Problem done/CZOM/74/Z9/74Z9.3.2.tex

% Geometry, Circles, Kite, 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}

\allowdisplaybreaks

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

% dowod, proof
\newtcolorbox{redbox}[1]{
    breakable,
    enhanced jigsaw,
    colback=red!5!white,
    colframe=red!50!black,
    title=#1,
    fonttitle=\bfseries,
    before upper={\parindent15pt},
    boxrule=0.5pt,
    left=2mm,
    right=2mm,
    top=2mm,
    bottom=2mm,
    before skip=10pt plus 1pt,
    after skip=10pt plus 1pt
}

% lemat, lemma
\newtcolorbox{greenbox}[1]{
    breakable,
    enhanced jigsaw,
    colback=green!5!white,
    colframe=green!50!black,
    title=#1,
    fonttitle=\bfseries,
    before upper={\parindent15pt},
    boxrule=0.5pt,
    left=2mm,
    right=2mm,
    top=2mm,
    bottom=2mm,
    before skip=10pt plus 1pt,
    after skip=10pt plus 1pt
}

% twierdzonko, theorem
\newtcolorbox{bluebox}[1]{
    breakable,
    enhanced jigsaw,
    colback=blue!5!white,
    colframe=blue!50!black,
    title=#1,
    fonttitle=\bfseries,
    before upper={\parindent15pt},
    boxrule=0.5pt,
    left=2mm,
    right=2mm,
    top=2mm,
    bottom=2mm,
    before skip=10pt plus 1pt,
    after skip=10pt plus 1pt
}

% zasada, rule 
\newtcolorbox{yellowbox}[1]{
    breakable,
    enhanced jigsaw,
    colback=yellow!5!white,
    colframe=yellow!70!black,
    title=#1,
    fonttitle=\bfseries,
    before upper={\parindent15pt},
    boxrule=0.5pt,
    left=2mm,
    right=2mm,
    top=2mm,
    bottom=2mm,
    before skip=10pt plus 1pt,
    after skip=10pt plus 1pt
}

% Fakcik, fact
\newtcolorbox{purplebox}[1]{
    breakable,
    enhanced jigsaw,
    colback=purple!5!white,
    colframe=purple!90!black,
    title=#1,
    fonttitle=\bfseries,
    before upper={\parindent15pt},
    boxrule=0.5pt,
    left=2mm,
    right=2mm,
    top=2mm,
    bottom=2mm,
    before skip=10pt plus 1pt,
    after skip=10pt plus 1pt
}

% algorithm
\newtcolorbox{orangebox}[1]{
    breakable,
    enhanced jigsaw,
    colback=orange!5!white,
    colframe=orange!70!black,
    title=#1,
    fonttitle=\bfseries,
    before upper={\parindent15pt},
    boxrule=0.5pt,
    left=2mm,
    right=2mm,
    top=2mm,
    bottom=2mm,
    before skip=10pt plus 1pt,
    after skip=10pt plus 1pt
}

\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. Z9, etap 3, 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}{15}\selectfont

\section*{Problem Statement}
Čtyřúhelník $DRAK$ má následující vlastnosti:
\begin{itemize}
    \item je vepsán do kružnice,
    \item je osově souměrný podle přímky $AD$,
    \item trojúhelník $RAK$ je rovnostranný.
\end{itemize}

V závislosti na velikosti strany $AK$ vyjádřete velikosti úhlopříček a obsah čtyřúhelníku $DRAK$.

\noindent\textbf{Polski:}

Czworokąt $DRAK$ ma następujące właściwości:

\begin{itemize}
    \item jest wpisany w okrąg,
    \item jest osiowo symetryczny względem prostej $AD$,
    \item trójkąt $RAK$ jest równoboczny.
\end{itemize}

W zależności od długości boku $AK$ wyraź długości przekątnych oraz pole czworokąta $DRAK$.

\bigskip

\noindent\textbf{Solution:}

W zadaniu będziemy używać następującego oznaczenia: $P_{X_1\ldots X_k}$ to pole figury o wierzchołkach $X_1, \ldots, X_k$.

\boxed{\text{\noindent\textbf{Sposób 1:}}}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.6\textwidth]{img/74Z9.3.2_i1.jpg}
    \caption{Konfiguracja początkowa}
    \label{fig:rys0}
\end{figure}

Oznaczmy bok $AK$ jako $a$, czyli: $|AK| = a$.

