Problem done/RUSOM/LI/51.3.9.2.tex

% Geometry, Parallelograms, Triangles

\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}
\usepackage{polyglossia}

\setmainfont{Linux Libertine O}
\newfontfamily\russianfont{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}{LI RUSOM, etap 3, zadanie 9.2}

\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}
В равнобедренном треугольнике $ABC$ ($AB = BC$) проведена биссектриса $CD$. На основании $AC$ отмечена точка $F$ так, что $BD = CF$. Точка $E$ выбрана таким образом, что четырёхугольник $CDEF$ — параллелограмм. Докажите, что $BE = BF$.

\noindent\textbf{Polski:}

W trójkącie równoramiennym $ABC$ ($AB = BC$) poprowadzono dwusieczną $CD$. Na podstawie $AC$ zaznaczono punkt $F$ tak, że $BD = CF$. Punkt $E$ wybrano w taki sposób, że czworokąt $CDEF$ jest równoległobokiem. Udowodnij, że $BE = BF$.

\bigskip

\noindent\textbf{Solution:}

Interaktywna wersja rysunku: https://www.geogebra.org/geometry/jcksr38k

% wklej rys. 1

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/51.3.9.2_i0.jpg}
    \caption{Konfiguracja początkowa}
    % \label{fig:rys0}
\end{figure}

Po pierwsze: przedłużmy odcinek $ED$ do przecięcia z bokiem $BC$ w punkcie $X$.

Dodatkowo, oznaczmy, że $|BD| = |FC| = x$ oraz $|AB|=|BC|=a$. Oraz $\angle ACB = \angle BAC = 2\alpha$. Skoro $CD$ jest dwusieczną mamy, że $\angle ACD = \angle DCB = \alpha$.

Ze względu na kąty naprzemianległe mamy: $\angle XDC = \angle ACD = \alpha$. Ale już wcześniej mieliśmy, że $\angle DCB = \alpha$, ale punkty $X$, $B$, $C$ są współliniowe zgodnie z definicją punktu $X$, zatem $\angle DCX = \angle DCB = \alpha$.

Ale skoro $\angle DCX = \angle XDC$ to trójkąt $DCX$ jest równoramienny, przy czym $|CX| = |XD| = a - x$.

Dodatkowo, ze względu na równoległobok $FCDE$ mamy, że $|DE|=|FC|=x$. A to nam daje trójkąt równoramienny $EDB$. Ale daje nam coś ważniejszego: $|EX| = |XD| + |DE| = a$. (patrz rys. \ref{fig:rys2})

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/51.3.9.2_i1.jpg}
    \caption{Zaznaczone kąty}
    \label{fig:rys2}
\end{figure}

Dodatkowo, ze względu na równoległobok $FCDE$ mamy, że 
$$ED \parallel FC \Rightarrow EX \parallel AC$$

A ta równoległość daje $\angle EXB = \angle ACB = 2\alpha$. 

I teraz \textbf{bardzo ważna} rzecz: popatrzmy na trójkąty $EXB$ i $FCB$. Mamy, że $|EX| = |BC| = a$, $|BX| = |FC| = x$, $\angle EXB = \angle ACB = 2\alpha$. Czyli te trójkąty są \textbf{przystające} na podstawie cechy bkb!

A skoro są przystające to $|BF| = |BE|$. Co należało dowieść.

\end{document}