IMO2019 dagi eng giyin masala bo'lmish P6 haqida mulohaza yuritamiz:
▻ Aytaylik, $AB\neq AC$ bo'lgan o'tkir burchakli $ABC$ uchburchakning ichki aylanasi $\omega$ va ichki aylana markazi $I$ nuqta bo'lsin. $\omega$ ichki aylana uchburchakning $BC$, $CA$, $AB$ tomonlariga mos ravishda $D$, $E$, $F$ nuqtalarda urinadi. $D$ nuqtadan $EF$ ga tushirilgan perpendikulyar $\omega$ ni ikkinchi bor $R$ nuqtada kesib o'tadi; $AR$ esa $\omega$ ni ikkinchi bor $P$ nuqtada kesadi. Aytaylik, $PCE$ va $PBF$ uchburchaklarning tashqi aylanalari ikkinchi bor $Q$ nuqtada kesishadi. U holda $DI$ va $PQ$ to'g'ri chiziqlar $AI$ ga $A$ nuqtadan o'tkazilgan perpendikulyarda kesishishini isbotlang.
1-chizma
Masaladagi ko'plab ma'lumotlar noaniqdek tuyulishi mumkin. Lekin, aynan mixtilinear aylana keltirilgan nuqtalar qay tarzda aniqlanayotganini ko'rsatib beradi.
Yechim. Masalani bir nechta qadamlarga ajratamiz, va har bir qadamda aniqlangan nuqtalarning uchburchak mixtilinear aylanasiga qanday bog'lanishi mumkinligini qarab chiqamiz.
1-qadam: $R$ va $P$ nuqtalarning aniqlanishi
Ma'lum-ki, $R$ nuqta $\omega$ ichki aylanada alıngan bo'lib, $DR\perp EF$ bo'ladi, ya'ni $DR\parallel AI$. Demak, $DR$ to'g'ri chiziq $ABC$ uchburchakning $\angle A$ burchagi bissektrisasiga parallel ekan.
Bilamiz-ki, $I$ nuqtadan $EF$ ga parallel chiziq o'tkazsak (ya'ni, $AI$ ga $I$ nuqtadan perpendikulyar), $AB$ va $AC$ tomonlarni $A-$mixtilinear aylananing urinish nuqtalarida kesib o'tadi; ushbu mixtilinear aylanani $\omega_A$ deb belgilab olamiz. Shuningdek, ushbu chiziq $BIC$ uchburchak tashqi aylanasiga ham urinmadir, chunki aylana markazi tashqi aylananing $BC$ kichik yoyi o'rtasi bo'lmish $M$ nuqta hisoblanadi. Bundan tashqari, mixtilinear aylananing ajoyib xossalaridan biri bo'lmish, $TM$ to'g'ri chiziqning $S$ nuqtada o'tishi ham bor (radikal markaz haqidagi teoremadan keladi), bunda $T$ nuqta $\omega_A$ mixtilinear aylananing uchburchak tashqi aylanasiga urinish nuqtasidir (2-chizma ga qarang). Xullas, bizdagi $R$ nuqta $S$ dan $\omega$ ichki aylanaga o'tkazilgan ikkinchi urinmaning urnnisch nuqtasidir (birinchi urinma sifatida $SD$ qaralmoqda). Demak, $R$ va $D$ nuqtalar $SI$ diametrli aylanada yotadi. Aslida $T$ nuqta ham ushbu aylanada yotadi, chunki mixtilinear nuqtani aynan $A'I$ ni tashqi aylana bilan ikkinchi bor kesishtirish orqali aniqlar edik, bunda $A'$ orqali $ABC$ uchburchak tashqi aylanasining $BAC$ katta yoyi o'rtasi qaralmoqda. U holda \[ \angle RTI = \angle RSI = \angle ISD = \angle ATA' \] va $A$, $R$, $T$ nuqtalarning kollinear ekanligi keladi. Demak, $R$ va $P$ nuqtalarni, oldin $T$ mixtilinear nuqtasini va so'ngra $AT$ to'g'ri chiziqni $\omega$ ichki aylana bilan kesishtirish orqali aniqlasak ham bo'ladi.
.png) |
| 2-chizma |
2-qadam: $Q$ nuqta haqida
$Q$ nuqtani $BFP$ va $CEP$ uchburchaklarning tashqi aylanalarining ikkinchi bor kesishish nuqtasi sifatida aniqlar ekanmiz, $\angle BQP = \angle BFP = FEP$ va $\angle CQP = \angle CEP = \angle EFP$ garni topamiz. Demak, \[ \angle BQP = \angle FEP+\angle EFP = 180^{\circ} - \angle FPE = \angle BIC \] va $Q$ nuqta $BIC$ uchburchak tashqi aylanasida yotar ekan.
