Problem done/OMJ/I/1.1.7.tex

% Geometry, Brute, PythagoreanTheorem, ConversePythagoreanTheorem

\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{unicode-math}
\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}{I OMG, etap 1, zadanie 7}

\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}{18}\selectfont

\section*{Problem Statement}

Na płaszczyźnie dane są punkty $A$, $B$, $C$, $D$. Punkt $B$ jest środkiem odcinka $AC$, a przy tym $AB = BC = BD = 17$ oraz $AD = 16$. Obliczyć długość odcinka $CD$.

\bigskip

\noindent\textbf{Solution:}

Dla przypomnienia wzór skróconego mnożenia na różnicę kwadratów:
\begin{equation}
    \label{mn1}
    a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)
\end{equation}

\textbf{Sposób 1: (elegancki)}

Zastanówmy się, czym jest punkt $B$?

Zauważmy, skoro $|AB|=|BC|=|BD|=17$, to z tego wynika, że punkt $B$ jest \textbf{równoodległy}
od punktów $A$, $C$, $D$.

Czyli punkt $B$ jest środkiem okręgu o promieniu $R = 17$ i punkty $A$, $C$, $D$ należą do tego okręgu.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/1.1.7_i5.jpg}
    \caption{Punkty na okręgu}
    \label{fig:r4}
\end{figure}

Zauważmy, że skoro punkt $B$ jest środkiem odcinka $AC$ to $AC$ jest średnicą naszego okręgu.

Z twierdzenia o kącie wpisanym opartym na średnicy wiemy, że kąt $ADC$ jest kątem prostym.
Czyli trójkąt $ADC$ jest trójkątem prostokątnym!

Czyli możemy użyć twierdzenia Pitagorasa!
\begin{align*}
    |AD|^2 + |CD|^2 &= |AC|^2 \\
    16^2 + |CD|^2 &= 34^2 \\
    |CD|^2 &= 34^2 - 16^2 \\
    |CD|^2 &= (34 - 16)(34+16)\quad\text{(patrz \eqref{mn1})} \\
    |CD|^2 &= 18 \cdot 50\\
    |CD|^2 &= 900\\
    |CD| &= 30
\end{align*}

\textbf{Odpowiedź: } $|CD| = 30$.

Krótki komentarz do tego sposobu:

Zauważmy, że jest to sposób bardzo szybki i elegancki, który unika skomplikowanych
obliczeń na dużych liczbach. Polecam każdemu ten sposób. 
(chociaż niżej prezentuję dla ciekawskich sposoby bardziej brutalne)

\textbf{Sposób 2: (pola trójkątów)}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/1.1.7_i2.jpg}
    \caption{Konfiguracja początkowa}
    \label{fig:r}
\end{figure}

Wprowadźmy następujące oznaczenia:

Niech $E$ będzie środkiem odcinka $DC$ oraz niech $c = |DE|$.

Niech $F$ będzie środkiem odcinka $AD$. Z treści zadania wiemy, że $|AD|=16$,
przeto $|AF|=8$.

Zauważmy, że trójkąty $ABD$ i $BCD$ są równoramienne – oba mają dwa boki równe 17.
($|AB|=|BD|=17$; $\quad |BD|=|BC|=17$)

Zauważmy również, że trójkąty $ABD$ i $BCD$ mają równe pole! Dlaczego? 

Poprowadźmy odcinek z punktu $D$ prostopadły do odcinka $AC$. 
Zauważmy, że odcinek ten jest wysokością zarówno dla trójkąta $ABD$ jak i $BCD$ (jest równy!).

Ponadto z treści zadania wiemy, że $|AB|=|BC|$ (punkt $B$ jest środkiem odcinka $AC$).

A zatem z najbardziej znanego wzoru na pole trójkąta: $P = \frac{1}{2}a\cdot h$ wynika, że trójkąty mają równe pole (patrz rys. \ref{fig:r1}).

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/1.1.7_i3.jpg}
    \caption{Równe pola trójkątów $ABD$ i $BCD$}
    \label{fig:r1}
\end{figure}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/1.1.7_i1.jpg}
    \caption{Punkty $E$ i $F$}
    \label{fig:r2}
\end{figure}

Poprowadźmy teraz wysokość $h$ w trójkącie $ABD$ z punktu $B$ (na odcinek $AD$).
Zauważmy, że wysokość ta ma swój spodek w punkcie $F$, ponieważ, jak wyżej sobie 
powiedzieliśmy, trójkąt $ABD$ jest równoramienny, a w trójkącie równoramiennym 
spodek wysokości poprowadzony z punktu przecięcia równych ramion jest w środku 
odcinka na przeciw tego punktu.

Skoro wysokość pada pod kątem prostym to napiszmy sobie twierdzenie Pitagorasa:
\begin{align*}
|FD|^2 + |FB|^2 &= |BD|^2 \\
8^2 + h^2 &= 17^2 \\
h^2 &= 289 - 64 = 225 \\
h &= 15
\end{align*}

Skoro wyszło nam $h = 15$, to zaiste już znamy pole trójkąta $ABD$! Zgodnie ze wzorkiem $P = \frac{ah}{2}$ otrzymujemy:
\[
P_{ABD} = \frac{|BF|\cdot|AD|}{2} = \frac{16\cdot15}{2} = 120
\]

Ale wyżej sobie powiedzieliśmy, że pole trójkąta $ABD$ jest takie samo jak pole trójkąta $BCD$!

Więc w tym drugim trójkącie, czyli w trójkącie $BCD$, też sobie poprowadźmy 
wysokość z punktu $B$.
Spodek tej wysokości będzie w punkcie $E$ (argumentacja taka sama jak w przypadku trójkąta $ABD$).
Oznaczmy tę wysokość $h_2$.

Obliczmy tę wysokość przyrównując pola trojkątów:
\begin{align*}
    P_{ABD} &= P_{BCD}\\
    120 &= \frac{2c\cdot h_2}{2}\\
    120 &= c\cdot h_2
\end{align*}

Zapamiętajmy tę równość na później:
\begin{equation}
    \label{eq1}
    120 = c\cdot h_2
\end{equation}

A skoro wysokość pada pod kątem prostym to zapiszmy sobie tw. Pitagorasa:
\begin{align*}
|ED|^2 + |EB|^2 &= |BD|^2 \\
c^2 + h_2^2 &= 17^2 \\
c^2 + h_2^2 &= 289
\end{align*}

Zapamiętajmy tę równość:
\begin{equation}
    \label{eq3}
    c^2 + h_2^2 = 289
\end{equation}

Przekształćmy trochę równość \eqref{eq1}:
\begin{equation}
    \label{eq2}
    \frac{120}{c} = h_2
\end{equation}

Wstawmy tę wartość $h_2$ uzyskaną w równaniu \eqref{eq2} do równania \eqref{eq3}.

\begin{align*}
    c^2 + \left(\frac{120}{c}\right)^2 &= 289 \\
    c^2 + \frac{120^2}{c^2} &= 289 \\
    c^4 + 120^2 &= 289c^2 \\
    c^4 - 289c^2 + 120^2 &= 0
\end{align*}

