Problem done/CZOM/73/B/73B.2.2.tex

% Geometry, Triangles, Rectangle

\documentclass[a4paper,12pt]{article}

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

\setmainfont{Linux Libertine O}
\newfontfamily\russianfont{Linux Libertine O}

\newtheorem{theorem}{Theorem}[section]
\newtheorem{lemma}{Lemma}[section]

\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 2, zadanie 2}

\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{14}{15}\selectfont

\section*{Problem Statement}

Nechť \(ABCD\) je obdélník se středem \(S\) a delší stranou \(AB\). 
Kolmice k přímce \(BD\) procházející vrcholem \(B\) protne přímku \(AC\) v bodě \(E\). 
Rovnoběžka s přímkou \(BE\) vedená středem \(S\) protne stranu \(CD\) v bodě \(F\). 
Předpokládejme, že \(|CE| = |BC|\).

\begin{enumerate}
    \item[a)] Určete velikost úhlu \( \angle BSC \).
    \item[b)] Dokažte, že \( |DF| = 2|CF| \).
\end{enumerate}

\noindent\textbf{Polski:}

Niech \(ABCD\) będzie prostokątem ze środkiem \(S\) i dłuższym bokiem \(AB\). 
Prosta prostopadła do przekątnej \(BD\), przechodząca przez wierzchołek \(B\), 
przecina przekątną \(AC\) w punkcie \(E\). 
Prosta równoległa do odcinka \(BE\), poprowadzona przez środek \(S\), 
przecina bok \(CD\) w punkcie \(F\). 
Zakładamy, że \(|CE| = |BC|\).

\begin{enumerate}
    \item[a)] Wyznacz miarę kąta \( \angle BSC \).
    \item[b)] Udowodnij, że \( |DF| = 2|CF| \).
\end{enumerate}

\bigskip

\noindent\textbf{Solution:}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/73B.2.2_i1.jpg}
    \caption{Konfiguracja początkowa}
    % \label{fig:rys0}
\end{figure}

Zauważmy, że $S$ jest przecięciem przekątnych tegoż prostokąta.

Oznaczmy $x = |BC| = |CE|$.

Wiemy, że $BE$ jest prostopadła do $BD$, co nam daje, że $\angle EBS = 90^\circ$.

Ponadto, wiemy, że trójkąt $BCE$ jest równoramienny. Również wiemy, że trójkąt $BSC$ jest równoramienny (bo przekątne się przecinają w połowie i są sobie równe).

Oznaczmy $\beta = \angle CBS$. Wtedy z fakciku, że $\angle EBS = 90^\circ$ dostajemy, że $\angle EBC = 90^\circ - \beta$. 

Skoro trójkąt $BCE$ jest równoramienny to $\angle CEB = \angle EBC = 90^\circ - \beta$, z czego wynika, że $\angle BCE = 2\beta$. (kąty w trójkącie się sumują do $180^\circ$)

Ale zauważmy, że kąty $\angle BCE$ i $\angle SCB$ są wierzchołkowe, co nam daje, że $\angle SCB = 180^\circ - \angle BCE = 180^\circ - 2\beta$. (patrz rys. \ref{r2})

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/73B.2.2_i2.jpg}
    \caption{Kąty}
    \label{r2}
\end{figure}

Ale przecież wiemy, że trójkąt $BSC$ jest równoramienny, co nam daje $\angle SCB = \angle CBS = \beta$.

Czyli otrzymujemy równość:
$$180^\circ - 2\beta = \beta.$$

Rozwiązując otrzymujemy $\beta = 60^\circ$. Czyli, innymi słowy, to oznacza, że trójkąt $BSC$ jest równoboczny, a to nam daje $\angle BSC = 60^\circ$ (czyli podpunkt a).

\textbf{a) Odpowiedź:} $\angle BSC = 60^\circ$.

Przejdźmy do podpunktu b:

Ale skoro tak, to możemy parę ciekawych rzeczy jeszcze wyciągnąć. Skoro trójkąt $BSC$ jest równoboczny, to przecież $|BS|=|SC|=|CB|=x$. Czyli przekątna jest dwa razy dłuższa niż krótszy bok w tym prostokącie.

Zauważmy, że dłuższy bok w prostokącie możemy tak przedstawić:
$$|AB|=|DF|+|CF|$$

Dowód powyższego: skoro $AB$ jest dłuższym bokiem to $F$ leży na odcinku $CD$.

Możemy ten dłuższy bok obliczyć z twierdzenia Pitagorasa:
\begin{align*}
    (|DF|+|CF|)^2 &= 4x^2 - x^2\\
    (|DF|+|CF|)^2 &= 3x^2\\
    |DF|+|CF| &= \sqrt{3}x
\end{align*}

Z założeń zadania wiemy, że $SF \parallel BE$, co nam daje, że $\angle FSD = 90^\circ = \angle BSF$.

A skoro $90^\circ = \angle BSF$ to $\angle CSF = \angle BSF - \angle BSC = 30^\circ$.

Podobnie, wiemy, że $\angle FCB = 90^\circ$ (bo to jest prostokąt), przeto $\angle FCS = \angle FCB - \angle SCB = 30^\circ$.

A stąd mamy, że $\angle SFC = 120^\circ$ (trójkąt $SFC$ – suma kątów ma być $180^\circ$).

Ze względu na kąty wierzchołkowe mamy, że $\angle DFS = 180^\circ - \angle SFC = 60^\circ$

Czyli widzimy, że trójkąt $SDF$ ma kąty, $90$, $60$, $30$ stopni, przy czym na przeciwko $60^\circ$ jest $x = |SD|$.

Korzystając z własności tego trójkąta otrzymujemy, że
$$|DF|=\frac{2\sqrt{3}}{3}x$$

Ale przecież powyżej pokazaliśmy, że $|DF|+|CF| = \sqrt{3}x$.

Więc podstawiając wartość $|DF|$ możemy obliczyć $|CF|$:
$$|CF| = \frac{\sqrt{3}}{3}x$$

Więc widzimy, że $|DF|=2|CF|$. Co należało dowieść.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/73B.2.2_i3.jpg}
    \caption{Końcowy rysunek}
\end{figure}

\end{document}