Czyli chcemy wyznaczyć $P_{DRAK}$, $KR$ i $AD$ w zależności od $a$.

Zauważmy, że $|AD| = |AH| + |HD|$, dlatego dobrym pomysłem wydaje się wyznaczyć $|AH|$ i $|HD|$.

Dodatkowo oznaczmy punkt przecięcia prostej $AD$ i prostej $RK$ jako $H$.

Skoro nasz czworokąt jest osiowo symetryczny względem prostej $AD$, to mamy, że:
$|KH|=|HR|$.

Ale skoro trójkąt $RAK$ jest równoboczny to $|KR| = a$. A z tego wynika, że: 
$$|KH|=|HR|=\frac{a}{2}$$.

A z tego wynika, że $AH$ jest wysokością trójkąta $RAK$ (bo wysokość w trójkącie równobocznym dzieli bok na pół). Czyli $\angle AHR = 90^\circ$.

Z twierdzenia pitagorasa dla trójkąta $AHR$ otrzymujemy:
\begin{align}
|AH|^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 &= a^2 \nonumber \\
|AH|^2 + \frac{a^2}{4} &= a^2 \nonumber \\
|AH|^2 &= \frac{3a^2}{4} \nonumber \\
|AH| &= \frac{\sqrt{3}a}{2} \nonumber
\end{align}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.5\textwidth]{img/74Z9.3.2_i2.jpg}
    \caption{Wyliczenie $|AH|$}
    \label{fig:rys2}
\end{figure}

Skoro $\angle AHR = 90^\circ$ to mamy również: $\angle AHK = \angle KHD = \angle RHD = \angle AHR = 90^\circ$. Ponieważ mamy kąty wierzchołkowe i przyległe.

Zauważmy, że trójkąty $RHD$ i $KHD$ są przystające z cechy bok-kąt-bok – mają wspólny bok $DH$, $\angle RHD = \angle KHD = 90^\circ$ oraz $|RH| = |HD$. (Przystawanie też wynika z tego, że czworokąt $DRAK$ jest osiowo symetryczny względem $AD$)

A skoro są przystające to mają również te same kąty. Czyli w szczególności $\angle DRH = \angle DKH$. 

Ale mamy również, że $\angle RKA = \angle ARK = 60^\circ$, bo trójkąt $RAK$ jest \\ równoboczny. Przy czym $\angle RKA = \angle HKA$ bo $H$ jest środkiem odcinka $RK$. Tak samo: $\angle ARK = \angle ARH$

Ale wiemy, że kąty naprzeciwko w czworokącie wpisanym w okrąg są równe $180^\circ$. Czyli możemy zapisać:

\begin{align}
\angle ARD + \angle AKD &= 180^\circ \nonumber \\
(\angle ARH + \angle HRD) + (\angle AKH + \angle HKD) &= 180^\circ \nonumber \\
60^\circ + \angle HRD + 60^\circ + \angle HKD &= 180^\circ \nonumber \\
\angle HRD + \angle HKD &= 60^\circ \nonumber \\
2\cdot\angle HRD &= 60^\circ \nonumber \\
\angle HRD &= 30^\circ = \angle HKD \nonumber
\end{align}

A skoro $\angle HRD = 30^\circ$ to:
\begin{align}
\angle ARD &= \angle ARH + \angle HRD \nonumber\\
&= 60^\circ + 30^\circ\nonumber \\ 
&= 90^\circ \nonumber 
\end{align}

A skoro $\angle ARD = 90^\circ$ to trójkąt $DRA$ jest prostokątny! A w trójkącie prostokątnym jest taka własność, że kwadrat wysokości upuszczonej na przeciwprostokątną jest równy iloczynowi odcinków powstałych na skutek podzielenia przeciwprostokątnej (patrz fakcik \ref{fakcik:wysokosc-trojkata-prostokatnego}).

A w naszym przypadku $RH$ jest wysokością trójkąta $DRA$ (bo $\angle AHR = 90^\circ$).