Na pozór wydaje się, że otrzymaliśmy równanie czwartego stopnia.
Wprowadźmy jednak tak zwany "u-sub". Czyli podstawmy:
\[
u = c^2
\]

Wtedy powyższe równanie zamienia się na kwadratowe względem $u$:
\begin{equation}    
    u^2 - 289u + 120^2 = 0
\end{equation}

Spróbujmy rozwiązać to równanie.

\[
u^2 - 289u + 120^2 = 0
\]

Najpierw zauważmy, że:
\[
120^2 = 14400
\]

Równanie przyjmuje postać:
\[
u^2 - 289u + 14400 = 0
\]

Obliczamy wyróżnik:
\[
\Delta = (-289)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 14400
\]
\[
\Delta = 83521 - 57600 = 25921
\]

\[
\sqrt{\Delta} = 161
\]

Rozwiązania równania:
\[
u_1 = \frac{289 - 161}{2} = 64
\]
\[
u_2 = \frac{289 + 161}{2} = 225
\]

Ostatecznie:
\[
u \in \{64,\;225\}
\]

Skoro $u = c^2$, to:
\[
c=\sqrt{u}
\]

A zatem skoro mamy, że $u \in \{64,\;225\}$, to w takiej wersji otrzymujemy:
\begin{align*}
    c &\in \{\sqrt{64},\;\sqrt{225}\}\\
    c &\in \{8,\;15\}
\end{align*}

Wydawało by się, że otrzymaliśmy dwa możliwe wyniki, ale czy na pewno?

Zauważmy, bok $|CD| = 2c$.

Ponadto, wiemy, że trójkąt $ABD$ jest ostrokątny.
Żeby to udowodnić możemy chociażby użyć twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa:

Rozważmy trójkąt o bokach:
\[
a = 16,\quad b = 17,\quad c = 17
\]

Najdłuższy bok ma długość:
\[
c = 17
\]

Sprawdzamy nierówność wynikającą z odwrotności twierdzenia Pitagorasa:
\[
c^2 < a^2 + b^2
\]

Podstawiamy dane:
\[
17^2 < 16^2 + 17^2
\]
\[
289 < 256 + 289
\]
\[
289 < 545
\]

Nierówność jest spełniona, więc trójkąt jest \textbf{ostrokątny}.

A skoro trójkąt $ABD$ jest ostrokątny to w szczególności kąt $ABD$ jest ostry.
A przecież kąty $ABD$ i $DBC$ są przyległe, a więc sumują się do $180^\circ$!

A skoro tak, to kąt $DBC$ \textbf{musi} być rozwarty! 
Czyli stąd wynika, że trójkąt $DBC$ jest rozwarty!

Skoro $|CD|=2c$ to mamy dwie możliwości do rozpatrzenia:
\begin{enumerate}
    \item \label{opcja1} $|CD| = 2 \cdot 8 = 16$
    \item \label{opcja2} $|CD| = 2 \cdot 15 = 30$
\end{enumerate}

Powyżej już sprawdziliśmy, że trojkąt o bokach 16,17,17 jest ostrokątny, więc opcja \ref{opcja1} odpada.

Sprawdźmy przeto trójkąt o bokach 17,17,30.

Rozważmy trójkąt o bokach:
\[
a = 17,\quad b = 17,\quad c = 30
\]

Najdłuższy bok ma długość:
\[
c = 30
\]

Sprawdzamy nierówność wynikającą z odwrotności twierdzenia Pitagorasa:
\[
c^2 > a^2 + b^2
\]

Podstawiamy dane:
\[
30^2 > 17^2 + 17^2
\]
\[
900 > 289 + 289
\]
\[
900 > 578
\]

Nierówność jest spełniona, więc trójkąt jest \textbf{rozwartokątny}.

\[
\boxed{\text{Trójkąt o bokach } 17,17,30 \text{ jest rozwartokątny.}}
\]

Czyli wychodzi dobrze! Czyli $|CD|$ może być równe 30.

Podsumowując, rozważając wszystkie przypadki wyszło nam, że $c$ może być równe jedynie 15, czyli odcinek $|CD|=30$.

\textbf{Odpowiedź: } $|CD|=30$.

\textbf{Sposób 3 (geometria analityczna)}

Wprowadźmy układ współrzędnych kartezjańskich, gdzie:
\[
A=(-17,0)\quad B=(0,0) \quad C=(17,0) \quad D=(D_x,D_y)
\]

Przy czym bez straty ogólności przyjmijmy, że $D_y\leq0$.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/1.1.7_i4.jpg}
    \caption{Układ współrzędnych}
    \label{fig:r3}
\end{figure}

Dlaczego wprowadziliśmy takie współrzędne? Żeby obliczenia były jak najłatwiejsze.
Bo układ współrzędnych zawsze można przesunąć. A wszystkie założenia w zadaniu są spełnione.

Jakie warunki dla punktu $D$ muszą być spełnione?

Skoro $|AB|=|BD|=17$, to możemy powiedzieć, że punkt $D$ jest na okręgu, który ma środek w $B$ oraz promień równy 17.

Czyli, pisząc formalnie, punkt $D$ należy do okręgu opisanego równaniem:
\[
x^2 + y^2 = 17^2
\]

Czyli już możemy zapisać pierwsze założenie co do współrzędnych naszego punktu
\begin{equation}
    \label{eqw1}
    D_x^2+D_y^2=17^2=289
\end{equation}

Jaki drugi warunek możemy zapisać? Skoro $|AD|=16$, to możemy powiedzieć, że punkt
$D$ jest na okręgu w środku w punkcie $A$ oraz promienu równym $|AD|=16$.

Czyli, pisząc formalnie, punkt $D$ należy do okręgu opisanego równaniem:
\[
(x+17)^2 + y^2 = 16^2
\]

Czyli drugie założenie:
\begin{equation}
    \label{eqw2}
    (D_x+17)^2+D_y^2=16^2=256
\end{equation}

Odejmijmy \eqref{eqw1} od \eqref{eqw2}:
\begin{align*}
    (D_x+17)^2+D_y^2-D_x^2-D_y^2&=256-289\\
    (D_x+17)^2-D_x^2&=-33\\
    D_x^2+34D_x+289-D_x^2&=-33\\
    34D_x+289&=-33\\
    34D_x&=-322\\
    D_x&=-\frac{322}{34}\\
    D_x&=-\frac{161}{17}
\end{align*}

Czyli otrzymujemy:
\begin{equation}
    \label{eqw3}
    D_x=-\frac{161}{17}
\end{equation}

Podstawmy wartość otrzymaną w \eqref{eqw3} do równania \eqref{eqw1}:
\begin{align*}
    D_x^2+D_y^2&=289\\
    \left(-\frac{161}{17}\right)^2+D_y^2&=289\\
    D_y^2&=289-\frac{25921}{289}\\
    D_y^2&=\frac{57600}{289}\\
    D_y&=-\frac{240}{17}
\end{align*}

Uwaga! Zostawiamy ujemne $D_y$ zgodnie z naszym wcześniejszym założeniem!
(Było to założenie bez straty ogólności, więc to nie ma znaczenia czy $D_y$ jest dodatnie czy ujemne bo wyjdzie ten sam wynik)

Znając już współrzędne punktu $D$ oraz współrzędne punktu $C$ możemy obliczyć długość odcinka $CD$:
\begin{align*}
    |CD|^2 &= (D_x - 17)^2 + D_y^2\\
    &= \left(-\frac{450}{17}\right)^2 + \frac{57600}{289}\\
    &= \frac{260100}{289}\\
    |CD| &= \sqrt{\frac{260100}{289}}\\
    &= \frac{510}{17}\\
    &= 30
\end{align*}

Czyli wyszło nam $|CD|=30$.

