \sim \triangle CDB$ va $\triangle BCP \sim \triangle DCA$ o'xshashliklar bor. Bu degani, $QN$ mediana $\angle AQD$ ni qanday burchaklarga ajratsa, $BL$ mediana ham $\angle CBD$ ni shunday burchaklarga ajratadi. Xuddi shuni, $\triangle DAC$ dagi $AL$ mediana va $\triangle BCP$ dagi $PM$ medianalar uchun ham ayta olamiz. U holda \[ \angle BLC = \angle DBL + \angle BDC = \angle DQN + \angle BAC = \angle CAX + \angle BXC = \angle BAX \] va $ABLX$ - siklik. Xuddi shunday, $ABLY$ ning ham siklikligini ko'rsatishimiz mumkin. Demak, $X$ va $Y$ nuqtalarning ikkalasi ham $(ABL)$ aylananing $CD$ kesmani ikkinchi bor kesish nuqtasiga to'g'ri kelar ekan; $X\equiv Y$ bo'lishi shart. ▢
3-yechim. (proyektiv yondashuv) Aslida masaladagi tasdiq bajarilishi uchun $ABCD$ to'rtburchakning siklik bo'lishi shart emas! Buni esa quyidagi proyektiv yechim orqali ko'rish mumkin.
Yuqoridagi belgilashlar bo'yicha davom etamiz va $X\equiv Y$ ekanligini ko'rsatamiz. Aytaylik, $AX$ bilan $(ADQ)$ aylananing ikkinchi bor kesishish nuqtasi $S$ va $BY$ bilan $(BCP)$ aylananing ikkinchi bor kesishish nuqtasi $T$ bo'lsin. U holda \[ \angle DQS = \angle DAS = \angle DAX = \angle AQN \] va $QS$ t/ch $\triangle AQD$ ning symmedianasi bo'ladi. Ya'ni, $\{A,Q,D,S\}$ - harmonik nuqtalar ekan. Xuddi shunday, $\{B,P,C,T\}$ to'rtlikning ham harmonik ekanligini keltirishimiz mumkin.
Aytaylik, $AB$ va $CD$ to'g'ri chiziqlar $R$ nuqtada kesishsin (proyektiv ma'noda). U holda $A$ nuqta bo'yicha pencil qarash orqali $\{ R, D, X, C \}$ larning harmonik ekanligini topamiz. O'xshash ravishda, $B$ nuqta orqali pencil qarash orqali esa $\{R, D, Y, C\}$ larning harmonik ekanligini keltiramiz. Demak, $\{R,D,X,C\} = -1 =\{R,D,Y,C\}$ va bundan $X\equiv Y$ ekan. ▢