Czyli, gdy oznaczymy $|HD| = x$ otrzymujemy:
\begin{align}
|RH|^2 &= x \cdot |AH| \nonumber \\
\left(\frac{a}{2}\right)^2 &= x \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}a \nonumber \\
\frac{a^2}{4} &= x \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}a \nonumber \\
a &= x \cdot 2\sqrt{3} \nonumber \\
\frac{a}{2\sqrt{3}} &= x \nonumber \\
x &= \frac{a\sqrt{3}}{6} \nonumber
\end{align}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.6\textwidth]{img/74Z9.3.2_i3.jpg}
    \caption{Wyliczenie $|HD|$}
    \label{fig:rys3}
\end{figure}

A skoro $x = |HD| = \frac{a\sqrt{3}}{6}$. To możemy już obliczyć $AD$!

\begin{align}
|AD| &= |HD| + |AH| \nonumber \\
&= \frac{a\sqrt{3}}{6} + \frac{\sqrt{3}a}{2} \nonumber \\
&= \frac{a\sqrt{3}}{6} + \frac{3\sqrt{3}a}{6} \nonumber \\ 
&= \frac{4\sqrt{3}a}{6} \nonumber \\
&= \frac{2\sqrt{3}a}{3} \nonumber 
\end{align}

Teraz, żeby obliczyć pole czworokąta $DRAK$ robimy tak:
\begin{align}
P_{DRAK} &= P_{RHD} + P_{DHK} + P_{RHA} + P_{AHK} \nonumber  \\ 
&= \frac{1}{2}\left(\left(\frac{a\sqrt{3}}{6} \cdot \frac{a}{2}\right) + \left(\frac{a\sqrt{3}}{6} \cdot \frac{a}{2}\right) + \left(\frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a}{2}\right) + \left(\frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a}{2}\right)\right) \nonumber \\ 
&= \frac{1}{2}\left(2\left(\frac{a\sqrt{3}}{6} \cdot \frac{a}{2}\right) + 2\left(\frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a}{2}\right)\right) \nonumber \\ 
&= \frac{1}{2}\left(2\left(\frac{a^2\sqrt{3}}{12}\right) + 2\left(\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\right)\right) \nonumber \\ 
&= \left(\frac{a^2\sqrt{3}}{12} + \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\right) \nonumber \\ 
&= \left(\frac{a^2\sqrt{3}}{12} + \frac{3a^2\sqrt{3}}{12}\right) \nonumber \\ 
&= \left(\frac{4a^2\sqrt{3}}{12}\right) \nonumber \\ 
&= \left(\frac{a^2\sqrt{3}}{3}\right) \nonumber \\ 
&= \frac{a^2\sqrt{3}}{3} \nonumber
\end{align}

Czyli podsumowując: 
\begin{itemize}
    \item oznaczmy $|AK| = a$
    \item przekątna $|KR| = a$
    \item przekątna $|AD| = \frac{2\sqrt{3}a}{3}$
    \item pole $P_{DRAK} = \frac{a^2\sqrt{3}}{3}$
\end{itemize}

\boxed{\text{
    \noindent\textbf{Sposób 2:} (firmówka)
}}

Tak samo jak poprzednio, oznaczmy $|AK| = a$.

Przekątna $KR$ z trójkąta równobocznego $RAK$: 
$$|KR| = |AK| = a$$

Oznaczmy, że okrąg, w który jest wpisany nasz czworokąt $DRAK$ to $o_1$.

Zauważmy, że $AD$ jest średnicą okręgu $o_1$. (można udowodnić jak w poprzednim przypadku, że $\angle ARD = \angle AKD = 90^\circ$)

Tak samo jak w poprzednim pokazujemy, że $AH$ jest wysokością $RAK$ i $|AH| = \frac
{\sqrt{3}}{2} a$.

Teraz ważny \textbf{fakcik}: W trójkącie równobocznym środek okręgu opisanego pokrywa się ze środkiem ciężkości i punktem przecięcia wysokości. I dodatkowo promień okręgu opisanego jest równy $\frac{2}{3}$ wysokości.

Ale widzimy, że trójkąt $RAK$ jest wpisany na okręgu $o_1$. Czyli innymi słowy okrąg $o_1$ jest opisany na trójkącie $RAK$ (bo wszystkie jego wierzchołki leżą na tym okręgu).