\textbf{Odpowiedź: } $|CD|=30$.

\textbf{Sposób 4: (trygonometria)}

Niech kąt $ABD$ będzie równy $\alpha$. 
Zauważmy, że w takiej konfiguracji mamy $\angle DBC = 180^\circ - \alpha$.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/1.1.7_i6.jpg}
    \caption{Zaznaczony kąt $\alpha$}
    \label{fig:r5}
\end{figure}

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta $ABD$ otrzymujemy takie równanie:
\begin{equation}
    |AD|^2 = |AB|^2 + |BD|^2 - 2|AB||BD|\cos\alpha
\end{equation}

Wprowadźmy dane liczbowe:
\begin{align*}
    16^2 &= 17^2 + 17^2 - 2 \cdot 17 \cdot 17 \cdot \cos\alpha \\
    256 &= 289 + 289 - 2 \cdot 289 \cdot \cos\alpha \\
    256 &= 578 - 578\cos\alpha 
\end{align*}

Wyznaczmy $\cos\alpha$ z powyższego równania:
\begin{align*}
    578\cos\alpha &= 578 - 256 \\
    578\cos\alpha &= 322 \\
    \cos\alpha &= \frac{322}{578}\\
    \cos\alpha &= \frac{161}{289}
\end{align*}

Przypomnijmy wzorek redukcyjny dla $\cos$:
\[
\cos(180^\circ - \alpha) = -\cos\alpha
\]

Skorzystajmy teraz z twierdzenia cosinusów dla trójkąta $DBC$:
\begin{equation}
    |CD|^2 = |DB|^2 + |BC|^2 - 2|DB||BC|\cos\left(180^\circ-\alpha\right)
\end{equation}

Podstawmy dane (pamiętając, że $17^2 = 289$):
\begin{align*}
    |CD|^2 &= 17^2 + 17^2 - 2 \cdot 17 \cdot 17 \cdot \left( -\frac{161}{289} \right) \\
    |CD|^2 &= 289 + 289 - 2 \cdot 289 \cdot \left( -\frac{161}{289} \right)
\end{align*}

Zauważmy, jak pięknie skraca się 289 w mianowniku ułamka z 289 przed ułamkiem!
Minus z minusem daje plus:
\begin{align*}
    |CD|^2 &= 578 + 2 \cdot 161 \\
    |CD|^2 &= 578 + 322 \\
    |CD|^2 &= 900 \\
    |CD| &= 30
\end{align*}

\textbf{Odpowiedź: } $|CD|=30$.

\bigskip
\noindent\textbf{Komentarz:}
Ten sposób pokazuje siłę trygonometrii. Kluczowym momentem było zauważenie 
zależności $\cos(180^\circ - \alpha) = -\cos\alpha$. Dzięki temu, mimo że nie 
znaliśmy dokładnej wartości kąta (nie była to "ładna" liczba stopni), dokładna 
wartość cosinusa wystarczyła do obliczenia wyniku.

\textbf{Sposób 5 (Twierdzenie o środkowej / Apolloniusza)}

Spójrzmy na trójkąt $ADC$.
Z treści zadania wiemy, że punkt $B$ jest środkiem boku $AC$ (ponieważ $|AB| = |BC|$).
Oznacza to, że odcinek $DB$ jest \textbf{środkową} w trójkącie $ADC$.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.5\textwidth]{img/1.1.7_i2.jpg}
    \caption{Konfiguracja początkowa}
    \label{fig:r6}
\end{figure}

Dla każdego trójkąta zachodzi twierdzenie o długości środkowej (Twierdzenie Apolloniusza), które wiąże długości boków z długością środkowej.
Wzór brzmi następująco:
\[
|AD|^2 + |CD|^2 = 2(|DB|^2 + |AB|^2)
\]
(Suma kwadratów dwóch boków jest równa podwojonej sumie kwadratu środkowej i kwadratu połowy trzeciego boku).

Podstawmy nasze dane:
\[
|AD| = 16, \quad |DB| = 17, \quad |AB| = 17
\]
Niewiadomą jest $|CD|$.

\begin{align*}
    16^2 + |CD|^2 &= 2(17^2 + 17^2) \\
    256 + |CD|^2 &= 2(289 + 289) \\
    256 + |CD|^2 &= 2(578) \\
    256 + |CD|^2 &= 1156
\end{align*}

Obliczamy $|CD|^2$:
\begin{align*}
    |CD|^2 &= 1156 - 256 \\
    |CD|^2 &= 900 \\
    |CD| &= 30
\end{align*}

\textbf{Odpowiedź: } $|CD|=30$.

\bigskip
\noindent\textbf{Komentarz:}
Ten sposób jest niezwykle użyteczny, ponieważ nie wymaga zauważania kątów prostych 
ani opisywania okręgów. Jest to uniwersalne narzędzie: gdy widzisz w zadaniu 
środkową trójkąta i znasz jej długość – od razu pomyśl o tym twierdzeniu!

Co ciekawe, w naszym przypadku, jako że $|DB|=|AB|$, prawa strona równania $2(R^2
+R^2)$ zamienia się w $4R^2$, czyli $|AC|^2$. Wtedy wzór redukuje się do $|AD|^2+|
CD|^2=|AC|^2$, czyli do twierdzenia Pitagorasa (co potwierdza wynik ze Sposobu 1).

\textbf{Sposób 6 (Rachunek wektorowy)}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.5\textwidth]{img/1.1.7_i2.jpg}
    \caption{Konfiguracja początkowa}
    \label{fig:r7}
\end{figure}

Zastosujmy wektory zaczepione w punkcie $B$.

Zdefiniujmy wektor $\vec{u} = \vec{BA}$. Z treści zadania wiemy, że jego długość to $|\vec{u}| = 17$.
Ponieważ punkt $B$ jest środkiem odcinka $AC$, wektor $\vec{BC}$ jest przeciwny do wektora $\vec{BA}$.
Zatem $\vec{BC} = -\vec{u}$.

Zdefiniujmy wektor $\vec{v} = \vec{BD}$. Jego długość to również $|\vec{v}| = 17$.

