Problem done/CZOM/73/B/73B.1.3.tex

% Geometry, Triangles, Circles

\documentclass[a4paper,12pt]{article}

\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{lmodern}
\usepackage{fontspec}
\usepackage{amsmath, amssymb, amsthm}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{lastpage}
\usepackage{polski}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{float}

\setmainfont{Linux Libertine O}

\usepackage[left=2cm, top=2cm, right=2cm, bottom=1cm, includeheadfoot,
    headheight=50pt, a4paper]{geometry}

\newcommand{\Name}{Hostek}
\newcommand{\Email}{your.email@example.com}
\newcommand{\ProblemNumber}{73 CZOM, kat. B, etap 1, zadanie 3}

\pagestyle{fancy}
\fancyhf{}
\fancyhead[L]{\Name \\ \Email}
\fancyhead[C]{\ProblemNumber}
\fancyfoot[C]{\thepage/\pageref{LastPage}}

\renewcommand{\headrulewidth}{0.4pt}
\renewcommand{\footrulewidth}{0.4pt}

\begin{document}
\fontsize{15}{15}\selectfont

\section*{Problem Statement}
Nechť $E$ je střed strany $AD$ pravoúhelníku $ABCD$. Předpokládejme, že pata $F$ kolmice z vrcholu $B$ k přímce $CE$ leží uvnitř úsečky $CE$ a označme $G$ patu kolmice z bodu $F$ ke straně $AD$. Dokažte, že přímka $CE$ půlí úhel $AFG$. \hfill (\textit{Jaroslav Švrček})

\noindent\textbf{Polski:}

Niech punkt $E$ będzie środkiem boku $AD$ prostokąta $ABCD$. Załóżmy, że rzut prostokątny $F$ z wierzchołka $B$ na prostą prostą $CE$ leży wewnątrz odcinka $CE$, i oznaczmy $G$ jako rzut prostopadły z punktu $F$ na bok $AD$. Udowodnij, że prosta $CE$ jest dwusieczną kąta $AFG$. \hfill (\textit{Jaroslav Švrček})
\bigskip

\noindent\textbf{Solution:}

Wersja interaktywna rysunku: https://www.geogebra.org/geometry/c4jepgee

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/73B_1_3_i1.jpg}
    \caption{Konfiguracja początkowa}
    % \label{fig:rys0}
\end{figure}

Po pierwsze, zauważmy, że trójkąty $ABE$ i $EDC$ są przystające, ponieważ $|AB|=|DC|$, $|DE|=|EA|=\frac{1}{2}|AE|$ (z założeń zadania) oraz $\angle EAB = \angle CDE = 90^\circ$ (ponieważ jest to prostokąt) – cecha bkb.

A to nam daje, że $\angle DCE = \angle EBA = \alpha$

Ale to z kolei daje nam, że $\angle BCF = 90^\circ - \angle DCE = 90^\circ - \alpha$ (z założeń zadania mamy, że punkty $E$, $F$ i $C$ są współliniowe). A z tego wynika, że $\angle CBF = \alpha$ (bo $\angle BFC = 90^\circ$, a suma kątów w trójkącie $BFC$ musi być $180^\circ$) (patrz rys. \ref{fig:rys2})

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.6\textwidth]{img/73B_1_3_i2.jpg}
    \caption{Przystawanie trójkątów $ABE$ i $EDC$}
    \label{fig:rys2}
\end{figure}

Przechodząc dalej, widzimy, że $\angle BAE = 90^\circ = \angle EFB$ a to oznacza, że punkty $A$, $E$, $F$, $B$ leżą na jednym okręgu!

Dodatkowo kąt $EFA$ i kąt $EBA$ patrzą na ten sam łuk $AB$ dlatego są równe: $\angle EFA = \angle EBA = \alpha$. (patrz rys. \ref{fig:rys3})

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.6\textwidth]{img/73B_1_3_i3.jpg}
    \caption{Okrąg opisany na czworokącie $AEFB$}
    \label{fig:rys3}
\end{figure}

Więc zauważmy, że aby udowodnić tezę z zadania potrzebujemy pokazać, że $\angle GFE = \alpha$.

Niech punkt $H$ będzie przecięciem prostej $FG$ i boku $BC$ (Punkt $H$ na pewno leży na boku $BC$, ponieważ punkt $F$ leży wewnątrz odcinka $CE$, który jest wewnątrz prostokąta). Widzimy, że $GH \parallel DC$ (ponieważ $GF \bot BC$). A stąd mamy kąty naprzemianległe $DCF$ i $HFC$: $\angle DCF = \alpha = \angle HFC$.

Ale kąty $GFE$ i $HFC$ to kąty wierzchołkowe, dlatego mamy, że $\angle HFC = \alpha = \angle GFE$.

I zauważmy, że udało nam się dowieść, że $\angle GFE = \alpha$ co daje nam, że prosta $FE$ jest dwusieczną kąta $GFA$. Ale punkty $F$, $E$, $C$ są współliniowe co oznacza, że prosta $CE$ też jest dwusieczną kąta $GFA$. Co należało dowieść.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/73B_1_3_i5.jpg}
    \caption{$FE$ dwusieczną kąta $GFA$}
    \label{fig:rys5}
\end{figure}

\end{document}