A skoro $AD$ jest średnicą $o_1$, a średnica jest równa dwukrotności promienia, to otrzymujemy:
$$|AD| = 2 \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} a = \frac{2\sqrt{3}}{3}a$$

% Ale wiemy też, że promień jest równy $\frac{\sqrt{3}}{3}a$. To warto zachować na później.

Skoro przekątne czworokąta $DRAK$ są prostopadłe, to mamy prosty wzorek na jego pole:
\begin{align*}
P_{DRAK} &= \frac{1}{2}\cdot |AD|\cdot |KR| \\
&= \frac{1}{2}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{3}a \cdot a \\
&= \frac{\sqrt{3}}{3}a^2 \\
\end{align*}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.6\textwidth]{img/74Z9.3.2_i4.jpg}
    \caption{Czworokąt $DRAK$}
    \label{fig:rys4}
\end{figure}

\boxed{\text{
    \noindent\textbf{Sposób 3:} (trygonometria)
}}

Tak samo jak w poprzednich sposobach robimy, że:
\begin{itemize}
    \item oznaczmy $|AK| = a$
    \item Przekątna $KR$ z trójkąta równobocznego $RAK$: $|KR| = |AK| = a$
    \item $AH$ jest wysokością $RAK$ i $|AH| = \frac{\sqrt{3}}{2} a$
    \item $\angle ARD = \angle AKD = 90^\circ$
    \item $\angle HRD = 30^\circ$
\end{itemize}

Używając trygonometrii w trójkącie $HRD$ otrzymujemy:
\begin{align*}
\tan{\left(\angle HRD\right)} &= \frac{x}{\frac{a}{2}}\\
\tan{30^\circ} &= \frac{2x}{a}\\
\frac{\sqrt{3}}{3} &= \frac{2x}{a} \\
\frac{\sqrt{3}}{3}a &= 2x \\
\frac{\sqrt{3}}{6}a &= x
\end{align*}

Jak mamy $x$ to wyznaczamy $|AD| = \frac{2\sqrt{3}a}{3}$ jak poprzednio.

I teraz, żeby obliczyć pole czworokąta $DRAK$ użyjemy znanego wzorku, że jest to połowa iloczynu długości przekątnych i sinusa kąta między nimi (patrz fakcik \ref{fakcik:pole-czworokata1}):
\begin{align*}
P_{DRAK} &= \frac{1}{2} \cdot |AD| \cdot |KR| \cdot \sin{90^\circ} \\
&= \frac{1}{2} \cdot \frac{2\sqrt{3}a}{3} \cdot a \cdot 1 \\
&= \frac{\sqrt{3}}{3} a^2 \\
\end{align*}

\boxed{\text{
    \noindent\textbf{Sposób 4:} (deltoid)
}}

Zauważmy, że skoro czworokąt $DRAK$ jest osiowo symetryczny względem prostej $AD$, to mamy, że $|DK| = |DR|$, $|AK| = |AR|$. Czyli czworokąt $DRAK$ jest deltoidem.

Ale skoro to deltoid to mamy również, że $\angle DKA = \angle ARD$.

Ale skoro jest wpisany w okrąg to $\angle DKA + \angle ARD = 180^\circ$.

To nam daje takie coś: $\angle DKA = \angle ARD = 90^\circ$. Czyli $AD$ jest średnicą okręgu w który jest wpisany czworokąt $DRAK$.

Dalej już można dokończyć jak w poprzednich sposobach.

\begin{purplebox}{Wysokość w trójkącie prostokątnym}
\begin{fakcik}
    \label{fakcik:wysokosc-trojkata-prostokatnego}
    \begin{figure}[H]
        \centering
        \includegraphics[width=.6\textwidth]{img/fakcik-wysokosc-trojkata-prostokatnego-img1.jpg}
        \caption{Trójkąt}
        \label{fig:fakcik:wysokosc-trojkata-prostokatnego}
    \end{figure}

    Przy oznaczeniach jak na rysunku nr \ref{fig:fakcik:wysokosc-trojkata-prostokatnego} zachodzi:
    $$ |CD|^2 = |AD|\cdot |BD| $$
\end{fakcik}
\end{purplebox}

\begin{redbox}{Dowód fakciku \ref{fakcik:wysokosc-trojkata-prostokatnego}}
\begin{proof}
    Zauważmy, że trójkąt $ACD$ jest podobny do trójkąta $ABC$ (cecha kąt-kąt-kąt).