Teraz możemy zapisać wektory reprezentujące boki $AD$ i $CD$:
\begin{align*}
    \vec{AD} &= \vec{BD} - \vec{BA} = \vec{v} - \vec{u} \\
    \vec{CD} &= \vec{BD} - \vec{BC} = \vec{v} - (-\vec{u}) = \vec{v} + \vec{u}
\end{align*}

Obliczmy kwadraty długości tych wektorów, korzystając z własności \textbf{iloczynu skalarnego} (wzór: $|\vec{a}|^2 = \vec{a} \circ \vec{a}$):

1. Dla boku $AD$:
\begin{align*}
    |AD|^2 &= (\vec{v} - \vec{u})^2 \\
    |AD|^2 &= |\vec{v}|^2 - 2(\vec{v} \circ \vec{u}) + |\vec{u}|^2
\end{align*}

2. Dla boku $CD$:
\begin{align*}
    |CD|^2 &= (\vec{v} + \vec{u})^2 \\
    |CD|^2 &= |\vec{v}|^2 + 2(\vec{v} \circ \vec{u}) + |\vec{u}|^2
\end{align*}

Dodajmy te dwa równania do siebie stronami. Zauważmy, że składnik mieszany $2(\vec{v} \circ \vec{u})$ się zredukuje!

\begin{align*}
    |AD|^2 + |CD|^2 &= \left(|\vec{v}|^2 - 2(\vec{v} \circ \vec{u}) + |\vec{u}|^2\right) + \left(|\vec{v}|^2 + 2(\vec{v} \circ \vec{u}) + |\vec{u}|^2\right) \\
    |AD|^2 + |CD|^2 &= 2|\vec{v}|^2 + 2|\vec{u}|^2
\end{align*}

Podstawmy znane liczby ($|AD|=16$, $|\vec{u}|=17$, $|\vec{v}|=17$):
\begin{align*}
    16^2 + |CD|^2 &= 2 \cdot 17^2 + 2 \cdot 17^2 \\
    256 + |CD|^2 &= 4 \cdot 289 \\
    256 + |CD|^2 &= 1156 \\
    |CD|^2 &= 1156 - 256 \\
    |CD|^2 &= 900 \\
    |CD| &= 30
\end{align*}

\textbf{Odpowiedź: } $|CD|=30$.

\bigskip
\noindent\textbf{Komentarz:}
Rozwiązanie wektorowe jest "siostrą" twierdzenia o środkowej (Sposób 5), ale dla 
wielu osób jest bardziej intuicyjne algebraicznie. Pokazuje, że geometria to nie 
tylko rysunki, ale też operacje na obiektach (wektorach), gdzie znaki plus i minus 
mają swoje geometryczne odzwierciedlenie.

\textbf{Sposób 7 (Symetria środkowa - konstrukcja prostokąta)}

Wykorzystajmy fakt, że punkt $B$ jest "centrum" naszej konfiguracji.
Dokonajmy przekształcenia geometrycznego: odbijmy punkt $D$ symetrycznie względem punktu $B$.
Niech obrazem punktu $D$ w tej symetrii będzie punkt $D'$.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.5\textwidth]{img/1.1.7_i7.jpg}
    \caption{Symetria punktu $D$ względem punktu $B$}
    \label{fig:r7}
\end{figure}

Co wiemy o tej nowej konfiguracji?
\begin{enumerate}
    \item Z własności symetrii: $B$ jest środkiem odcinka $DD'$, więc $|DB| = |BD'| = 17$.
    \item Zatem cały odcinek $DD'$ ma długość $17 + 17 = 34$.
    \item Z treści zadania wiemy, że $B$ jest też środkiem odcinka $AC$ o długości $17+17=34$.
\end{enumerate}

Spójrzmy teraz na czworokąt $ADCD'$.
Jego przekątne to $AC$ i $DD'$.
Przekątne te:
\begin{itemize}
    \item Przecinają się w połowie (w punkcie $B$) – co oznacza, że figura jest \textbf{równoległobokiem}.
    \item Są równej długości ($|AC| = 34$ i $|DD'| = 34$) – co oznacza, że ten równoległobok jest \textbf{prostokątem}!
\end{itemize}

Skoro $ADCD'$ jest prostokątem, to ma same kąty proste i przeciwległe boki równe.
Zatem:
\[
|CD'| = |AD| = 16 \quad \text{(boki przeciwległe)}
\]

Spójrzmy teraz na trójkąt $DCD'$. Jest to trójkąt prostokątny (bo jest połową prostokąta).
Jego przeciwprostokątną jest przekątna $DD' = 34$.
Jedną przyprostokątną jest $|CD'| = 16$.
Szukaną przyprostokątną jest $|CD|$.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $DCD'$:
\begin{align*}
    |CD|^2 + |CD'|^2 &= |DD'|^2 \\
    |CD|^2 + 16^2 &= 34^2
\end{align*}

Otrzymaliśmy dokładnie to samo równanie co w Sposobie 1, ale wynikające z zupełnie innej ścieżki rozumowania (własności czworokątów zamiast kątów w okręgu).

\begin{align*}
    |CD|^2 &= 1156 - 256 \\
    |CD|^2 &= 900 \\
    |CD| &= 30
\end{align*}

\textbf{Odpowiedź: } $|CD|=30$.

\bigskip
\noindent\textbf{Komentarz:}
Ten sposób pokazuje siłę symetrii. Czasami dorysowanie jednego punktu (tutaj $D'$) 
zmienia trudny problem z trójkątami w trywialny problem z prostokątem. To 
podejście jest bardzo lubiane w geometrii "konstrukcyjnej".

\textbf{Sposób 8 (Liczby Zespolone)}

Przenieśmy nasz problem na płaszczyznę zespoloną.
Niech punktom $A, B, C, D$ odpowiadają liczby zespolone $a, b, c, d$.

Dla wygody umieśćmy środek układu w punkcie $B$. Zatem:
\[
b = 0
\]

Z treści zadania wiemy, że punkt $B$ jest środkiem odcinka $AC$.
W liczbach zespolonych oznacza to, że $b = \frac{a+c}{2}$.
Skoro $b=0$, to:
\[
\frac{a+c}{2} = 0 \implies c = -a
\]

Wiemy również, że $|AB| = |BC| = |BD| = 17$.
W języku liczb zespolonych oznacza to równość modułów:
\[
|a| = 17, \quad |c| = 17, \quad |d| = 17
\]
A co za tym idzie (korzystając z własności $|z|^2 = z \bar{z}$):
\[
a\bar{a} = 289, \quad d\bar{d} = 289
\]

Mamy dane $|AD| = 16$. Zapiszmy to w kwadracie modułu:
\[
|a - d|^2 = 16^2 = 256
\]

Rozpiszmy lewą stronę, korzystając ze wzoru $|z|^2 = z \bar{z}$:
\begin{align*}
    (a - d)(\overline{a - d}) &= 256 \\
    (a - d)(\bar{a} - \bar{d}) &= 256 \\
    a\bar{a} - a\bar{d} - d\bar{a} + d\bar{d} &= 256
\end{align*}

Podstawmy znane wartości $a\bar{a} = 289$ oraz $d\bar{d} = 289$:
\begin{align*}
    289 - (a\bar{d} + d\bar{a}) + 289 &= 256 \\
    578 - (a\bar{d} + d\bar{a}) &= 256
\end{align*}

