Je dán konvexní pětiúhelník $ABCDE$ takový, že $|AB| = |BC|$, $|AE| = |DE|$,
$AC \bot AD$ a $CD \parallel BE$. Dokažte, že trojúhelníky $ABC$ a $AED$ mají stejné obsahy.Polski:Dany jest pięciokąt wypukły $ABCDE$ taki, że $|AB| = |BC|$, $|AE| = |DE|$, $AC \bot AD$ i $CD \parallel BE$. Udowodnij, że trójkąty $ABC$ i $AED$ mają równe pola.Solution:
Figure 1: Konfiguracja początkowaW zadaniu będziemy używać następującego oznaczenia: $P_{X_1\ldots X_k}$ to pole figury o wierzchołkach $X_1, \ldots, X_k$. Niech punkty $P$, $Q$, $R$ będą odpowiednio środkami boków $AC$, $CD$, $AD$.Zauważmy, że skoro $AC \bot AD$ to mamy, że kąt $CAD$ jest prosty ($90^\circ$).Wiemy, że odcinek $PQ$ jest równoległy do $AD$, bo taką własność ma właśnie odcinek będący połączeniem środków boku w trójkącie (można to udowodnić z twierdzenia Talesa). A stąd mamy, że kąt $CPQ$ jest prosty.Analogicznie mamy, że kąt $QRA$ jest prosty.Oznaczmy $|AD| = 2y$, $|AC|=2x$, $|CD|=2z$. Wtedy wiemy, że (znowu korzystając z tego faktu, że sobie dobraliśmy punkty $P$, $Q$, $R$, tak, że są środkami boków w trójkącie $ACD$): $|PQ|=y$, $|PR|=z$, $|QR|=x$.Ponadto, skoro trójkąt $ABC$ jest równoramienny (dane w treści zadania jako $|AB| = |BC|$), to jego wysokość upuszczona na bok $AC$ przepoławia go w połowie, a z tego wynika, że punkty $Q$, $P$, $B$ są współliniowe.Analogicznie punkty $Q$, $R$, $E$ są współliniowe (patrz rys. Figure 2)
Figure 2: Oznaczenie boków
Figure 3: Obrazek z firmówkiZ oznaczeń na rysunku wynika, że $P_{ABC} = \frac{1}{2}|BP|\cdot 2x = x|BP|$. Oraz $P_{ADE}=\frac{1}{2}|ER|\cdot 2y = y|ER|$.Zauważmy, że $CD\parallel PR$ (znowu używając tego, że $PR$ jest odcinkiem łączącym środki boków). Ale skoro mamy dane, że $CD\parallel BE$, to z tych informacji wynika, że $PR\parallel BE$.Ale skoro $PR\parallel BE$, to trójkąty $PQR$ i $BQE$ są podobne! (cecha kąt-kąt-kąt)A z podobieństwa możemy ułożyć taką równość:
\begin{align*}
\frac{|BQ|}{|PQ|} &= \frac{|QE|}{|RQ|} \\
\frac{|BP| + |PQ|}{|PQ|} &= \frac{|RQ| + |ER|}{|RQ|} \\
1 + \frac{|BP|}{|PQ|} &= 1 + \frac{|ER|}{|RQ|} \\
\frac{|BP|}{|PQ|} &= \frac{|ER|}{|RQ|} \\
|BP||RQ| &= |PQ||ER| \\
|BP|x &= y|ER| \\
P_{ABC} &= P_{ADE}
\end{align*}Co należało dowieść.Intuicja:Można było najpierw narysować sobie wysokości tych trójkątów co mieliśmy ich pola przyrównać.Zauważyć, że się stykają w połowach swoich boków (bo trójkąty równoramienne) i połączyć ze sobą te środki.I również zauważyć to, że skoro trójkąt $ADC$ jest prostokątny to symetralne jego boków się przecinają w jednym punkcie, czyli w środku boku na przeciwko kąta prostego.A następnie połączyć fakt o równoległości $EB$ i $CD$ i znaleźć te trójkąciki podobne.To taka mała intuicja.
% Geometry, Triangles
\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}{74 CZOM, kat. A, 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{15}{16}\selectfont
\section*{Problem Statement}
Je dán konvexní pětiúhelník $ABCDE$ takový, že $|AB| = |BC|$, $|AE| = |DE|$,
$AC \bot AD$ a $CD \parallel BE$. Dokažte, že trojúhelníky $ABC$ a $AED$ mají stejné obsahy.