    Zauważmy, że trójkąt $BCD$ jest podobny do trójkąta $ABC$ (cecha kąt-kąt-kąt).

    Z podobieństwa trójkątów $ACD$ i $BCD$ otrzymujemy:
    $$\frac{|AD|}{|CD|} = \frac{|CD|}{|BD|}$$

    Ale mnożąc "na krzyż" otrzymujemy:
    $$|CD|^2 = |AD||BD|$$
\end{proof}
\end{redbox}

\begin{purplebox}{Pole czworokąta}
\begin{fakcik}
    \label{fakcik:pole-czworokata1}
    \begin{figure}[H]
        \centering
        \includegraphics[width=.6\textwidth]{img/fakcik-pole-czworokata-img1.jpg}
        \caption{Dowolny czworokąt}
        \label{fig:fakcik:pole-czworokata1}
    \end{figure}

    Oznaczmy tak jak na rysunku, tylko, że dodatkowo: $d_1 = a + b$, $d_2 = c + d$. Są to długości przekątnych.

    Pole czworokąta jest równe:
    $$P_{ABCD} = \frac{1}{2}d_1d_2\sin\alpha$$
\end{fakcik}
\end{purplebox}

\begin{redbox}{Dowód fakciku \ref{fakcik:pole-czworokata1}}
\begin{proof}
    Oznaczmy tak jak na rysunku \ref{fig:fakcik:pole-czworokata1}, tylko, że dodatkowo: $d_1 = a + b$, $d_2 = c + d$. 

    Punkt $K$ to przecięcie przekątnych.

    Po kolei obliczamy każde pole używając wzoru na pole trójkąta $P = \frac{1}{2}xy\sin\theta$ i własności $\sin\left(180^\circ-\beta\right) = \sin\beta$:
    $$P_{ABK} = \frac{1}{2}ac\sin\alpha$$
    $$P_{CDK} = \frac{1}{2}bd\sin\alpha$$
    $$P_{BKC} = \frac{1}{2}bc\sin\left(180^\circ - \alpha\right) = \frac{1}{2}bc\sin\alpha$$
    $$P_{AKD} = \frac{1}{2}ad\sin\left(180^\circ - \alpha\right) = \frac{1}{2}ad\sin\alpha$$

    Sumując to wszystko otrzymujemy:
    \begin{align*}
        P_{ABCD} =& \frac{1}{2}ac\sin\alpha + \frac{1}{2}bd\sin\alpha + \frac{1}{2}bc\sin\alpha + \frac{1}{2}ad\sin\alpha \\
        =&\frac{1}{2}\sin\alpha\left(ac + bd + bc + ad\right) \\
        =&\frac{1}{2}\sin\alpha\left(a\left(c+d\right) + b\left(c+d\right)\right) \\
        =&\frac{1}{2}\sin\alpha\left(\left(c+d\right)\left(a+b\right)\right) \\
        =&\frac{1}{2}d_1d_2\sin\alpha & \\
    \end{align*}
\end{proof}
\end{redbox}

% You can leave these here, probably not gonna use them again..
\begin{purplebox}{Pole czworokąta gdy przekątne prostopadłe}
\begin{fakcik}
    \label{f3}
    Pole czworokąta, gdy przekątne są prostopadłe jest równe $\frac{1}{2}d_1d_2$, gdzie $d_1$, $d_2$ to długości przekątnych.
\end{fakcik}
\end{purplebox}

\begin{redbox}{Dowód fakciku \ref{f3}}
\begin{proof}
    Możemy to udowodnić analogicznie jak fakcik \ref{fakcik:pole-czworokata1}.

    Tyle, że po prostu pamiętając, że $\sin 90^\circ = 1$. Albo też używając zwykłego wzorku na pole trójkąta prostokątnego.

    Możemy też wprost użyć fakciku \ref{fakcik:pole-czworokata1}:
    $$P_{ABCD} = \frac{1}{2}d_1d_2\sin 90^\circ = \frac{1}{2}d_1d_2$$
\end{proof}
\end{redbox}

% W trójkącie równobocznym środek okręgu opisanego pokrywa się ze środkiem ciężkości i punktem przecięcia wysokości. I dodatkowo promień okręgu opisanego jest równy $\frac{2}{3}$ wysokości.

% fix images
%

\end{document}