Stąd możemy wyznaczyć wartość wyrażenia w nawiasie (tzw. część rzeczywistą iloczynu skalarnego, ale zostańmy przy algebrze):
\begin{equation}
    \label{zesp1}
    a\bar{d} + d\bar{a} = 578 - 256 = 322
\end{equation}

Teraz szukamy długości odcinka $CD$. Oznaczmy ją jako $x$.
\[
x = |c - d|
\]
Ponieważ $c = -a$, to:
\[
x = |-a - d| = |-(a + d)| = |a + d|
\]

Podnieśmy szukane $x$ do kwadratu i rozpiszmy analogicznie jak wcześniej:
\begin{align*}
    x^2 &= |a + d|^2 \\
    x^2 &= (a + d)(\overline{a + d}) \\
    x^2 &= (a + d)(\bar{a} + \bar{d}) \\
    x^2 &= a\bar{a} + a\bar{d} + d\bar{a} + d\bar{d}
\end{align*}

Podstawiamy znane wartości modułów ($289$) oraz wyznaczoną w równaniu \eqref{zesp1} wartość nawiasu:
\begin{align*}
    x^2 &= 289 + (a\bar{d} + d\bar{a}) + 289 \\
    x^2 &= 578 + 322 \\
    x^2 &= 900
\end{align*}

Zatem:
\[
x = \sqrt{900} = 30
\]

\textbf{Odpowiedź: } $|CD|=30$.

\bigskip
\noindent\textbf{Komentarz:}
Metoda liczb zespolonych jest bardzo potężna. Zauważmy, że nie musieliśmy tu 
rysować żadnych trójkątów, kątów ani wysokości. Cała geometria została zredukowana 
do czystej algebry na sprzężeniach. Dla wprawnego matematyka zapisanie tych kilku 
linijek zajmuje mniej niż minutę.

\textbf{Sposób 9 (Linia środkowa i czworokąt cykliczny)}

Skonstruujmy punkty pomocnicze, będące rzutami punktu $B$ na boki trójkąta.
Niech $F$ będzie środkiem odcinka $AD$.
Niech $E$ będzie środkiem odcinka $CD$.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.9\textwidth]{img/1.1.7_i8.jpg}
    \caption{Rysunek sposobu 9.}
    \label{fig:r8}
\end{figure}

1. Zbadajmy kąty przy tych punktach.
Trójkąt $ABD$ jest równoramienny ($|AB|=|BD|=17$), więc środkowa $BF$ jest jednocześnie wysokością.
Zatem $\angle BFD = 90^\circ$.

Analogicznie, trójkąt $BCD$ jest równoramienny ($|BC|=|BD|=17$), więc środkowa $BE$ jest wysokością.
Zatem $\angle BED = 90^\circ$.

2. Zauważmy okrąg.
Spójrzmy na czworokąt $FBED$. Kąty przy wierzchołkach $F$ i $E$ są proste.
Oznacza to, że na czworokącie $FBED$ można opisać okrąg, a odcinkiem wyznaczającym jego średnicę jest $BD$.
Średnica tego okręgu wynosi zatem $d = |BD| = 17$.

3. Obliczmy cięciwę $EF$.
Wróćmy do dużego trójkąta $ADC$.
Punkty $F$ i $E$ są środkami boków $AD$ i $CD$.
Zgodnie z \textbf{Twierdzeniem o linii środkowej} (Midpoint Theorem), odcinek łączący środki boków jest równoległy do trzeciego boku i równy jego połowie.
\[
|EF| = \frac{1}{2}|AC|
\]
Ponieważ $|AC| = 17+17=34$, to:
\[
|EF| = \frac{34}{2} = 17
\]

4. Wyciągnijmy wniosek.
Mamy okrąg o średnicy $17$ (odcinek $BD$).
W tym okręgu mamy cięciwę $EF$ o długości $17$.
Jeśli cięciwa ma długość równą średnicy, to ta cięciwa \textbf{jest} średnicą.

Zatem w czworokącie $FBED$ obie przekątne ($BD$ i $EF$) są średnicami okręgu opisanego.
Przecinają się więc w środku okręgu i są równej długości.
Czworokąt, w którym przekątne są równe i dzielą się na połowy, to \textbf{prostokąt}.

Skoro $FBED$ jest prostokątem, to wszystkie jego kąty są proste.
W szczególności kąt przy wierzchołku $D$:
\[
\angle FDE = 90^\circ
\]
Ponieważ punkt $F$ leży na boku $AD$, a $E$ na $CD$, to kąt $\angle ADC = 90^\circ$.

5. Finał (Pitagoras).
Wrótiliśmy do punktu wyjścia: trójkąt $ADC$ jest prostokątny.
\[
|AD|^2 + |CD|^2 = |AC|^2
\]
\[
16^2 + |CD|^2 = 34^2
\]
\[
|CD| = 30
\]

\textbf{Odpowiedź: } $|CD|=30$.

\bigskip
\noindent\textbf{Komentarz:}
Metoda ta jest fascynująca, ponieważ "odkrywa" prostokąt ukryty wewnątrz figury 
($FBED$). Pokazuje też siłę twierdzenia o linii środkowej – jednego z najczęściej 
niedocenianych narzędzi w geometrii.

\textbf{Sposób 10 (Rzuty prostokątne)}

Skorzystajmy z klasycznej metody geometrii szkolnej: jeśli nie wiesz co zrobić, poprowadź wysokość!

Niech $H$ będzie rzutem prostokątnym punktu $D$ na prostą $AC$.
Odcinek $DH$ jest zatem wysokością trójkątów $ABD$ i $BCD$.
Oznaczmy długość tej wysokości jako $h = |DH|$.
Oznaczmy odległość rzutu od środka $B$ jako $x = |BH|$.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.9\textwidth]{img/1.1.7_i9.jpg}
    \caption{Wysokość $DH$ i rzut $H$}
    \label{fig:rzuty}
\end{figure}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.9\textwidth]{img/1.1.7_i10.jpg}
    \caption{Oznaczenia}
    \label{fig:rzuty}
\end{figure}


Mamy dwa trójkąty prostokątne, w których możemy zapisać Twierdzenie Pitagorasa:

1. W trójkącie $BHD$:
\[
x^2 + h^2 = |BD|^2 = 17^2 = 289
\]

2. W trójkącie $AHD$:
Odcinek $|AH|$ to różnica $|AB|$ i naszego $x$, czyli $|AH| = 17 - x$.
\[
(17-x)^2 + h^2 = |AD|^2 = 16^2 = 256
\]

Mamy prosty układ równań. Wyznaczmy $h^2$ z pierwszego równania:
\[
h^2 = 289 - x^2
\]
I podstawmy do drugiego:
\[
(17-x)^2 + (289 - x^2) = 256
\]

Rozpiszmy wzór skróconego mnożenia:
\begin{align*}
    (289 - 34x + x^2) + 289 - x^2 &= 256 \\
    578 - 34x &= 256 \\
    34x &= 578 - 256 \\
    34x &= 322 \\
    x &= \frac{322}{34} = \frac{161}{17}
\end{align*}

Obliczyliśmy $x$, czyli długość odcinka $|BH|$.