3-qadam: $PQ$ radikal o'q haqida
Yuqoridagi 1-qadamda $R$, $D$, $T$ nuqtalarning $SI$ diametrli aylanada yotishini keltirdik. $IR=ID$ dan $\angle ITR = \angle ITD$ ni ayta olamiz. $P$ nuqtaning ham $\omega$ da yotishidan esa $IP=ID$ va $\triangle TPI=\triangle TDI$ kelib chiqadi. Demak, \[ \angle PIT = \angle DIT = \angle DRT=\angle DRP \] ekan. Endi, 2-qadamdagi $Q$ bo'yicha keltirilgan xulosalardan \[ \angle BQP = \angle FEP = \angle FED - \angle PRD = \angle BID-\angle TID = \angle BIT \] ni topamiz. Ya'ni, $PQ$ va $TI$ to'g'ri chiziqlarni $K$ nuqtada kesishadi desak (3-chizma ga qarang), $\angle BQK = \angle BIK$ va $K$ nuqta ham $BIC$ uchburchak tashqi aylanasida yotar ekan. Bundan tashqari, $M$ nuqta ushbu aylana markazi va $MT\perp IT$ ekanligidan $T$ nuqtaning $IK$ kesma o'rtasi ekanligini ham topamiz. Demak, $PQ$ radikal o'q deganda $I$ nuqtani $T$ ga nisbatan simmetrigi bo'lmish $K$ nuqtani aniqlash va $KP$ to'g'ri chiziqni o'tkazish deb tushunishimiz mumkin. Yoki, $IT$ ning $PD$ ga o'rta perpendikular ekanligidan, $D$ nuqtani $IT$ ga nisbatan simetrik ko'chirib $P$ nuqtani va undan keyin $KP$ to'g'ri chiziqni aniqlasak ham bo'ladi.
.png)
3-chizma
4-qadam: Yakunlovchi madam - Menelay teoremasidan foydalanish
Faraz qilaylik, $ID$ to'g'ri chiziq $AA'$ ni $X$ nuqtada kesib o'tadi (3-chizmaga qarang). Yechimni yakunlash uchun $K$, $P$, $X$ nuqtalarning collinear ekanligini ko'rsatishimiz lozim. Buning uchun \[ \frac{AP}{PT}\cdot \frac{TK}{A'K}\cdot \frac{A'X}{XA} = 1 \] ekanligini ko'rsatish yetarli, $AA'T$ uchburchak uchun Menelay teoremasiga ko'ra $K$, $P$, $X$ nuqtalarning bir to'g'ri chiziqda yotishi kelib chiqadi. Yuqoridagi nisbatlarning har birini topib chiqamiz.
(1) Agar $\omega$ va $\omega_A$ aylanalarning radiuslarini mos ravishda $r$ va $r_A$ desak, $r_A = \frac{r}{\cos^2\frac{A}{2}}$ ekanligini bilamiz (mixtilinear aylana radiusini topish formulasi). U holda ushbu aylanalar uchun $A$ nuqta tashqi o'xshashlik markazi (homotetik markaz) vazifasini bajarishidan (buni 2-chizma da aniqroq ko'rishingiz mumkin) \[ \frac{AP}{PT} = \frac{r}{r_A-r} = \mathrm{ctg}^2\frac{A}{2} \] ni topamiz.
(2) Ma'lum-ki, $A'B$ va $A'C$ lar $BIC$ uchburchak tashqi aylanasiga urinma bo'ladi. Bundan \[ \frac{TK}{A'K} = \frac{TI\cdot A'I}{A'C^2} = \frac{\mathrm{Pow}_I((ABC))}{MC^2} \cdot \tan^2 \frac{A}{2} \] keladi.
(3) $IX\parallel MA'$ ekanligidan \[ \frac{A'X}{XA} = \frac{MI}{IA} = \frac{MI^2}{\mathrm{Pow}_I((ABC))} \] ni topamiz.
Xullas, yuqoridagi uchta nisbatni ko'paytirish natijasida kerakli hadlar qisqarib, ifoda $1$ ga teng ekanligini ko'rish mumkin. Bizga kerakli tasdiqni topdik. ▢