\noindent\textbf{Polski:}
Dany jest pięciokąt wypukły $ABCDE$ taki, że $|AB| = |BC|$, $|AE| = |DE|$, $AC \bot AD$ i $CD \parallel BE$. Udowodnij, że trójkąty $ABC$ i $AED$ mają równe pola.
\bigskip
\noindent\textbf{Solution:}
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[width=1\textwidth]{img/74.2.2_i1.jpg}
\caption{Konfiguracja początkowa}
\label{fig:rys0}
\end{figure}
W zadaniu będziemy używać następującego oznaczenia: $P_{X_1\ldots X_k}$ to pole figury o wierzchołkach $X_1, \ldots, X_k$.
Niech punkty $P$, $Q$, $R$ będą odpowiednio środkami boków $AC$, $CD$, $AD$.
Zauważmy, że skoro $AC \bot AD$ to mamy, że kąt $CAD$ jest prosty ($90^\circ$).
Wiemy, że odcinek $PQ$ jest równoległy do $AD$, bo taką własność ma właśnie odcinek będący połączeniem środków boku w trójkącie (można to udowodnić z twierdzenia Talesa). A stąd mamy, że kąt $CPQ$ jest prosty.
Analogicznie mamy, że kąt $QRA$ jest prosty.
Oznaczmy $|AD| = 2y$, $|AC|=2x$, $|CD|=2z$. Wtedy wiemy, że (znowu korzystając z tego faktu, że sobie dobraliśmy punkty $P$, $Q$, $R$, tak, że są środkami boków w trójkącie $ACD$): $|PQ|=y$, $|PR|=z$, $|QR|=x$.
Ponadto, skoro trójkąt $ABC$ jest równoramienny (dane w treści zadania jako $|AB| = |BC|$), to jego wysokość upuszczona na bok $AC$ przepoławia go w połowie, a z tego wynika, że punkty $Q$, $P$, $B$ są współliniowe.
Analogicznie punkty $Q$, $R$, $E$ są współliniowe (patrz rys. \ref{fig:rys2})
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[width=1\textwidth]{img/74.2.2_i2.jpg}
\caption{Oznaczenie boków}
\label{fig:rys2}
\end{figure}
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[width=.7\textwidth]{img/74.2.2_i3.jpg}
\caption{Obrazek z firmówki}
\label{fig:rys3}
\end{figure}
Z oznaczeń na rysunku wynika, że $P_{ABC} = \frac{1}{2}|BP|\cdot 2x = x|BP|$. Oraz $P_{ADE}=\frac{1}{2}|ER|\cdot 2y = y|ER|$.
Zauważmy, że $CD\parallel PR$ (znowu używając tego, że $PR$ jest odcinkiem łączącym środki boków). Ale skoro mamy dane, że $CD\parallel BE$, to z tych informacji wynika, że $PR\parallel BE$.
Ale skoro $PR\parallel BE$, to trójkąty $PQR$ i $BQE$ są podobne! (cecha kąt-kąt-kąt)
A z podobieństwa możemy ułożyć taką równość:
\begin{align*}
\frac{|BQ|}{|PQ|} &= \frac{|QE|}{|RQ|} \\
\frac{|BP| + |PQ|}{|PQ|} &= \frac{|RQ| + |ER|}{|RQ|} \\
1 + \frac{|BP|}{|PQ|} &= 1 + \frac{|ER|}{|RQ|} \\
\frac{|BP|}{|PQ|} &= \frac{|ER|}{|RQ|} \\
|BP||RQ| &= |PQ||ER| \\
|BP|x &= y|ER| \\
P_{ABC} &= P_{ADE}
\end{align*}
Co należało dowieść.
\bigskip
\noindent\textbf{Intuicja:}
Można było najpierw narysować sobie wysokości tych trójkątów co mieliśmy ich pola przyrównać.
Zauważyć, że się stykają w połowach swoich boków (bo trójkąty równoramienne) i połączyć ze sobą te środki.
I również zauważyć to, że skoro trójkąt $ADC$ jest prostokątny to symetralne jego boków się przecinają w jednym punkcie, czyli w środku boku na przeciwko kąta prostego.
A następnie połączyć fakt o równoległości $EB$ i $CD$ i znaleźć te trójkąciki podobne.
To taka mała intuicja.
\end{document}