Teraz spójrzmy na drugą stronę – na trójkąt $BCD$.
Interesuje nas bok $CD$.
Rzut punktu $D$ jest w tym samym miejscu ($H$), ale teraz podstawa trójkąta prostokątnego $CHD$ to odcinek $|CH|$.
Skoro $H$ leży na $AB$, to $|CH| = |CB| + |BH| = 17 + x$.

Napiszmy Pitagorasa dla trójkąta $CHD$:
\[
|CD|^2 = |CH|^2 + h^2
\]
\[
|CD|^2 = (17+x)^2 + h^2
\]

Wróćmy do pierwszego równania ($h^2 = 289 - x^2$) i podstawmy je tutaj:
\begin{align*}
    |CD|^2 &= (17+x)^2 + (289 - x^2) \\
    |CD|^2 &= (289 + 34x + x^2) + 289 - x^2 \\
    |CD|^2 &= 578 + 34x
\end{align*}

Podstawmy wyliczoną wcześniej wartość $34x = 322$:
\begin{align*}
    |CD|^2 &= 578 + 322 \\
    |CD|^2 &= 900 \\
    |CD| &= 30
\end{align*}

\textbf{Odpowiedź: } $|CD|=30$.

\bigskip
\noindent\textbf{Komentarz:}
Metoda ta jest świetna, bo pokazuje, że $|CD|^2 - |AD|^2$ zależy liniowo od 
długości rzutu $|BH|$. Uniknęliśmy tu liczenia samego $h$ czy $x$ do końca 
(wystarczyło znać wartość $34x$), co znacznie uprościło rachunki.

\textbf{Sposób 11 (Kąty połówkowe i "ukryta" jedynka trygonometryczna)}

Skupmy się na kątach przy wierzchołku $B$.
Niech $\angle ABD = \alpha$.
Wtedy, ponieważ kąty są przyległe, $\angle DBC = 180^\circ - \alpha$.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.9\textwidth]{img/1.1.7_i11.jpg}
    \caption{Rysuneczek}
    \label{fig:rzuty}
\end{figure}

Oba trójkąty ($ABD$ i $DBC$) są równoramienne o ramionach długości $R=17$.
W trójkącie równoramiennym wysokość dzieli kąt przy wierzchołku na pół.

1. Rozważmy trójkąt $ABD$.
Podstawa ma długość $|AD|=16$. Połowa podstawy to $8$.
Wysokość opuszczona z $B$ tworzy trójkąt prostokątny, w którym kąt przy wierzchołku to $\frac{\alpha}{2}$.
Z definicji sinusa w tym małym trójkącie:
\[
\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{\text{połowa podstawy}}{\text{ramię}} = \frac{8}{17}
\]

2. Rozważmy trójkąt $DBC$.
Niech szukana długość podstawy to $|CD| = x$. Połowa podstawy to $\frac{x}{2}$.
Kąt przy wierzchołku $B$ to $180^\circ - \alpha$.
Wysokość dzieli ten kąt na pół, więc mamy kąt:
\[
\frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}
\]
Z definicji sinusa w trójkącie prostokątnym (połówce $DBC$):
\[
\sin\left(90^\circ - \frac{\alpha}{2}\right) = \frac{\text{połowa podstawy}}{\text{ramię}} = \frac{x/2}{17} = \frac{x}{34}
\]

3. Zastosujmy kofunkcję.
Wiemy, że $\sin(90^\circ - \beta) = \cos\beta$. Zatem:
\[
\sin\left(90^\circ - \frac{\alpha}{2}\right) = \cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)
\]
Mamy więc wyznaczone sinus i cosinus tego samego kąta $\frac{\alpha}{2}$:
\[
\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{8}{17}, \quad \cos\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{x}{34}
\]

4. Użyjmy jedynki trygonometrycznej.
Dla dowolnego kąta zachodzi $\sin^2\phi + \cos^2\phi = 1$. Podstawmy nasze dane:
\[
\left(\frac{8}{17}\right)^2 + \left(\frac{x}{34}\right)^2 = 1
\]
\[
\frac{64}{289} + \frac{x^2}{1156} = 1
\]

Pomnóżmy całe równanie przez $1156$ (zauważając, że $1156 = 4 \cdot 289$):
\[
4 \cdot 64 + x^2 = 1156
\]
\[
256 + x^2 = 1156
\]
\[
x^2 = 900
\]
\[
x = 30
\]

\textbf{Odpowiedź: } $|CD|=30$.

\bigskip
\noindent\textbf{Komentarz:}
Ten sposób jest niesamowity, ponieważ udowadnia on ogólną zależność: jeśli dwa 
trójkąty równoramienne o tym samym ramieniu mają kąty wierzchołkowe sumujące się 
do $180^\circ$, to sumy kwadratów ich podstaw dają kwadrat podwojonego ramienia 
($a^2 + b^2 = (2R)^2$). Metoda ta pokazuje, że geometria i trygonometria to dwie 
strony tego samego medalu.

\textbf{Sposób 12 (Fizyczny - Twierdzenie Steinera)}

Wyobraźmy sobie układ mechaniczny składający się z dwóch punktów materialnych o masie $m=1$, umieszczonych w wierzchołkach $A$ i $C$.

1. Środek masy.
Ponieważ masy w $A$ i $C$ są równe, środek masy tego układu znajduje się dokładnie w połowie odcinka łączącego te punkty.
Z treści zadania wiemy, że środkiem odcinka $AC$ jest punkt $B$.
Zatem $B$ jest środkiem masy układu punktów $\{A, C\}$.

2. Moment bezwładności.
Obliczmy moment bezwładności ($I$) tego układu względem różnych osi (lub punktów), korzystając z definicji $I = \sum m_i r_i^2$.

Moment bezwładności względem środka masy $B$ wynosi:
\[
I_B = 1 \cdot |AB|^2 + 1 \cdot |BC|^2
\]
Podstawiając długości $|AB|=|BC|=17$:
\[
I_B = 17^2 + 17^2 = 289 + 289 = 578
\]

3. Twierdzenie Steinera.
Teraz chcemy obliczyć moment bezwładności tego samego układu względem punktu $D$.
Zgodnie z Twierdzeniem Steinera (dla punktów):
\[
I_D = I_{CM} + M \cdot d^2
\]
Gdzie:
\begin{itemize}
    \item $I_D$ to moment bezwładności względem punktu $D$.
    \item $I_{CM}$ to moment bezwładności względem środka masy ($I_B$).
    \item $M$ to całkowita masa układu ($1+1=2$).
    \item $d$ to odległość od nowej osi do środka masy ($|DB|$).
\end{itemize}

Obliczmy $I_D$ z definicji (jako sumę kwadratów odległości punktów $A$ i $C$ od $D$):
\[
I_D = 1 \cdot |AD|^2 + 1 \cdot |CD|^2
\]
\[
I_D = 16^2 + |CD|^2 = 256 + |CD|^2
\]

Teraz podstawmy wszystko do wzoru Steinera:
\[
\underbrace{256 + |CD|^2}_{I_D} = \underbrace{578}_{I_B} + \underbrace{2}_{M} \cdot \underbrace{17^2}_{d^2}
\]

Rozwiążmy równanie:
\begin{align*}
    256 + |CD|^2 &= 578 + 2 \cdot 289 \\
    256 + |CD|^2 &= 578 + 578 \\
    256 + |CD|^2 &= 1156 \\
    |CD|^2 &= 1156 - 256 \\
    |CD|^2 &= 900 \\
    |CD| &= 30
\end{align*}

\textbf{Odpowiedź: } $|CD|=30$.

\bigskip
\noindent\textbf{Komentarz:}
Choć algebraicznie ten sposób jest tożsamy z Twierdzeniem Apolloniusza (Sposób 
5), koncepcyjnie jest zupełnie inny. Zamiast o trójkątach, myślimy o wirujących 
masach i ich bezwładności. To pokazuje, że matematyka jest językiem opisującym 
również świat fizyki – te same równania rządzą geometrią statyczną i dynamiką 
bryły sztywnej.

\textbf{Sposób 13 (Wzór Herona - Czysta Algebra)}

Skorzystajmy z faktu, który udowodniliśmy w Sposobie 3:
Pole trójkąta $ABD$ jest równe polu trójkąta $BCD$.
Oznacza to, że pole dużego trójkąta $ADC$ jest podwojonym polem trójkąta $ABD$.

1. Obliczmy pole trójkąta $ABD$ ze wzoru Herona.
Boki: $a=17, b=17, c=16$.
Połowa obwodu ($s_1$):
\[
s_1 = \frac{17+17+16}{2} = \frac{50}{2} = 25
\]
Pole $P_{ABD}$:
\[
P_{ABD} = \sqrt{s_1(s_1-a)(s_1-b)(s_1-c)}
\]
\[
P_{ABD} = \sqrt{25(25-17)(25-17)(25-16)}
\]
\[
P_{ABD} = \sqrt{25 \cdot 8 \cdot 8 \cdot 9}
\]
Możemy to łatwo spierwiastkować:
\[
P_{ABD} = 5 \cdot 8 \cdot 3 = 120
\]

2. Ustalmy pole dużego trójkąta $ADC$.
\[
P_{ADC} = 2 \cdot P_{ABD} = 2 \cdot 120 = 240
\]

3. Zastosujmy wzór Herona dla dużego trójkąta $ADC$.
Jego boki to:
\[
|AD|=16, \quad |AC|=34 \quad (17+17), \quad |CD|=x
\]
Połowa obwodu ($s_2$):
\[
s_2 = \frac{16+34+x}{2} = \frac{50+x}{2} = 25 + \frac{x}{2}
\]

Zapiszmy równanie na pole:
\[
240 = \sqrt{s_2(s_2-16)(s_2-34)(s_2-x)}
\]

Podstawmy $s_2 = 25 + \frac{x}{2}$:
\begin{align*}
    s_2 - 16 &= 9 + \frac{x}{2} \\
    s_2 - 34 &= \frac{x}{2} - 9 \\
    s_2 - x &= 25 - \frac{x}{2}
\end{align*}

Podstawmy te nawiasy do wzoru:
\[
240 = \sqrt{\left(25 + \frac{x}{2}\right) \left(9 + \frac{x}{2}\right) \left(\frac{x}{2} - 9\right) \left(25 - \frac{x}{2}\right)}
\]

Zauważmy wzory skróconego mnożenia $(a+b)(a-b)$! Pogrupujmy wyrazy:
\[
240 = \sqrt{ \left[ \left(25 + \frac{x}{2}\right)\left(25 - \frac{x}{2}\right) \right] \cdot \left[ \left(\frac{x}{2} + 9\right)\left(\frac{x}{2} - 9\right) \right] }
\]
\[
240 = \sqrt{ \left( 625 - \frac{x^2}{4} \right) \cdot \left( \frac{x^2}{4} - 81 \right) }
\]

Podnieśmy obustronnie do kwadratu:
\[
57600 = \left( 625 - \frac{x^2}{4} \right) \left( \frac{x^2}{4} - 81 \right)
\]

Dla ułatwienia podstawmy $t = \frac{x^2}{4}$:
\[
57600 = (625 - t)(t - 81)
\]
\[
57600 = 625t - 50625 - t^2 + 81t
\]
\[
t^2 - 706t + 108225 = 0
\]

Obliczamy deltę dla $t$:
\[
\Delta = (-706)^2 - 4 \cdot 108225
\]
\[
\Delta = 498436 - 432900 = 65536
\]
\[
\sqrt{\Delta} = \sqrt{65536} = 256
\]

Rozwiązania:
\[
t_1 = \frac{706 - 256}{2} = \frac{450}{2} = 225
\]
\[
t_2 = \frac{706 + 256}{2} = \frac{962}{2} = 481
\]

Mamy dwa przypadki dla $t = \frac{x^2}{4}$:
1. $\frac{x^2}{4} = 225 \implies x^2 = 900 \implies x = 30$.
2. $\frac{x^2}{4} = 481 \implies x^2 = 1924 \implies x \approx 43.8$.

Podobnie jak w metodzie 3., otrzymujemy dwa matematycznie poprawne rozwiązania 
równania pola (jeden dla trójkąta ostrokątnego, drugi dla rozwartego przy 
wierzchołku $D$). Wiedząc jednak z Sposobu 1 (lub analizy kątów), że kąt $\angle 
ADC$ musi być prosty, wybieramy rozwiązanie pasujące do geometrii układu.
W tym przypadku, rozwiązanie $x=30$ idealnie pasuje do trójkąta prostokątnego ($16^2+30^2=34^2$).

\textbf{Odpowiedź: } $|CD|=30$.

\bigskip
\noindent\textbf{Komentarz:}
Wzór Herona rzadko jest "pierwszym wyborem" ze względu na skomplikowane 
obliczenia, ale tutaj pokazuje swoją moc. Pięknie połączył się ze wzorami 
skróconego mnożenia, co pozwoliło rozwiązać zadanie bez rysowania ani jednej 
wysokości.

\textbf{Sposób 14 (Rachunek Całkowy - Metoda Zmiennych Dynamicznych)}

Potraktujmy położenie punktu $D$ jako zmienną zależną od kąta $\theta$.
Umieśćmy środek układu w punkcie $B=(0,0)$.
Punkty $A$ i $C$ są stałe: $C=(17, 0)$ oraz $A=(-17, 0)$.

Niech punkt $D(\theta)$ porusza się po okręgu o promieniu $R=17$.
Jego współrzędne w zależności od kąta $\theta$ (mierzonego od odcinka $BC$) to:
\[
D(\theta) = (17\cos\theta, 17\sin\theta)
\]
gdzie $\theta \in [0, \pi]$.

Zdefiniujmy dwie funkcje opisujące kwadraty odległości punktu $D(\theta)$ od końców średnicy:
1. Funkcja kwadratu odległości od $C$:
\[
f(\theta) = |CD(\theta)|^2 = (17\cos\theta - 17)^2 + (17\sin\theta)^2
\]
2. Funkcja kwadratu odległości od $A$:
\[
g(\theta) = |AD(\theta)|^2 = (17\cos\theta + 17)^2 + (17\sin\theta)^2
\]

Obliczmy pochodne tych funkcji po kącie $\theta$ (czyli zbadajmy "prędkość zmian" kwadratu długości).

Dla $f(\theta)$:
\begin{align*}
f(\theta) &= 289(\cos\theta - 1)^2 + 289\sin^2\theta \\
f(\theta) &= 289(\cos^2\theta - 2\cos\theta + 1 + \sin^2\theta) \\
f(\theta) &= 289(2 - 2\cos\theta) = 578(1 - \cos\theta)
\end{align*}
Różniczkujemy po $\theta$:
\[
f'(\theta) = \frac{d}{d\theta} [578 - 578\cos\theta] = 578\sin\theta
\]

Teraz dla $g(\theta)$:
\begin{align*}
g(\theta) &= 289(\cos\theta + 1)^2 + 289\sin^2\theta \\
g(\theta) &= 289(\cos^2\theta + 2\cos\theta + 1 + \sin^2\theta) \\
g(\theta) &= 578(1 + \cos\theta)
\end{align*}
Różniczkujemy po $\theta$:
\[
g'(\theta) = \frac{d}{d\theta} [578 + 578\cos\theta] = -578\sin\theta
\]

\textbf{Kluczowa obserwacja całkowa:}
Zauważmy, że suma pochodnych jest równa zero:
\[
f'(\theta) + g'(\theta) = 578\sin\theta - 578\sin\theta = 0
\]

Skorzystajmy z definicji całki oznaczonej. Niech $\alpha$ będzie kątem, w którym znajduje się nasz szukany punkt $D$ z zadania.
Scałkujmy sumę pochodnych w granicach od $\theta=0$ do $\theta=\alpha$:

\[
\int_{0}^{\alpha} \left( f'(\theta) + g'(\theta) \right) d\theta = \int_{0}^{\alpha} 0 \, d\theta = 0
\]

Z własności liniowości całki:
\[
\int_{0}^{\alpha} f'(\theta) d\theta + \int_{0}^{\alpha} g'(\theta) d\theta = 0
\]

Zgodnie z Podstawowym Twierdzeniem Rachunku Całkowego ($\int_a^b h'(x)dx = h(b) - h(a)$):
\[
\left[ f(\alpha) - f(0) \right] + \left[ g(\alpha) - g(0) \right] = 0
\]

Przeanalizujmy warunki brzegowe dla $\theta=0$:
Gdy kąt jest zerowy, punkt $D$ pokrywa się z punktem $C$.
\begin{itemize}
    \item $f(0) = |CC|^2 = 0$
    \item $g(0) = |AC|^2 = (17+17)^2 = 34^2 = 1156$
\end{itemize}

Przeanalizujmy stan dla $\theta=\alpha$ (nasz szukany punkt $D$):
\begin{itemize}
    \item $f(\alpha) = |CD|^2$ (to nasza niewiadoma)
    \item $g(\alpha) = |AD|^2 = 16^2 = 256$ (z treści zadania)
\end{itemize}

Podstawmy te wartości do równania całkowego:
\[
\left( |CD|^2 - 0 \right) + \left( 256 - 1156 \right) = 0
\]
\[
|CD|^2 - 900 = 0
\]
\[
|CD|^2 = 900
\]
\[
|CD| = 30
\]

\textbf{Odpowiedź: } $|CD|=30$.

\textbf{Sposób 15 (Współrzędne Barycentryczne)}

Przyjmijmy trójkąt $ADC$ jako nasz trójkąt odniesienia.
Wierzchołki mają następujące znormalizowane współrzędne barycentryczne:
\[
A = (1, 0, 0), \quad D = (0, 1, 0), \quad C = (0, 0, 1)
\]
Oznaczmy długości boków tego trójkąta odniesienia w standardowej konwencji:
\begin{itemize}
    \item bok naprzeciw $A$ (czyli $|CD|$) oznaczmy jako $a$ (nasza niewiadoma).
    \item bok naprzeciw $D$ (czyli $|AC|$) oznaczmy jako $b$. Wiemy, że $b = 17+17 = 34$.
    \item bok naprzeciw $C$ (czyli $|AD|$) oznaczmy jako $c$. Wiemy, że $c = 16$.
\end{itemize}

1. Znajdźmy współrzędne punktu $B$.
Punkt $B$ jest środkiem boku $AC$ (boku naprzeciw wierzchołka $D$).
W układzie barycentrycznym środek odcinka łączącego $A(1,0,0)$ i $C(0,0,1)$ to średnia arytmetyczna współrzędnych:
\[
B = \frac{A + C}{2} = \left( \frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2} \right)
\]

2. Zdefiniujmy wektor przemieszczenia $\vec{BD}$.
Chcemy obliczyć odległość między $B$ a $D$. Utwórzmy wektor różnicowy:
\[
\vec{v} = D - B = (0, 1, 0) - \left( \frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2} \right) = \left( -\frac{1}{2}, 1, -\frac{1}{2} \right)
\]
Oznaczmy składowe tego wektora jako $(u, v, w) = (-0.5, 1, -0.5)$.
Zauważmy, że suma współrzędnych wektora wynosi $0$ ($u+v+w=0$), co jest poprawne dla wektora w tym układzie.

3. Zastosujmy wzór na długość wektora.
Kwadrat długości wektora $\vec{v}=(u,v,w)$ w trójkącie o bokach $a,b,c$ wyraża się wzorem:
\[
|\vec{v}|^2 = - (a^2 vw + b^2 wu + c^2 uv)
\]
(Jest to fundamentalny wzór metryczny w barycentryce).

Podstawmy nasze dane:
\[
|BD|^2 = 17^2 = 289
\]
Współczynniki:
\begin{align*}
    vw &= 1 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{2} \\
    wu &= \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{4} \\
    uv &= \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot 1 = -\frac{1}{2}
\end{align*}

Podstawmy do wzoru:
\[
289 = - \left( a^2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) + 34^2 \cdot \frac{1}{4} + 16^2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \right)
\]

Rozpiszmy to:
\[
289 = - \left( -\frac{a^2}{2} + \frac{1156}{4} - \frac{256}{2} \right)
\]
\[
289 = - \left( -\frac{a^2}{2} + 289 - 128 \right)
\]
\[
289 = \frac{a^2}{2} - 289 + 128
\]
\[
289 = \frac{a^2}{2} - 161
\]

Przenieśmy wiadome na lewą stronę:
\[
289 + 161 = \frac{a^2}{2}
\]
\[
450 = \frac{a^2}{2}
\]
\[
a^2 = 900
\]
\[
a = 30
\]

Pamiętając, że w naszym oznaczeniu $a = |CD|$, otrzymujemy wynik:
\[
|CD| = 30
\]

\textbf{Odpowiedź: } $|CD|=30$.

\end{document}